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- 2021-06-16 发布
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第 01 讲:转化化归思想情形之 1-4
【知识要点】
一、数学思想是人对数学知识的本质认识,是从某些具体的数学内容和对数学的认识过程中提炼上升
的数学观点,它在认识过程中被反复运用,带有普遍的指导意义.是建立数学和用数学解决问题的指导思想,
而且数学思想是数学学科的精髓,是数学素养的重要内容之一.学生只有领会了数学思想,才能有效地应用
知识,形成能力.在我们解决数学问题进行数学思维时,也总是自觉或不自觉地运用数学思想方法.
高中数学解题常用的数学思想有数形结合思想、分类讨论思想、转化化归思想、函数方程思想等.
二、在解决数学问题时,常遇到一些问题直接求解比较困难,通过观察、分析等思维过程,需将原问题
转化为一个新问题(相对来说,对自己较熟悉的),通过对新问题的求解,达到解决原问题的目的.这一思
想方法我们称之为“转化化归思想”.转化化归思想就是化难为易,化生为熟,化繁为简,化未知为已知.
转化化归思想的情形很多,常见的情形见后面的方法讲评.
三、转化化归要遵循的几个基本原则有:目标简单化原则、和谐统一性原则、熟悉化原则、直观化原
则.
四、本讲讲了转化化归思想情形之 1-4, 情形 1:正难则反的转化化归;情形 2:数形结合的转化化
归;情形 3:换元建新的转化化归;情形 4:主元次元的转化化归 .
【方法讲评】
转 化 化 归
情形一
正难则反的转化化归
一个数学问题从正面考虑比较复杂,可以先考虑问题的反面,求出反面问题的答案,再根据
正面反面问题的关系得到原数学问题的答案.
【例1】已知 ,m R 设命题 P :| m 5| 3 ;命题Q :函数 2 4( ) 3 2 3f x x mx m 有两个不同的零
点. 求使命题“ P 或Q ”为真命题的实数 m 的取值范围.
所以可以考虑 P Q假 假 .
所以 2 8
1 4
m m
m
或
,所以 1 2m .
所以实数 m 的取值范围是 ( , 1) [2, ) .
【点评】(1)本题从正面考虑,命题“ P 或Q ”为真命题有三种情况( P Q P Q真 假或 假 真或P真Q真),
所以从正面考虑,要分三种情况考虑,情况比较复杂,但是它的反面只有一种情况,就是 P Q假 假 ,
所以此时我们可以转化为考虑它的反面,求出实数 m 的取值范围,由于正面和反面的情况下,实数 m 的取值
范围的并集是 R ,所以我们求出反面情况下 m 的取值范围后,只要再求这个范围在R中的补集即可.(2)在
学习数学的过程中或实际生活中,当我们遇到正面考虑比较复杂的问题时 ,我们可以考虑它的反面.假设
正面解答问题的结果为集合 A ,反面解答问题的结果为集合 B ,则 ( UA B U B 全集),A=C .我们先考
虑它的反面得到集合 B ,再根据集合的关系得到问题的结果为 UC B .在有的资料上这种方法称为“补集法”.
【反馈检测 1】已知集合 2{ | 4 2 6 0}, { | 0}A x x mx m B x x ,若 A B ,求 m 的取值
范围.
【例 2】若下列三个方程: 2 2 2 24 4 3 0, ( 1) 0, 2 2 0x ax a x a x a x ax a 中至少有一个
方程有实根,试求实数 a 的取值范围.
【解析】三个方程中至少有一个方程有实根的反面时三个方程都没有实数根.
于是三个方程至少有一个方程有实根的实数 a 的取值范围为
12
3 aaaACU 或
【点评】(1)本题的正面有七种情形需要考虑,而其反面只有一种,即“三个方程均无实根”。故先考
虑其反面是捷径.从此题我们可以看到转化化归思想的优越性.(2)一般情况下,“至少”“至多”的命题,
如果正面情况分类比较繁琐,可以从反面考虑,优化解题,提高解题效率.
【反馈检测 2】已知 0 1a , 0 1b , 0 1c ,求证: (1 )a b , (1 )b c , (1 )c a 中至少有
一个小于等于 1
4
.
转 化 化 归
情形二
数形结合的转化化归
一个数学问题,如果从“数”的角度突破比较复杂或困难,可以把“数”转化为对应的“形”,
以形助数,提高解题效率;一个数学问题,如果从“形”的角度突破比较复杂或困难,可以
把“形”转化为对应的“数”,以数解形,提高解题效率.
【例 3】函数 2( ) ( 1) ( 0)xf x ax x e a .
(1)当 1a 时,若函数 ( )y f x 与 3 21 1( ) 3 2g x x x m 的图象有且只有 3 个不同的交点,求实数
m 的值的取值范围;(2)讨论 ( )f x 的单调性.
【解析】(1)当 1a 时,由题得
2
3 2
( 1)
1 1
3 2
xy x x e
y x x m
,
(2)由于 2( ) ( 1) xf x ax x e ,
∴ 2'( ) (2 1 1) xf x ax ax x e
2 1( ) xaax x ea
.
当 1
2a 时, '( ) 0f x 恒成立,∴ ( )f x 在 R 上单调递减;
当 1
2a 时, ( )f x 在 2 1( , )a
a
上单调递减,在 2 1( ,0)a
a
上单调递增,在 (0, ) 上单调递
减;
当 1 02 a 时, ( )f x 在 ( ,0) 上单调递减,在 2 1(0, )a
a
上单调递增,在 2 1( , )a
a
上单调
递减.
【点评】(1)直接研究函数 ( )y f x 与 3 21 1( ) 3 2g x x x m 的图象的交点比较困难,所以本题先利
用 两 函 数 图 像 交 点 的 个 数 等 价 于 两 方 程 组 解 的 个 数 , 得 到 方 程 组 , 通 过 消 元 得 到 方 程
2 3 21 1( 1) ( )3 2
xm x x e x x ,再构造新函数利用数形结合来解答,直观又简洁,大大地提高了解题
效率. (2)本题主要是典型的“以形助数”,把“数”等价地转化为“形”,再数形结合分析解答.
【反馈检测 3】已知函数 2( ) 1
xef x ax
,其中 a 为实数,常数 2.718e .
(1) 若 1
3x 是函数 ( )f x 的一个极值点,求 a 的值;
(2) 当 4a 时,求函数 ( )f x 的单调区间;
(3) 当 a 取正实数时,若存在实数 m,使得关于 x 的方程 ( )f x m 有三个实数根,求 a 的取值范围.
【例 4】已知函数 1ln)( xxxf
(1)求函数 )(xf 在 ][ 22 eex , 上的最大值与最小值;
(2)若 1x 时,函数 )(xfy 的图像恒在直线 kxy 上方,求实数 k 的取值范围;
(3)证明:当 Nn 时,
1
1
4
1
3
1
2
1)1ln(
nn .
【解析】(1)定义域为 )0( , ,且 1ln)( xxf ,
当 12 eex , 时, 0)( xf ,当 21 eex , 时, 0)( xf
)(xf 在 12 eex , 为为减函数;在 21 eex , 上为增函数,
,11
min 1)()( eefxf
2222
max 21)()(),(max)( eefefefxf
(2)当 ,1x 时,函数 )(xfy 的图像恒在直线 kxy 的上方,等价于 ,1x 时不等式
kxxx 1ln 恒成立,即
xxx
xxk 1ln1ln 恒成立,
令
xxxg 1ln)( , ,1x 则 22
111)( x
x
xxxg ,当 ,1x 时, 0)( xg ,故 )(xg 在
【点评】(1)函数 )(xfy 的图像恒在直线 kxy 上方,这是函数“形”方面的特征,等价转化为“数”
的特征,即 ,1x 时不等式 kxxx 1ln 恒成立,即
xxx
xxk 1ln1ln 恒成立, 即
min( )k g x .(2)本题第(2)问就是典型的“以数解形”,再分离参数化为函数的最值,提高了解题效率.
【反馈检测 4】已知
2)(,ln)(
2axxgxxxf ,直线 2)3(: kxkyl
(1)函数 )(xf 在 ex 处的切线与直线l 平行,求实数 k 的值
(2)若至少存在一个 ],1[0 ex 使 )()( 00 xgxf 成立,求实数 a 的取值范围
(3)设 Zk ,当 1x 时 )(xf 的图像恒在直线l 的上方,求 k 的最大值.
转 化 化 归
情形三
换元建新的转化化归
有时,我们遇到比较复杂的问题,可以通过换元,把无理式变成有理式,可以把高次降幂成
低次,可以变多元为少元,可以把复杂的函数、方程、不等式等转化为易于解答的常见问题.
【例 5】求函数 (sin 1)(cos 1) [ , ]12 2y x x x 的值域.
2
2t 时, min
3 2
4 2y
故所求函数的值域为 3 2 3 2[ , ]4 2 2 2
.
【 点 评 】( 1 ) 由 于 2(sin cos ) 1 2sin cos 1 sin 2x x x x x , 所 以 当 已 知 中 同 时 有
sin cos ,sin cosx x x x 或者同时有sin cos ,sin cosx x x x 时,可以考虑换元,化成一个二次函数.(2)
换元时注意利用三角函数的知识求准新元的范围.(3)本题显示出换元建立新函数转化化归的好处,本来
一个函数有两个变量,不好处理,但是通过换元,变成了一个我们熟悉的一元二次函数,大大地提高了解
题效率.
【例 6】若 0 2,x 求函数
1
2( ) 4 3 2 5x xy f x
的值域.
【解析】由题得 2
1
2
4 13 2 5 (2 ) 3 2 524
x
x x xy 21 (2 ) 3 2 52
x x
设 212 0 2 1 4 ( ) 3 5 (1 4)2
x t x t f t t t t
函数的对称轴方程为 3 312 2
t
所以 min
1( ) (3) 2f t f , max
5( ) (1) 2f t f ,
所以函数的值域为 1 5[ , ]2 2
.
【点评】(1)本题看起来形式比较复杂,仔细观察后,它们可以化为含有 2x 的函数,但是,这个函数
21 (2 ) 3 2 52
x xy 研究起来不是很方便,但是通过观察换元后,得到了一个关于t 的新的一元二次函数
21( ) 3 5 (1 4)2f t t t t ,二次函数的问题我们解答起来就容易多了.(2)本题就是换元建新转化
化归的典型题目,换元时,一定要注意等价性,注意新元的范围.
【反馈检测 5】已知 x 满足不等式 1 1
2 2
log log (2 )x x .
(1)求 x 的取值范围;
(2)求函数 2 2( ) (log ) (log )4 2
x xf x 的最小值.
【例 7】已知函数 2ln 2 ,g x x ax a x a R .
(1)求 g x 的单调区间;
(2)若函数 21 2f x g x a x x , 1 2 1 2, ( )x x x x 是函数 f x 的两个零点, f x 是函数
f x 的导函数,证明: 1 2 02
x xf
.
综上:∴当 0a 时, g x 的单调增区间为 10, a
,单调减区间为 1 ,a
当 0a 时, g x 的单调增区间为 0,
(2)由 1 2,x x 是函数 2lnf x x x ax 的两个零点有 2
1 1 1 1ln 0f x x x ax
2
2 2 2 2ln 0f x x x ax ,相减得 1 2
1 2
1 2
ln lnx xa x xx x
又∵ 1 2f x x ax
∴ 1 2 1 2
1 2
1 2 1 2 1 2
ln ln2 2
2
x x x xf x x ax x x x x x
所以要证明 1 2 02
x xf
,只需证明 1 2
1 2 1 2
ln ln2 0x x
x x x x
1 2(0 )x x
【点评】(1)本题第 2 小问分析出 1 2
1 2
1 2
2 ln lnx x x xx x
后,证明还是很不方便,又进行了变形,转
化成即证明
1
2 1
1 2
2
2 1
ln *
1
x
x x
x x
x
, 这时 1
2
0,1x tx
,进行换元得到 1 ln 2 2h t t t t ,这样一
个双变量的函数通过换元一下子变成了一个新的单元函数,后面的证明就是水到渠成了.这里的换元很关
键,是突破此题的关键. (2)本题是换元建新转化化归的典型例题. 换元无处不在,遇到难题时,我们要
多观察,多分析时间长了,能力自然就上来了.
【反馈检测 6】已知函数 2ln 2lna xf x x a kx a
(1)若 0k ,证明 0f x ;
(2)若 0f x ,求 k 的取值范围;并证明此时 f x 的极值存在且与 a 无关.
转化 化归
情形四
主元次元的转化化归
有时我们遇到多个变量的问题,有的是主元,有的是次元,但是主次是相对的,可以转化的.
有时解题比较复杂困难时,如果变换主元次元,可以大大地优化解题.
【例 8】已知函数 lnf x x .若不等式 mf x a x 对所有 0,1m , 21 ,x ee
都成立,求实
数 a 的取值范围.
【解析】则 lna m x x 对所有的 0,1m , 21 ,x ee
都成立,
令 lnH x x m x , 0,1m , 21 ,x ee
是关于 m 的一次函数,
所以 2 2
min( ) ( ) 2g x g e e
所以 22a e 综合得 2a e .
【点评】(1)对于不等式 lnm x a x ,由于 1 ln 2x ,有正有负,不便分离次参,所以我们要寻
找其它方法突破,在这里,我们构造一次函数反客为主就是一种方法,本身来说, x 是主元, m 是次元,
但是我们可以把 m 看成自变量,因为已知中有 m 的范围, [0,1]m ,把 m 看成主元,把 x 看作参数,看做
次元,利用一次函数的性质分析解答.这样避免了分类讨论,提高了解题效率.(2)本题是主元次元转化化归
的典型例题,要理解其精髓.(3)对于“分离次参”的题目,有时也可以尝试主元次元转化化归的方法来解
答.在有的资料上称为“反客为主”.
【反馈检测 7】已知函数 , , , .
(Ⅰ)讨论 的单调性;
(Ⅱ)对于任意 ,任意 ,总有 ,求 的取值范围.
转化化归思想在高中数学中的应用情形归纳
第 01 讲:转化化归思想情形之 1-4 参考答案
【反馈检测 1 答案】 1m
【反馈检测 1 详细解析】∵ {x | x 0}B ,且 A B ,
故方程 2 4 2 6 0x mx m 至少存在一个负根时 1m ,即 A B 时,则 m 的取值范围为 1m .
【反馈检测 2 答案】见解析.
【反馈检测 2 详细解析】假设 1 1 11 , 1 , 14 4 4a b b c c a 则有
31 1 1 2a b b c c a 〔*〕
又∵ 1 1 1a b b c c a 1 1 1 3
2 2 2 2
a b b c c a 与〔*〕矛盾
所以假设不成立,原命题成立.
【反馈检测 3 答案】(1) 9
5a ;(2) ( )f x 的单调增区间是 5 1(1 , )2 2
, 1 5( ,1 )2 2
;
( )f x 的单调减区间是 1( , )2
, 1 5( ,1 )2 2
, 5(1 , )2
;(3) a 的取值范围是 (1, ) .
【反馈检测 3 详细解析】(1)
2
2 2
( 2 1)( ) (1 )
xax ax ef x ax
因为 1
3x 是函数 ( )f x 的一个极值点,所以 1( ) 03f ,
即 1 2 91 0,9 3 5a a a . 而当 9
5a 时, 2 29 5 9 1 52 1 ( 2 ) ( )( )5 9 5 3 3ax ax x x x x ,
可验证: 1
3x 是函数 ( )f x 的一个极值点.因此 9
5a .
(2) 当 4a 时,
2
2 2
( 4 8 1)( ) (1 4 )
xx x ef x x
令 ( ) 0f x 得 24 8 1 0x x ,解得 51 2x ,而 1
2x .
所以当 x 变化时, ( )f x 、 ( )f x 的变化是
x 1( , )2
1 5( ,1 )2 2
51 2
5 1(1 , )2 2
1 5( ,1 )2 2
51 2
5(1 , )2
( )f x 0 0
( )f x 极小值 极大值
因此 ( )f x 的单调增区间是 5 1(1 , )2 2
, 1 5( ,1 )2 2
; ( )f x 的单调减区间是 1( , )2
, 1 5( ,1 )2 2
,
5(1 , )2
;
但是函数值恒大于零,极大值 1( )f x ,极小值 2( )f x ,并且根据指数函数和二次函数的变化速度可知当
x 时, 2( ) 1
xef x ax
,当 x 时, 2( ) 01
xef x ax
.因此当 2 1( ) ( )f x m f x 时,
关于 x 的方程 ( )f x m 一定总有三个实数根,结论成立.
【反馈检测 4 答案】(1) 5k ;(2) 0a ;(3)5.
【反馈检测 4 详细解析】
(1) 1ln xxf ,由于 )(xf 在 ex 处的切线与直线l 平行
321ln keef ,解得 5k
(2)由于至少存在一个 ],1[0 ex 使 )()( 00 xgxf 成立,
2ln
2axxx 成立至少存在一个 x
整理得
x
xa ln2 成立至少存在一个 x ,令 x
xxh ln2 ,当 ex ,1 时,
0ln12
2
x
xxh 恒成立,因此 x
xxh ln2 在 e,1 单调递增,当 1x 时,
当 01 xx 时 0)( xm 即 0)( xF ,当 0xx 时 0)( xm 即 0)( xF ,
所以 )(xF 在 ),1( 0x 上单调递减,在 ),( 0 x 上单调递增
0 0 0 0 0 0
min 0
0 0
ln 3 2 ( 2) 3 2( ) ( ) 1 1
x x x x x xF x F x x x
0 2 (5,6)x
故 20 xk 又 Zk ,所以 k 的最大值为 5.
【反馈检测 5 答案】(1) (0,1];(2)2.
【反馈检测 5 详细解析】(1) 0 1x
x>0
由题得 2-x>0
x 2-x
2 2 2 2( ) (log log 4)(log log 2)f x x x (2)由题得
2
2 2 2 2(log 2)(log 1) (log ) 3log 2x x x x
2
2
3 3log = ( 0), ( ) 3 2, ,2 2x a a g a a a a 设 函数的对称轴为
0a 画出二次函数的图像得当 时,函数取到最小值2. min( ) (0) 2f x f 所以 .
【反馈检测 6 答案】(1)见解析(2)见解析.
【反馈检测 6 详细解析】(1)若 2 2
2 20, a x ak f x x x x
当 0, , 0,2
ax f x f x
单调递减;当 , , 0,2
ax f x f x
单调递增
所以 min 2ln 2 2ln 2 1 ln2 02 2
a af x f a
,得证
(1)若 2ln 2ln 0a af x x a kx x
,变形得到 2ln x a aka x x
,
令 = ( 0)x t ta
,得到 2
2 ln 1t t kt
1 12 1 2 tg t t t
,所以在 0,1 单减,在 1, 单增,所以 1 0g t g ,
即 g t 在 0, 单增,当 0, 0t g t 所以 0g t ,∴ 0k
下面再证明 f x 的极值存在且与 a 无关:
① 2 2
2 20, a x ak f x x x x
, = 2ln 2 2ln 2 1 ln22 2
a af x f a 极小值
与 a 无关.
② 2 2
1 2
2 2 2
2 20, k x x x xa k kx ax ak f x x x a ax ax
(其中
1 2
1 1 1 1
0, 0
a k a k
x xk k
)所以 1 0x x 且 f x 在 2x 处取极小值
2 2 2
2 2
2 2
2ln 2ln 2lnx x xa af x x a k kx a a x a
因为
2
1 1a k
x k
,∴ 2
1 1 kx
a k
是关于 k 的函数(与 a 无关),
所以 2 2
2
2
2ln x xaf x ka x a
也是关于 k 的函数(与 a 无关).
【反馈检测 7 答案】(Ⅰ)当 时, 递减区间为 ,不存在增区间;当 时, 递减区间为
,递增区间 ;(Ⅱ) .
【反馈检测 7 详细解析】(Ⅰ) 则
若对任意 , 恒成立,即
令 ,则
设 ,则
∴ 在 递减, 即
∴ 在 递减∴ 即 的取值范围为 .
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