2021年高考数学大二轮专题复习第一编 第4讲 转化与化归思想

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1、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)数列an中

2、，a12，amnaman，若 ak1ak2ak10215 25，则 k( ) A2 B3 C4 D5 答案 C 解析 在等式 amnaman中，令 m1，可得 an1ana12an，a n1 an 2，数列an是 以 2 为首项，2 为公比的等比数列，an22n 12n.ak 1ak2ak10 ak1（1210） 12 2 k1（1210） 12 2k1(2101)25(2101)，2k125，则 k15， 解得 k4.故选 C. (2)在平行四边形 ABCD 中，|AB |12，|AD |8.若点 M，N 满足BM 3MC ，DN 2NC ，则 AM NM ( ) A20 B15 C36 D

3、6 答案 C 解析 解法一：由BM 3MC ，DN 2NC 知，点 M 是 BC 的一个四等分点，且 BM3 4BC， 点 N 是 DC 的一个三等分点，且 DN2 3DC，所以AM AB 3 4AD ，AN AD DN AD 2 3AB ， 所 以 NM AM AN AB 3 4 AD AD 2 3AB 1 3 AB 1 4 AD ， 所 以 AM NM AB 3 4AD 1 3AB 1 4AD 1 3 AB 3 4AD AB 3 4AD 1 3 AB 29 16AD 2 1 3 144 9 1664 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

4、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AM (12，6)，NM (4，2)，所以AM NM 1246(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)1x3，则 f(lg 2)f lg 1 2 ( ) A2 B4 C2 D4 答案 A 解析 f(x)1x3，f(x)f(x)2，lg 1 2lg 2，f(lg 2)f

5、lg 1 2 2，故选 A. 2(2020 山东省泰安市高三四模)直线 l 过抛物线 C：y22px(p0)的焦点 F(1，0)，且与 C 交于 A，B 两点，则 p_， 1 |AF| 1 |BF|_ 答案 2 1 解析 由p 21，得 p2，当直线 l 的斜率不存在时，l：x1，与 y 24x 联立解得 y 2， 此时|AF|BF|2，所以 1 |AF| 1 |BF| 1 2 1 21；当直线 l 的斜率存在时，设 l：yk(x1)，代 入抛物线方程，得 k2x22(k22)xk20，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x21， 1 |AF| 1 |BF| |AF|BF| |AF

6、|BF| x1x22 （x11）（x21） x1x22 x1x2x1x21 x1x22 1x1x211. 热点 2 函数、方程、不等式间的转化 例 2 (1)已知函数 f(x)ax(x21)x(a0)，方程 ff(x)b 对于任意 b1，1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(x21)x(a0)，f(x)3ax2(1a).若 01.令 f(x)0，得 x a1 3a ，不妨 令 x1 a1 3a ， x2 a1 3a .当 a1 时， a13a， 1x10， 0x21.f(x)a(x)( x)21(

7、x)ax(x21)xf(x)，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 b1， 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 a1 3a 2 3(1 a) a1 3a 0，解得 a4，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 a2，则下列不等式中一定成立的是( ) A(a1)a2(a2)a1 Bloga(a1)lo

8、g(a1)(a2) C.loga(a1)a1 a Dlog(a1)(a2)e，ln （a1） a1 ln （a2） a2 ，(a1)a2(a2)a1，log(a 1)(a2) a2 a1，可得 A，D 正确 ln （a1） a1 与ln a a 的大小关系不确定，C 不正确对于 B，令 g(x)logx(x1)(x2)，则 g(x)x ln x（x1）ln （x1） x（x1）ln2x log(a1)(a2)，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

9、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(2kx)ex(x0)， 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 ， 1 e2 B 1 e4 1 2， 1 e3 2 3 C 1 e3 2 3， 1 e21 D 1 e21， 1 e2 答案 C 解析 f(x)x(2kx)ex0 x(kx2)ex x exkx2，设 g(x) x ex(x0)，h(x

10、)kx2，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) 1x ex (x0)，当 x1 时，g(x)0，所以函数 g(x)在(1，)上单调递减；当 0x0，所以函数 g(x)在(0，1)上单调递增，所以 g(x)maxg(1)1 e.注意到 g(0)0，当 x0 时， g(x)0.h(x)kx2，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： g（2）h（2）， g（3）h（3） k 1 e21， k 1 e3 2 3 1 e3 2 3k 1 e21，故选 C. 2

11、(2020 山东省临沂市高三一模)已知函数 f(x) x33x22，x0， x2ex，x0， 若方程 f(x)a0 有两个不相等的实根，则实数 a 的取值范围是_ 答案 a|6a2 或 a4e2 解析 当 x0 时，f(x)x33x22，故 f(x)3x26x3x(x2)，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 x0 时，f(x)x2ex，故 f(x)xex(x2)，故函数在(，2)上单调递减，在2， 0)上单调递增，f(2)4e2.画出函数图象，如图所示： f(x)a0，即 f(x)a，根据图象知，2a6 或a4e2，解得6a2 或 a 4e2. 热点

12、 3 正难则反的转化 例 3 (1)若命题“ x0R，x2 02mx0m20”为假命题，则 m 的取值范围是( ) A.(，12，) B(，1)(2，) C.1，2 D(1，2) 答案 C 解析 若命题“ x0R，x2 02mx0m20”为假命题，则命题等价于 xR，x 22mx m20 恒成立，故只需要4m24(m2)01m2.故选 C. (2)已知函数 f(x)ax2xln x 在区间(1，2)上不单调，则实数 a 的取值范围为_ 答案 0，1 8 解析 f(x)2ax11 x. ()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 2ax11

13、 x0， 得 a1 2 1 x 1 x2 . 令 t1 x，因为 x(1，2)，所以 t 1 x 1 2，1 . 设 h(t)1 2(tt 2)1 2 t1 2 2 1 8，t 1 2，1 ，显然函数 yh(t)在区间 1 2，1 上单调递减， 所以 h(1)h(t)h 1 2 ，即 0h(t)1 8. 由可知，a1 8. ()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 2ax11 x0， 得 a1 2 1 x 1 x2 . 结合()可知，a0. 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 1 8， .所以

14、若函数 f(x)在区间(1，2)上不单调，则实数 a 的取值范围为 0，1 8 . 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1 2和 1 3.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 1 6 2 3 解析 因为甲、乙两球落入盒子的概率分别为1 2， 1 3，且两球是否

15、落入盒子互不影响，所以 甲、乙都落入盒子的概率为1 2 1 3 1 6，甲、乙两球都不落入盒子的概率为 11 2 11 3 1 3， 所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为 11 3 2 3. 2若二次函数 f(x)4x22(p2)x2p2p1 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 3，3 2 解析 若在区间1，1内不存在 c 满足 f(c)0， 因为 36p20 恒成立， 则 f（1）0， f（1）0， 解得 p1 2或p1， p3或p3 2 所以 p3 或 p3 2，取补集得3p 3 2， 即满足题意的实数 p 的取值范围是 3，3 2 .

16、 热点 4 形体位臵关系的转化 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 3， 则四面体 ABCD 外接球的表面积为( ) A6 B7 C8 D9 答案 B 解析 根据题意可知四面体 ABCD 的三条侧棱 BDAD，DCDA， 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，BDCD1，BC 3，BDC120， BDC 的外接圆的半径为1 2 3 sin1201.由题意可得，球心到底面的距离为 1 2AD 3 2 ， 球的半径为 r 3

17、 41 7 2 .故外接球的表面积为 4r27，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， ABADDG2， ACEF1， 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 CHDG 于 H，连接 EH，即把多面体分割成一个直三棱柱 DEHABC 和一个斜三棱柱 BEFCHG.由 题意， 知 V 三棱柱DEHABCSDEH AD 1 221 22， V 三棱柱BEFCHGSBEF DE 1 221 22.故所求几何体的体积为

18、 V 多面体ABCDEFG224. 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ABMIDEKG 238，故所求几何体的体积为 V 多面体ABCDEFG1 284. 形体位臵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臵关系、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 ABCA1B1C1的棱 BC，BB1的中 点，设A1MN

19、的面积为 S1，平面 A1MN 截三棱柱 ABCA1B1C1所得截面面积为 S，五棱锥 A1 CC1B1NM 的体积为 V1， 三棱柱 ABCA1B1C1的体积为 V， 则V1 V _， S1 S _ 答案 7 12 3 5 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 ABCA1B1C1所得截面为四边形 A1NMQ.BB1CC1，M 为 BC 的中点，则 PCMNBM.点 M 为 PN 的中点A1MN 的面积 S11 2SA1NP，QCA1C1， PC PC1 1 3 PQ PA1，A1QM 的面积 2 3S

20、A1PM， S1 S 3 5.BMN 的面积 1 8S 四边形CC1B1B，五棱锥 A1 CC1B1NM 的体积为 V17 8V 四棱锥A1CC1B1B，连接 A1B，则三棱锥 A1ABC 的体积1 3V， V1 V 7 8 V1 3V V 7 12. 2.如图，直三棱柱 ABCA1B1C1中，点 D 是棱 B1C1的中点，ABAC 2，BCBB12. (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，ODAC1， OD 平面 A1BD，AC

21、1平面 A1BD， AC1平面 A1BD. (2)由已知，ABAC，取 BC 的中点 H，则 BCAH， BB1平面 ABC，AH 平面 ABC， BB1AH，BCBB1B， AH平面 BCC1B1. 又 ABAC 2，BC2，AH1， BB1C1D， SBC1D1 2C1DBB1 1 2121， VDABC1VABC1D1 3SBC1DAH 1 311 1 3. AC124 6，BC1442 2， AC2 1AB 2BC2 1，ABC1是直角三角形， SABC11 2 2 6 3， 设点 D 到平面 ABC1的距离为 h， 则1 3 3h 1 3，得 h 3 3 ， 即点 D 到平面 ABC1的距离为 3 3 .