【高考前三個月復習數學理科 數學思想方法】專題10 第47練

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第47練轉化與化歸思想思想方法解讀轉化與化歸思想，就是在研究和解決有關數學問題時，采用某種手段將問題通過變換使之轉化，進而使問題得到解決的一種數學方法.一般是將復雜的問題通過變換轉化為簡單的問題，將難解的問題通過變換轉化為容易求解的問題，將未解決的問題通過變換轉化為已解決的問題.轉化與化歸思想是實現具有相互關聯(lián)的兩個知識板塊進行相互轉化的重要依據，如函數與不等式、函數與方程、數與形、式與數、角與邊、空間與平面、實際問題與數學問題的互化等，消去法、換元法、數形結合法等都體現了等價轉化思想，我們也經常在函數、方程、不等式之間進行等價轉化，在復習過程中應注意相近主干知識之間的互化，注重知識的綜合性.轉化與化歸思想的原則(1)熟悉已知化原則：將陌生的問題轉化為熟悉的問題，將未知的問題轉化為已知的問題，以便于我們運用熟知的知識、經驗和問題來解決.(2)簡單化原則：將復雜問題化歸為簡單問題，通過對簡單問題的解決，達到解決復雜問題的目的，或獲得某種解題的啟示和依據.(3)和諧統(tǒng)一原則：轉化問題的條件或結論，使其表現形式更符合數與形內部所表示的和諧統(tǒng)一的形式；或者轉化命題，使其推演有利于運用某種數學方法或符合人們的思維規(guī)律.(4)正難則反原則：當問題正面討論遇到困難時，應想到問題的反面，設法從問題的反面去探討，使問題獲得解決.?？碱}型精析題型一正難則反的轉化例1已知集合AxR|x24mx2m60，BxR|x0，若AB，求實數m的取值范圍.點評本題中，AB，所以A是方程x24mx2m60的實數解組成的非空集合，并且方程的根有三種情況：(1)兩負根；(2)一負根和一零根；(3)一負根和一正根.分別求解比較麻煩，我們可以從問題的反面考慮，采取“正難則反”的解題策略，即先由0，求出全集U，然后求的兩根均為非負時m的取值范圍，最后利用“補集思想”求解，這就是正難則反這種轉化思想的應用，也稱為“補集思想”.變式訓練1若對于任意t1,2，函數g(x)x3x22x在區(qū)間(t,3)上總不為單調函數，則實數m的取值范圍是_.題型二函數、方程、不等式之間的轉化例2已知函數f(x)x3x2x(0af(x3)恒成立，求實數a的取值范圍.點評解決方程、不等式的問題需要函數幫助，解決函數的問題需要方程、不等式的幫助，因此借助于函數、方程、不等式進行轉化與化歸可以將問題化繁為簡，一般可將不等關系轉化為最值(值域)問題，從而求出參變量的范圍.變式訓練2(2015課標全國)設函數f(x)e2xaln x.(1)討論f(x)的導函數f(x)零點的個數；(2)證明：當a0時，f(x)2aaln.題型三主與次的轉化例3已知函數f(x)x33ax1，g(x)f(x)ax5，其中f(x)是f(x)的導函數.對滿足1a1的一切a的值，都有g(x)0，則實數x的取值范圍為_.點評主與次的轉化法合情合理的轉化是數學問題能否“明朗化”的關鍵所在，通過變換主元，起到了化繁為簡的作用.在不等式中出現兩個字母：x及a，關鍵在于該把哪個字母看成變量，哪個看成常數.顯然可將a視作自變量，則上述問題即可轉化為在1,1內關于a的一次函數小于0恒成立的問題.變式訓練3設f(x)是定義在R上的單調遞增函數，若f(1axx2)f(2a)對任意a1,1恒成立，則x的取值范圍為_.題型四以換元為手段的轉化與化歸例4是否存在實數a，使得函數ysin2xacos xa在閉區(qū)間0，上的最大值是1？若存在，則求出對應的a的值；若不存在，則說明理由.點評換元有整體代換、特值代換、三角換元等情況.本題是關于三角函數最值的存在性問題，通過換元，設cos xt，轉化為關于t的二次函數問題，把三角函數的最值問題轉化為二次函數y(t)2a，0t1的最值問題，然后分類討論解決問題.變式訓練4若關于x的方程9x(4a)3x40有解，則實數a的取值范圍是_.高考題型精練1.已知alog23log2，blog29log2，clog32，則a，b，c的大小關系是()A.abcC.abbc2.下列關于函數f(x)(2xx2)ex的判斷正確的是()f(x)0的解集是x|0x2；f()是極小值，f()是極大值；f(x)既沒有最小值，也沒有最大值.A. B.C. D.3.(2014湖南)若0x1x2ln x2ln x1B.ex1ex2x1ex2D.x2ex1x1ex24.設a，bR，a22b26，則ab的最小值為()A.2 B.C.2 D.5.過雙曲線1上任意一點P，引與實軸平行的直線，交兩漸近線于R、Q兩點，則的值為()A.a2 B.b2C.2ab D.a2b26.設P為曲線C：yx22x3上的點，且曲線C在點P處切線傾斜角的取值范圍為，則點P橫坐標的取值范圍為()A. B.1,0C.0,1 D.7.P為雙曲線1的右支上一點，M、N分別是圓(x5)2y24和圓(x5)2y21上的點，則|PM|PN|的最大值為()A.6 B.7C.8 D.98.設aR，若函數yexax，xR有大于零的極值點，則()A.a1C.a D.aln(n1)(nN*).答案精析第47練轉化與化歸思想?？碱}型精析例1解設全集Um|(4m)24(2m6)0，即Um|m1或m.若方程x24mx2m60的兩根x1，x2均為非負，則所以，使AB的實數m的取值范圍為m|m1.變式訓練1解析g(x)3x2(m4)x2，若g(x)在區(qū)間(t,3)上總為單調函數，則g(x)0在(t,3)上恒成立，或g(x)0在(t,3)上恒成立.由得3x2(m4)x20，即m43x在x(t,3)上恒成立，所以m43t恒成立，則m41，即m5；由得m43x在x(t,3)上恒成立，則m49，即m.所以，函數g(x)在區(qū)間(t,3)上總不為單調函數的m的取值范圍為m5.例2解因為f(x)x2x(xa2)，所以令f(x)0，解得x1，x22a.由0a1，知12a0，得x2a；令f(x)0，得x2a，所以函數f(x)在(1,2a)上單調遞減，在(2a,2)上單調遞增.所以函數f(x)在1,2上的最小值為f(2a)(2a)2，最大值為maxf(1)，f(2)max.因為當0a時，a；當a，由對任意x1，x2，x31,2，都有f(x1)f(x2)f(x3)恒成立，得2f(x)minf(x)max(x1,2).所以當0，結合0a可解得1a；當aa，結合a1可解得a2.綜上，知所求實數a的取值范圍是1a0).當a0時，f(x)0，f(x)沒有零點.當a0時，因為e2x單調遞增，單調遞增，所以f(x)在(0，)上單調遞增.又f(a)0，當b滿足0b且b時，f(b)0時，f(x)存在唯一零點.(2)證明由(1)，可設f(x)在(0，)的唯一零點為x0，當x(0，x0)時，f(x)0.故f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，)上單調遞增，所以當xx0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0).由于0，所以f(x0)2ax0aln2aaln.故當a0時，f(x)2aaln.例3解析由題意，知g(x)3x2ax3a5，令(a)(3x)a3x25，1a1.對1a1，恒有g(x)0，即(a)0，即解得x1.故當x時，對滿足1a1的一切a的值，都有g(x)1，即a2時，函數y(t)2a在t0,1上單調遞增，t1時，函數有最大值ymaxaa1，解得a2(舍去)；當01，即0a2時，t函數有最大值，ymaxa1，解得a或a4(舍去)；當0，即a0(舍去)，綜上所述，存在實數a使得函數有最大值.變式訓練4(，8解析設t3x，則原命題等價于關于t的方程t2(4a)t40有正解，分離變量a，得a4，t0，4，a8，即實數a的取值范圍是(，8.高考題型精練1.B alog23log2log23，blog29log2log23，ab.又函數ylogax(a1)為增函數，alog23log221，clog32c.2.A 若f(x)(2xx2)ex0，則0x2，正確；f(x)ex(x)(x)，f(x)在(，)和(，)上單調遞減，在(，)上單調遞增.f()是極小值，f()是極大值，正確；易知也正確.3.C 設f(x)exln x(0x1)，則f(x)ex.令f(x)0，得xex10.根據函數yex與y的圖象可知兩函數圖象交點x0(0,1)，因此函數f(x)在(0,1)上不是單調函數，故A，B選項不正確.設g(x)(0x1)，則g(x).又0x1，g(x)0.函數g(x)在(0,1)上是減函數.又0x1x2g(x2)，4.C 由a22b26，得1.所以可設abcos sin sin.因為1sin1，所以ab2.5.A 當直線RQ與x軸重合時，|a，故選A.6.A 設P(x0，y0)，傾斜角為，0tan 1，f(x)x22x3，f(x)2x2,02x021，1x0，故選A.7.D 設雙曲線的左、右焦點分別為F1、F2，則其分別為已知兩圓的圓心，由已知|PF1|PF2|236.要使|PM|PN|最大，需PM，PN分別過F1、F2點即可.(|PM|PN|)max(|PF1|2)(|PF2|1)|PF1|PF2|39.8.A yexax，yexa.函數yexax有大于零的極值點，則方程yexa0有大于零的解，x0時，ex1，aex0).令g(x)0，解得0x1；令g(x)1.函數g(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，)上單調遞減，g(x)極大值g(1)2.(2)證明由(1)知x1是函數g(x)的極大值點，也是最大值點，g(x)g(1)2，即ln x(x1)2ln xx1(當且僅當x1時等號成立)，令tx1，得tln(t1)(t1)，取t(nN*)時，則lnln，1ln 2，ln ，ln ，ln，疊加得1ln(2)ln(n1).即1ln(n1).