新高考數(shù)學二輪復習考點突破講義 第2部分 思想方法　第4講　轉化與化歸思想（含解析）

第4講轉化與化歸思想思想概述轉化與化歸思想方法適用于在研究、解決數(shù)學問題時，思維受阻或試圖尋求簡單方法或從一種情形轉化到另一種情形，也就是轉化到另一種情形使問題得到解決，這種轉化是解決問題的有效策略，同時也是獲取成功的思維方式．方法一特殊與一般的轉化一般問題特殊化，使問題處理變得直接、簡單，也可以通過一般問題的特殊情形找到一般思路；特殊問題一般化，可以使我們從宏觀整體的高度把握問題的一般規(guī)律，從而達到成批處理問題的效果；對于某些選擇題、填空題，可以把題中變化的量用特殊值代替，得到問題答案．例1(1)“蒙日圓”涉及幾何學中的一個著名定理，該定理的內容為：橢圓上兩條互相垂直的切線的交點必在一個與橢圓同心的圓上，該圓稱為原橢圓的蒙日圓，若橢圓C：eq\f(x2,a＋1)＋eq\f(y2,a)＝1(a>0)的離心率為eq\f(1,2)，則橢圓C的蒙日圓的方程為()A．x2＋y2＝9 B．x2＋y2＝7C．x2＋y2＝5 D．x2＋y2＝4思路分析求蒙日圓方程→求蒙日圓半徑→找圓上任一點即可求半徑→取特殊點→求兩切線的交點，即為蒙日圓上一點答案B解析因為橢圓C：eq\f(x2,a＋1)＋eq\f(y2,a)＝1(a>0)的離心率為eq\f(1,2)，所以eq\f(1,\r(a＋1))＝eq\f(1,2)，解得a＝3，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，所以橢圓的上頂點A(0，eq\r(3))，右頂點B(2,0)，所以經過A，B兩點的切線方程分別為y＝eq\r(3)，x＝2，所以兩條切線的交點坐標為(2，eq\r(3))，又過A，B的切線互相垂直，由題意知交點必在一個與橢圓C同心的圓上，可得圓的半徑r＝eq\r(22＋\r(3)2)＝eq\r(7)，所以橢圓C的蒙日圓方程為x2＋y2＝7.批注根據(jù)題意每個橢圓的“蒙日圓”都是固定的，所以取特殊點，利用過特殊點的互相垂直的切線的交點也在蒙日圓上即可求半徑，體現(xiàn)了特殊到一般的思想．(2)在平行四邊形ABCD中，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝12，|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝8，若點M，N滿足eq\o(BM,\s\up6(→))＝3eq\o(MC,\s\up6(→))，eq\o(DN,\s\up6(→))＝2eq\o(NC,\s\up6(→))，則eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(NM,\s\up6(→))等于()A．20B．15C．36D．6思路分析假設ABCD為矩形，建系→寫出坐標→數(shù)量積運算答案C解析假設ABCD為矩形，以A為坐標原點，AB，AD所在直線為x軸、y軸建立如圖所示的平面直角坐標系，則A(0,0)，M(12,6)，N(8,8)，∴eq\o(AM,\s\up6(→))＝(12,6)，eq\o(NM,\s\up6(→))＝(4，－2)，∴eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(NM,\s\up6(→))＝12×4＋6×(－2)＝36.規(guī)律方法一般問題特殊化，使問題處理變得直接、簡單；特殊問題一般化，可以把握問題的一般規(guī)律，使我們達到成批處理問題的效果．對于客觀題，當題設條件提供的信息在普通條件下都成立或暗示答案是一個定值時，可以把題中變化的量用特殊值代替，可以快捷地得到答案．方法二命題的等價轉化將題目已知條件或結論進行轉化，使深奧的問題淺顯化、繁雜的問題簡單化，讓題目得以解決．一般包括數(shù)與形的轉化、正與反的轉化、常量與變量的轉化、圖形形體及位置的轉化．例2(1)(2022·濟南模擬)若“?x∈(0，π)，sin2x－ksinx<0”為假命題，則k的取值范圍為()A．(－∞，－2] B．(－∞，2]C．(－∞，－2) D．(－∞，2)思路分析原命題為假命題→“?x∈0，π，sin2x－ksinx≥0”為真命題→分離常數(shù)求解.答案A解析依題意知，命題“?x∈(0，π)，sin2x－ksinx<0”為假命題，則“?x∈(0，π)，sin2x－ksinx≥0”為真命題，所以2sinxcosx≥ksinx，則k≤2cosx，解得k≤－2，所以k的取值范圍為(－∞，－2]．(2)已知在三棱錐P－ABC中，PA＝BC＝2eq\r(34)，PB＝AC＝10，PC＝AB＝2eq\r(41)，則三棱錐P－ABC的體積為()A．40 B．80C．160 D．240思路分析求P－ABC的體積→補成長方體→求長方體除P－ABC之外的三棱錐體積答案C解析因為三棱錐P－ABC的三組對邊兩兩相等，所以可將此三棱錐放在一個特定的長方體中(如圖所示)，把三棱錐P－ABC補成一個長方體AEBG－FPDC.易知三棱錐P－ABC的各棱分別是此長方體的面對角線．不妨令PE＝x，EB＝y(tǒng)，EA＝z，則由已知，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝100，,x2＋z2＝136，,y2＋z2＝164))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝6，,y＝8，,z＝10.))從而知VP－ABC＝VAEBG－FPDC－VP－AEB－VC－ABG－VB－PDC－VA－FPC＝VAEBG－FPDC－4VP－AEB＝6×8×10－4×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×6×8×10＝160.規(guī)律方法根據(jù)命題的等價性對題目條件進行明晰化是解題常見思路；對復雜問題可采用正難則反策略，也稱為“補集法”；含兩個變量的問題可以變換主元．方法三函數(shù)、方程、不等式之間的轉化函數(shù)與方程、不等式緊密聯(lián)系，通過研究函數(shù)y＝f(x)的圖象性質可以確定方程f(x)＝0，不等式f(x)>0和f(x)<0的解集．例3已知f(x)＝lnx－eq\f(x,4)＋eq\f(3,4x)，g(x)＝－x2－2ax＋4，若對?x1∈(0,2]，?x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，則a的取值范圍是__________．思路分析對?x1∈0，2]，?x2∈[1，2]，使得fx1≥gx2成立→?x2∈[1，2]，fxmin≥gx→分離參數(shù)求范圍.答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)，＋∞))解析因為f(x)＝lnx－eq\f(x,4)＋eq\f(3,4x)，所以f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,4)－eq\f(3,4x2)＝eq\f(－x2＋4x－3,4x2)＝－eq\f(x－1x－3,4x2)，當0<x<1時，f′(x)<0，當1<x<2時，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2)，即?x∈[1,2]，g(x)≤eq\f(1,2)，即?x∈[1,2]，－x2－2ax＋4≤eq\f(1,2)，∴a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,2)＋\f(7,4x)))min，函數(shù)φ(x)＝－eq\f(x,2)＋eq\f(7,4x)在[1,2]上單調遞減，∴φ(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)，\f(5,4)))，∵a≥－eq\f(1,8)，∴a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)，＋∞)).例4已知函數(shù)f(x)＝elnx，g(x)＝eq\f(1,e)f(x)－(x＋1).(1)求函數(shù)g(x)的極大值；(2)求證：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)>ln(n＋1)(n∈N*)．思路分析gx的極值→lnx<x－1→賦值疊加證明結論(1)解∵g(x)＝eq\f(1,e)f(x)－(x＋1)＝lnx－(x＋1)，∴g′(x)＝eq\f(1,x)－1(x>0)．令g′(x)>0，解得0<x<1；令g′(x)<0，解得x>1.∴函數(shù)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x＝1是函數(shù)g(x)的極大值點，也是最大值點，∴g(x)≤g(1)＝－2，即lnx－(x＋1)≤－2?lnx≤x－1(當且僅當x＝1時，等號成立)，令t＝x－1，得t≥ln(t＋1)(t>－1)．取t＝eq\f(1,n)(n∈N*)時，則eq\f(1,n)>lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))＝ln

eq\f(n＋1,n)，∴1>ln2，eq\f(1,2)>ln

eq\f(3,2)，eq\f(1,3)>ln

eq\f(4,3)，…，eq\f(1,n)>lneq\f(n＋1,n)，∴疊加得1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq