【高考快车道】下篇 数学思想方法 第4讲 转化与化归思想（课件）数学高考二轮复习

(共30张PPT)
第4讲　转化与化归思想
应用一　特殊与一般的转化
应用二　命题的等价转化
目 录 索 引
应用三　函数、方程、不等式之间的转化
应用四　正难则反的转化
【思想概述】 转化与化归思想方法适用于在研究、解决数学问题时,思维受阻或试图寻求简单方法或从一种情形转化到另一种情形,也就是转化到另一种情形使问题得到解决的情况.这种转化是解决问题的有效策略,同时也是获取成功的思维方式.
应用一　特殊与一般的转化
例1　(多选题)已知函数f(x)满足对任意的x,y∈R,都有f(x+y)+f(x-y)= 2f(x)f(y),且f(0)≠0.下列结论正确的是(　　 )【一题多解】
A.f(0)=1
B.f(x)是偶函数
C.若f(2)=3,则f(4)=6
D.若f(1)=0,则4是f(x)的一个周期
ABD
解析 (方法一)由题意知,令f(x)=3cosx,可知A,B,D正确;C错误.故选ABD.
(方法二)令x=y=0,则f(0)+f(0)=2f(0)=2[f(0)]2,
因为f(0)≠0,所以f(0)=1,故A正确;
令x=0,则 y∈R,f(y)+f(-y)=2f(y)f(0)=2f(y) f(y)=f(-y)恒成立,
所以函数f(x)为偶函数,故B正确;
由f(2)=3,令x=y=2,则f(4)+f(0)=2f(2)f(2),得f(4)=17,故C错误;
由f(1)=0,令y=1,则f(x+1)+f(x-1)=2f(x)f(1)=0,
所以f(x+2)+f(x)=0,f(x+4)+f(x+2)=0,得f(x+4)=f(x),
则f(x)为周期函数且4为其一个周期,故D正确.故选ABD.
应用体验1
(多选题)(2025湖北十堰三模)已知b<0,a+b=2,则(　　 )【一题多解】
A.a2+b2<4
B.a(1-b)>2
C.2a-2-b>3
D.2a+2b>2-a+2-b
BCD
解析 (方法一　特殊值法)
因为b<0,a+b=2,令a=3,b=-1,依次代入可得选项B,C,D正确,A错误.故选BCD.
(方法二)因为b<0,a+b=2,即a=2-b,
当a=3,b=-1时,则a2+b2=10>4,故A错误;
因为a(1-b)=(2-b)(1-b)=b2-3b+2,且f(b)=b2-3b+2在(-∞,0)上单调递减,
则f(b)>f(0)=2,故B正确;
因为2a-2-b=22-b-2-b=3·2-b,且b<0,则-b>0,2-b>1,所以2a-2-b=3·2-b>3,故C正确;
因为a+b=a-(-b)=2>0,即a>-b,且g(x)=2x-2-x在定义域R内单调递增,
则g(a)>g(-b),
即2a-2-a>2-b-2b,所以2a+2b>2-a+2-b,故D正确.故选BCD.
应用二　命题的等价转化
例2　(2025江苏四市联考)一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器ABC-A1B1C1,其中盛有一定体积的水,当底面ABC水平放置时,水面高为.当侧面AA1B1B水平放置时(如图),容器内的水形成新的几何体.若该几何体的所有顶点均在同一个球面上,则该球的表面积为(　　)【一题多解】
A. B.
C.100π D.
A
解析 (方法一)V水=4×4=15
4×44=16
如图,=16-154,
,而=4,
,
,
即C1D1=C1E1=D1E1=1,
由于点C1到边A1B1的距离为2,则点D1到边A1B1的距离为2
设正方形ABB1A1外接圆圆心为O1,则该圆半径r1=AB=2
设矩形DEE1D1外接圆圆心为O2,则该圆半径r2=D1E=,设外接球半径为R,
则
解得R2=,
故外接球表面积为4πR2=故选A.
(方法二)由当底面ABC水平放置时,水面高为可知容器内的空气占容器体积的,于是侧放时,图中的空气区域的“小三棱柱”的体积为容器体积的,因此“小三棱柱”的底面“小三角形”的面积为大三角形的,则边长之比为1∶4,即“小三角形”边长为1.如图:
设圆的半径为r,在△ABD中,
由余弦定理可得BD=
,
故2r=,故r=,
所以外接球的半径为R=,
所以球的表面积为S=4πR2=故选A.
应用体验2
(2025湖南湘潭三模)记x,y为实数,设甲:y>x>0,乙:x-cos yA.甲是乙的充分不必要条件
B.甲是乙的必要不充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
A
解析 构建函数f(x)=x+cos x,因为x-cos yx+cos x,
即f(y)>f(x),且f'(x)=1-sin x≥0,可知f(x)在定义域R上单调递增,
则f(y)>f(x)等价于y>x,显然由y>x>0可以推出y>x,但由y>x不能推出y>x>0,
所以甲是乙的充分不必要条件.故选A.
应用三　函数、方程、不等式之间的转化
例3　(2025河北秦皇岛三模)设函数f(x)=(x-1)ln(x-a),若f(x)≥0恒成立,则y=的最大值为(　　)
A.1 B.e
C. D.不存在
C
解析 f(x)=(x-1)ln(x-a)可看作g(x)=x-1与h(x)=ln(x-a)的积,又f(x)≥0恒成立,所以g(x),h(x)同号.又因为函数g(x)与h(x)在定义域上均是增函数,所以两个函数的零点重合,则g(1)=h(1)=ln(1-a)=0,a=0,所以y=,所以y'=,令y'=0得x=e,则函数y=在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以函数最大值为故选C.
应用体验3
(2025湖南永州三模)若函数f(x)=aex-x3在区间(1,3)上单调递增,则实数a的最小值为(　　)
A. B.
C. D.
C
解析 已知f(x)=aex-x3,可得f'(x)=aex-3x2.
因为f(x)在区间(1,3)上单调递增,所以f'(x)≥0在区间(1,3)上恒成立,
即aex-3x2≥0在区间(1,3)上恒成立.
可得a在区间(1,3)上恒成立,令g(x)=,x∈(1,3),则a≥g(x)max.
则g'(x)=
令g'(x)=0,即=0.
因为ex>0恒成立,所以3x(2-x)=0,解得x=0(舍去)或x=2.
当10,g(x)单调递增;当2所以g(x)在x=2处取得极大值,也是最大值,g(2)=
因为a≥g(x)max=,
所以实数a的最小值为故选C.
应用四　正难则反的转化
例4　(1)(2025湖南三模)如图,从正六边形ABCDEF的顶点和该正六边形的中心O这七个点中任意选取三个点,若选出的三个点能构成三角形,则构成的三角形不是等边三角形的概率是(　　)
A. B.
C. D.
B
解析 从这七个点中任选三个点,共有=35(种),其中三点共线的情形有3种,
即A,O,D或B,O,E或C,O,F,其中能构成等边三角形的有△OAB,△OBC,△OCD,△ODE,△OEF,△OFA,△ACE,△BDF,共8个.
因此构成的三角形不是等边三角形的概率是1-故选B.
(2)(2025河北邯郸模拟)已知定义在R上的函数y=f(x)的图象上任意一点(x0,y0)处的切线方程是y-y0=(x0-a)(-1)(x-x0),且y=f(x)在区间(a2,+∞)上不是单调递增的,则实数a的取值范围是　　　　　.
(0,1)
解析 由已知得f'(x)=(x-a)(ex-1),若a=0,则f'(x)≥0,满足f(x)是增函数;
若a<0,由f'(x)>0得,x0,也满足f(x)在(a2,+∞)上单调递增;
若a>0,由f'(x)>0得,x<0或x>a,若f(x)在(a2,+∞)上单调递增,需满足(a2,+∞) (a,+∞),即a2≥a>0,解得a≥1,
∴f(x)在(a2,+∞)上单调递增时,实数a的取值范围是a≤0或a≥1,
∴f(x)在区间(a2,+∞)上不是单调递增时,实数a的取值范围是(0,1).
应用体验4
(1)(2025河南新乡三模)某校从2名女生和4名男生中选出3人去参加一项创新大赛,则选出的3人中至少有1名女生的概率为(　　)
A. B.
C. D.
C
解析 任选3人,共有=20(种)选法.
其中,任选3人没有女生的选法总数为=4,
故选出的3人中至少有1名女生的概率为1-故选C.
(2)(2025山东潍坊二模)已知圆台的上底面半径为1,下底面半径为2,其下底面与半球O的底面重合,上底面圆周在半球O的球面上,则圆台的侧面积为
　　　　　;半球O被该圆台的上底面所在的平面截得两部分,其体积分别为V1,V2(V16π
解析 作出圆台的轴截面如图,设圆台的上底面半径为r1,下底面半径为r2,球的半径为R,
∵圆台的上底面半径为1,下底面半径为2,∴r1=1,r2=2,
又下底面与半球O的底面重合,∴R=2,
∴圆台的高h=,
∴圆台的母线长为l==2,
∴圆台的侧面积为S=π(r1+r2)l=π(1+2)×2=6π,
半球的体积为V半球=R323=
∵球心到圆台的上底面所在的平面的距离为d=,
∴球冠的高度为h'=R-d=2-,
∴球冠的体积为V1=,
∴V2=V半球-V1==3,