(共42张PPT)
第4讲 转化与化归思想
第一编 讲方法
1
热点题型探究
PART
ONE
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解
解
本课结束第4讲 转化与化归思想
「思想方法解读」 转化与化归思想是指在研究解决数学问题时，采用某种手段将问题通过转化，使问题得以解决的一种思维策略，其核心是把复杂的问题化归为简单的问题，将较难的问题化归为较容易求解的问题，将未能解决的问题化归为已经解决的问题．
常见的转化与化归思想应用具体表现在：将抽象函数问题转化为具体函数问题，立体几何和解析几何中一般性点或图形问题转化为特殊点或特殊图形问题，以及“至少”或“是否存在”等正向思维受阻问题转化为逆向思维问题，空间与平面的转化，相等问题与不等问题的转化等．
热点题型探究
热点1 特殊与一般的转化
例1 (1)(2020·全国卷Ⅱ)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝( )
A．2
B．3
C．4
D．5
答案 C
解析 在等式am＋n＝aman中，令m＝1，可得an＋1＝ana1＝2an，∴＝2，∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2×2n－1＝2n.∴ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝＝＝2k＋1·(210－1)＝25(210－1)，∴2k＋1＝25，则k＋1＝5，解得k＝4.故选C．
(2)在平行四边形ABCD中，||＝12，||＝8.若点M，N满足＝3，＝2，则·＝( )
A．20
B．15
C．36
D．6
答案 C
解析 解法一：由＝3，＝2知，点M是BC的一个四等分点，且BM＝BC，点N是DC的一个三等分点，且DN＝DC，所以＝＋，＝＋＝＋，所以＝－＝＋－＝－，所以·＝·＝·＝＝＝36，故选C．
解法二：不妨设∠DAB为直角，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系．则M(12,6)，N(8,8)，所以＝(12,6)，＝(4，－2)，所以·＝12×4＋6×(－2)＝36，故选C．
一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单；特殊问题一般化，可以把握问题的一般规律，使我们达到成批处理问题的效果．
对于客观题，当题设条件提供的信息在普通条件下都成立或暗示答案是一个定值时，可以把题中变化的量用特殊值代替，可以快捷地得到答案．
1．若函数f(x)＝1＋x3，则f(lg
2)＋f＝( )
A．2
B．4
C．－2
D．－4
答案 A
解析 ∵f(x)＝1＋x3，∴f(－x)＋f(x)＝2，∵lg
＝－lg
2，∴f(lg
2)＋f＝2，故选A．
2．(2020·山东省泰安市高三四模)直线l过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F(1,0)，且与C交于A，B两点，则p＝________，＋＝________.
答案 2 1
解析 由＝1，得p＝2，当直线l的斜率不存在时，l：x＝1，与y2＝4x联立解得y＝±2，此时|AF|＝|BF|＝2，所以＋＝＋＝1；当直线l的斜率存在时，设l：y＝k(x－1)，代入抛物线方程，得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2＝1，＋＝＝＝＝＝1.
热点2 函数、方程、不等式间的转化
例2 (1)已知函数f(x)＝ax(x2－1)＋x(a>0)，方程f[f(x)]＝b对于任意b∈[－1,1]都有9个不等实根，则实数a的取值范围为( )
A．(1，＋∞)
B．(2，＋∞)
C．(3，＋∞)
D．(4，＋∞)
答案 D
解析 ∵f(x)＝ax(x2－1)＋x(a>0)，∴f′(x)＝3ax2＋(1－a)．若0
1.令f′(x)＝0，得x＝±
，不妨令x1＝－，x2＝
.∵当a>1时，a－1<3a，
∴－1∴f(x)是奇函数，又函数f(x)过定点(1,1)，(－1，－1)和(0,0)，则作出函数f(x)的大致图象如图所示．
令f(x)＝t，方程f(t)＝b对于任意b∈[－1,1]都有9个不等实根，即方程f(x)＝t1，f(x)＝t2，f(x)＝t3，一共有9个不等实根，
∴f(x)在极小值点处的函数值小于－1，即f＝(1－a)<－1，即(a－4)(2a＋1)2>0，解得a>4，故实数a的取值范围为(4，＋∞)．故选D．
(2)(多选)(2020·山东省聊城市高三模拟)若实数a≥2，则下列不等式中一定成立的是( )
A．(a＋1)a＋2>(a＋2)a＋1
B．loga(a＋1)C．loga(a＋1)<
D．log(a＋1)(a＋2)<
答案 AD
解析 令f(x)＝，则f′(x)＝，可得函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∵实数a≥2，∴a＋1>e，∴>，∴(a＋1)a＋2>(a＋2)a＋1，log(a＋1)(a＋2)<，可得A，D正确．∵与的大小关系不确定，
∴C不正确．对于B，令g(x)＝logx(x＋1)(x≥2)，则g′(x)＝<0，∴函数g(x)在[2，＋∞)上单调递减，∴loga(a＋1)>log(a＋1)(a＋2)，B不正确．综上可得，只有A，D正确．
函数、方程与不等式相互转化的应用
函数、方程与不等式三者之间存在着密不可分的联系，解决方程、不等式的问题需要函数帮助，解决函数的问题需要方程、不等式的帮助，因此借助于函数、方程、不等式之间的转化可以将问题化繁为简，常常将不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题；将证明不等式问题转化为函数的单调性与最值问题，将方程的求解问题转化为函数的零点问题．
1．已知函数f(x)＝x＋(2－kx)ex(x>0)，若f(x)>0的解集为(a，b)，且(a，b)中恰有两个整数，则实数k的取值范围为( )
A．
B．
C．
D．
答案 C
解析 f(x)＝x＋(2－kx)ex>0?x>(kx－2)ex?>kx－2，设g(x)＝(x>0)，h(x)＝kx－2，问题就转化为在(a，b)内，g(x)>h(x)，且(a，b)中恰有两个整数．先研究函数g(x)的单调性，g′(x)＝(x>0)，当x>1时，g′(x)<0，所以函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减；当00，所以函数g(x)在(0,1)上单调递增，所以g(x)max＝g(1)＝.注意到g(0)＝0，当x>0时，g(x)>0.h(x)＝kx－2，恒过(0，－2)，要想在(a，b)内，g(x)>h(x)，且(a，b)中恰有两个整数，必须要满足以下两个条件：??＋≤k＜＋1，故选C．
2．(2020·山东省临沂市高三一模)已知函数f(x)＝若方程f(x)＋a＝0有两个不相等的实根，则实数a的取值范围是________.
答案 {a|－6解析 当x≥0时，f(x)＝－x3＋3x2＋2，故f′(x)＝－3x2＋6x＝－3x(x－2)，故函数在[0,2]上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，f(0)＝2，f(2)＝6；
当x<0时，f(x)＝－x2ex，故f′(x)＝－xex(x＋2)，故函数在(－∞，－2)上单调递减，在[－2,0)上单调递增，f(－2)＝－4e－2.画出函数图象，如图所示：
f(x)＋a＝0，即f(x)＝－a，根据图象知，2≤－a<6或－a＝－4e－2，解得－6热点3 正难则反的转化
例3 (1)若命题“?x0∈R，x＋2mx0＋m＋2<0”为假命题，则m的取值范围是( )
A．(－∞，－1]∪[2，＋∞)
B．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
C．[－1,2]
D．(－1,2)
答案 C
解析 若命题“?x0∈R，x＋2mx0＋m＋2<0”为假命题，则命题等价于?x∈R，x2＋2mx＋m＋2≥0恒成立，故只需要Δ＝4m2－4(m＋2)≤0?－1≤m≤2.故选C．
(2)已知函数f(x)＝ax2－x＋ln
x在区间(1,2)上不单调，则实数a的取值范围为________.
答案
解析 f′(x)＝2ax－1＋.
(ⅰ)若函数f(x)在区间(1,2)上单调递增，
则f′(x)≥0在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋≥0，得a≥.①
令t＝，因为x∈(1,2)，所以t＝∈.
设h(t)＝(t－t2)＝－2＋，t∈，显然函数y＝h(t)在区间上单调递减，
所以h(1)＜h(t)＜h，即0＜h(t)＜.
由①可知，a≥.
(ⅱ)若函数f(x)在区间(1,2)上单调递减，
则f′(x)≤0在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋≤0，得a≤.②
结合(ⅰ)可知，a≤0.
综上，若函数f(x)在区间(1,2)上单调，则实数a的取值范围为(－∞，0]∪.所以若函数f(x)在区间(1,2)上不单调，则实数a的取值范围为.
正与反的转化法
正难则反，利用补集求得其解，这就是补集思想，一种充分体现对立统一、相互转化的思想方法．一般地，题目若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很少，从反面考虑较简单，因此，间接法多用于含有“至多”“至少”情形的问题中．
1．(2020·天津高考)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为和.假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为________.
答案
解析 因为甲、乙两球落入盒子的概率分别为，，且两球是否落入盒子互不影响，所以甲、乙都落入盒子的概率为×＝，甲、乙两球都不落入盒子的概率为×＝，所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1－＝.
2．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1,1]内至少存在一个值c，使得f(c)＞0，则实数p的取值范围是________.
答案
解析 若在区间[－1,1]内不存在c满足f(c)＞0，
因为Δ＝36p2≥0恒成立，
则解得
所以p≤－3或p≥，取补集得－3＜p＜，
即满足题意的实数p的取值范围是.
热点4 形体位置关系的转化
例4 (1)正三角形ABC的边长为2，将它沿高AD折叠，使点B与点C间的距离为，则四面体ABCD外接球的表面积为( )
A．6π
B．7π
C．8π
D．9π
答案 B
解析 根据题意可知四面体ABCD的三条侧棱BD⊥AD，DC⊥DA，底面△BDC是等腰三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径．在三棱柱底面△BDC中，BD＝CD＝1，BC＝，∴∠BDC＝120°，∴△BDC的外接圆的半径为×＝1.由题意可得，球心到底面的距离为AD＝，∴球的半径为r＝＝.故外接球的表面积为4πr2＝7π，故选B．
(2)如图所示，已知多面体ABCDEFG中，AB，AC，AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为________.
答案 4
解析 解法一：(分割法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C作CH⊥DG于H，连接EH，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH－ABC和一个斜三棱柱BEF－CHG.由题意，知V三棱柱DEH－ABC＝S△DEH·AD＝×2＝2，V三棱柱BEF－CHG＝S△BEF·DE＝×2＝2.故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝2＋2＝4.
解法二：(补形法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，显然所求多面体的体积即该正方体体积的一半．又正方体的体积V正方体ABMI－DEKG＝23＝8，故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝×8＝4.
形体位置关系的转化是通过切割、补形、等体积转化等方式转化为便于观察、计算的常用几何体，由于新的几何体是转化而来的，一般需要对新几何体的位置关系、数据情况进行必要分析，准确理解新几何体的特征．
1.
(2020·山东省聊城市高三一模)点M，N分别为三棱柱ABC－A1B1C1的棱BC，BB1的中点，设△A1MN的面积为S1，平面A1MN截三棱柱ABC－A1B1C1所得截面面积为S，五棱锥A1－CC1B1NM的体积为V1，三棱柱ABC－A1B1C1的体积为V，则＝________，＝________.
答案
解析 如图所示，延长NM交C1C的延长线于点P，连接PA1交AC于点Q，连接QM.
平面A1MN截三棱柱ABC－A1B1C1所得截面为四边形A1NMQ.∵BB1∥CC1，M为BC的中点，则△PCM≌△NBM.∴点M为PN的中点．∴△A1MN的面积S1＝S△A1NP，∵QC∥A1C1，＝＝，
∴△A1QM的面积＝S△A1PM，∴＝.∵△BMN的面积＝S四边形CC1B1B，∴五棱锥A1－CC1B1NM的体积为V1＝V四棱锥A1－CC1B1B，连接A1B，则三棱锥A1－ABC的体积＝V，∴＝＝.
2．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，点D是棱B1C1的中点，AB＝AC＝，BC＝BB1＝2.
(1)求证：AC1∥平面A1BD；
(2)求点D到平面ABC1的距离．
解 (1)证明：如图，连接AB1，交A1B于点O，
则O为AB1的中点，连接OD，又D是B1C1的中点，
∴OD∥AC1，
∵OD?平面A1BD，AC1?平面A1BD，
∴AC1∥平面A1BD．
(2)由已知，AB＝AC，取BC的中点H，则BC⊥AH，
∵BB1⊥平面ABC，AH?平面ABC，
∴BB1⊥AH，∵BC∩BB1＝B，
∴AH⊥平面BCC1B1.
又AB＝AC＝，BC＝2，∴AH＝1，
∵BB1⊥C1D，
∴S△BC1D＝C1D·BB1＝×1×2＝1，
∴VD－ABC1＝VA－BC1D＝S△BC1D·AH＝×1×1＝.
∵AC1＝＝，BC1＝＝2，
∴AC＋AB2＝BC，∴△ABC1是直角三角形，
∴S△ABC1＝××＝，设点D到平面ABC1的距离为h，则××h＝，得h＝，即点D到平面ABC1的距离为.