思想04划归与转化思想（理科）第三篇思想方法篇-《2022年高考文科数学二轮复习》（全国课标版）

思想04划归与转化思想“抓基础，重转化”是学好中学数学的金钥匙.事实上，数学中的转化比比皆是，如未知向已知转化，复杂问题向简单问题转化，新知识向旧知识转化，命题之间的转化，数与形的转化，空间向平面转化，高维向低维转化，多元向一元转化，高次向低次转化，函数与方程的转化等，都是转化思想的体现.转化的常用策略有熟悉化、简单化、直观化、特殊化、一般化、整体化、间接化等.一、考向分析：二、考向讲解考查内容解题技巧函数与方程函数与方程思想在解题中的应用主要涉及以下知识(1)函数与不等式的相互转化，把不等式转化为函数，借助函数的图象和性质可解决相关的问题，常涉及不等式恒成立问题、比较大小问题.一般利用函数思想构造新函数，建立函数关系求解.(2)三角函数中有关方程根的计算，平面向量中有关模、夹角的计算，常转化为函数关系，利用函数的性质求解.(3)数列的通项与前n项和是自变量为正整数的函数，可用函数的观点去处理数列问题，常涉及最值问题或参数范围问题，一般利用二次函数或一元二次方程来解决.(4)解析几何中有关求方程、求值等问题常常需要通过解方程(组)来解决，求范围、最值等问题常转化为求函数的值域、最值来解决.(5)立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算，经常需要运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决.数形结合运用数形结合思想分析解决问题的3个原则(1)等价性原则在数形结合时，代数性质和几何性质的转换必须是等价的，否则解题将会出现漏洞，有时，由于图形的局限性，不能完整地表现数的一般性，这时图形的性质只能是一种直观而浅显的说明.(2)双向性原则在数形结合时，既要进行几何直观的分析，又要进行代数抽象的探索，两方面相辅相成，仅对代数问题进行几何分析(或仅对几何问题进行代数分析)在许多时候是很难行得通的.(3)简单性原则找到解题思路之后，至于用几何方法还是用代数方法或者兼用两种方法来叙述解题过程，则取决于哪种方法更为简单.分类讨论1.分类讨论的原则(1)不重不漏；(2)标准要统一，层次要分明；(3)能不分类的要尽量避免或尽量推迟，决不无原则地讨论.2.分类讨论的本质与思维流程(1)分类讨论思想的本质：“化整为零，积零为整”.(2)分类讨论的思维流程：明确讨论的对象和动机→确定分类的标准→逐类进行讨论归纳综合结论→检验分类是否完备(即检验分类对象彼此交集是否为空集，并集是否为全集).化归与转化思想1.转化与化归的原则(1)熟悉化原则：将陌生的问题转化为熟悉的问题，以利于我们运用熟悉的知识、经验来解决.(2)简单化原则：将复杂问题化归为简单问题，通过对简单问题的解决，达到解决复杂问题的目的，或获得某种解题的启示和依据.(3)直观化原则：将比较抽象的问题化为比较直观的问题来解决.(4)正难则反原则：当问题正面讨论遇到困难时，可考虑问题的反面，设法从问题的反面去探讨，使问题获解.2.转化与化归的指导思想(1)把什么问题进行转化，即化归对象.(2)化归到何处去，即化归目标.(3)如何进行化归，即化归方法.转化与化归思想是一切数学思想方法的核心.知识点一：正与反的转化[例1]若对任意的t∈[1，2]，函数g(x)＝x3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)＋2))x2－2x在区间(t，3)上总不为单调函数，则实数m的取值范围是______________.[解析]由题意得g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，若g(x)在区间(t，3)上总为单调函数，则①g′(x)≥0在(t，3)上恒成立，或②g′(x)≤0在(t，3)上恒成立.由①得3x2＋(m＋4)x－2≥0，即m＋4≥eq\f(2,x)－3x在x∈(t，3)上恒成立，∴m＋4≥eq\f(2,t)－3t恒成立，则m＋4≥－1，即m≥－5；由②得m＋4≤eq\f(2,x)－3x在x∈(t，3)上恒成立，则m＋4≤eq\f(2,3)－9，即m≤－eq\f(37,3).∴函数g(x)在区间(t，3)上总不为单调函数的m的取值范围为－eq\f(37,3)<m<－5.[答案]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(37,3)，－5))[技法领悟](1)本题是正与反的转化，由于不为单调函数有多种情况，先求出其反面，体现“正难则反”的原则.(2)题目若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很少，从反面考虑比较简单，因此，间接法多用于含有“至多”“至少”及否定性命题情形的问题中.[应用体验]1.由命题“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命题，得m的取值范围是(－∞，a)，则实数a的取值是()A.(－∞，1) B.(－∞，2)C.1 D.2解析：选C由命题“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命题，可知它的否定形式“任意x∈R，使e|x－1|－m>0”是真命题，可得m的取值范围是(－∞，1)，而(－∞，a)与(－∞，1)为同一区间，故a＝1.故选C.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的取值范围为________.解析：如果在区间[－1，1]内没有值满足f(c)＞0，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）≤0，,f（－1）≤0))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4－2（p－2）－2p2－p＋1≤0，,4＋2（p－2）－2p2－p＋1≤0))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2p2＋3p－9≥0，,2p2－p－1≥0))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p≤－3或p≥\f(3,2)，,p≤－\f(1,2)或p≥1))⇒p≤－3或p≥eq\f(3,2)，取补集为－3＜p＜eq\f(3,2)，即为满足条件的p的取值范围.故实数p的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2)))知识点二：常量与变量的转化[例2]已知函数f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的导函数.对任意a∈[－1，1]都有g(x)<0，则实数x的取值范围为________.[解析]由题意，知g(x)＝3x2－ax＋3a－5，令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1.因为对a∈[－1，1]，恒有g(x)<0，即φ(a)<0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(φ（1）<0，,φ（－1）<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x2－x－2<0，,3x2＋x－8<0，))解得－eq\f(2,3)<x<1.故当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1))时，对任意a∈[－1，1]都有g(x)<0.[答案]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1))[技法领悟](1)本题若按常规法视x为主元来解，需要分类讨论，这样会很烦琐，若以a为主元，即将原问题化归在区间[－1，1]上，一次函数φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5＜0成立的x的取值范围，再借助一次函数的单调性就很容易使问题得以解决.(2)在处理多变元的数学问题时，我们可以选取其中的常数(或参数)，将其看作是“主元”，实现主与次的转化，即常量与变量的转化，从而达到减元的目的.[应用体验]3.设y＝(log2x)2＋(t－2)log2x－t＋1，若t∈[－2，2]时，y恒取正值，则x的取值范围是________.解析：设y＝f(t)＝(log2x－1)t＋(log2x)2－2log2x＋1，则f(t)是一次函数，当t∈[－2，2]时，f(t)＞0恒成立，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－2）＞0，,f（2）＞0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（log2x）2－4log2x＋3＞0，,（log2x）2－1＞0，))解得log2x＜－1或log2x＞3.即0＜x＜eq\f(1,2)或x＞8，故x的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8，＋∞)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(8，＋∞)知识点三：特殊与一般的转化[例3](1)已知函数f(x＋1)是偶函数，当x2＞x1＞1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＞0恒成立，设a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为()A.b＜a＜c B.c＜b＜aC.b＜c＜a D.a＜b＜c(2)在△ABC中，三边长a，b，c满足a＋c＝3b，则taneq\f(A,2)taneq\f(C,2)的值为()A.eq\f(1,5) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)[解析](1)由题意可知，当x＞1时，函数f(x)单调递增，f(x)的图象向左平移1个单位得到的图象对应的函数为偶函数，所以函数f(x)的大致图象如图所示，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))，f(2)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＜f(3)，所以b＜a＜c.故选A.(2)令a＝4，c＝5，b＝3，则符合题意(取满足条件的三边).则由C＝90°，得taneq\f(C,2)＝1.由tanA＝eq\f(4,3)，得eq\f(2tan\f(A,2),1－tan2\f(A,2))＝eq\f(4,3)，解得taneq\f(A,2)＝eq\f(1,2).所以taneq\f(A,2)·taneq\f(C,2)＝eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,2).故选C.[答案](1)A(2)C[技法领悟](1)一般与特殊之间的转化是在解题的过程中将某些一般问题进行特殊化处理或是将某些特殊问题进行一般化处理的方法.此方法多用于选择题和填空题的解答.(2)破解此类题的关键点：①确立转化对象，一般将要解决的问题作为转化对象；②寻找转化元素，由一般问题转化为特殊问题时，寻找“特殊元素”；由特殊问题转化为一般问题时，寻找“一般元素”；③转化为新问题，根据转化对象与“特殊元素”或“一般元素”的关系，将其转化为新的需要解决的问题；④得出结论，求解新问题，根据所得结果求解原问题，得出结论.[应用体验]4.如果a1，a2，…，a8为各项都大于零的等差数列，公差d≠0，那么()A.a1a8>a4a5 B.a1a8<a4a5C.a1＋a8>a4＋a5 D.a1a8＝a4a5解析：选B取特殊数列1，2，3，4，5，6，7，8，显然只有1×8<4×5成立，即a1a8<a4a5.故选B.5.设四边形ABCD为平行四边形，|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝6，|eq\o(AD,\s\up7(→))|＝4.若点M，N满足eq\o(BM,\s\up7(→))＝3eq\o(MC,\s\up7(→))，eq\o(DN,\s\up7(→))＝2eq\o(NC,\s\up7(→))，则eq\o(AM,\s\up7(→))·eq\o(NM,\s\up7(→))＝()A.20 B.15C.9 D.6解析：选C法一：(特例法)若四边形ABCD为矩形，建系如图.由eq\o(BM,\s\up7(→))＝3eq\o(MC,\s\up7(→))，eq\o(DN,\s\up7(→))＝2eq\o(NC,\s\up7(→))，知M(6，3)，N(4，4)，∴eq\o(AM,\s\up7(→))＝(6，3)，eq\o(NM,\s\up7(→))＝(2，－1)，eq\o(AM,\s\up7(→))·eq\o(NM,\s\up7(→))＝6×2＋3×(－1)＝9.故选C.法二：如图所示，由题设知，eq\o(AM,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BM,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(NM,\s\up7(→))＝eq\o(NC,\s\up7(→))－eq\o(MC,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\f(1,4)eq\o(AD,\s\up7(→))，∴eq\o(AM,\s\up7(→))·eq\o(NM,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\o(AB,\s\up7(→))＋\f(3,4)eq\o(AD,\s\up7(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)eq\o(AB,\s\up7(→))－\f(1,4)eq\o(AD,\s\up7(→))))＝eq\f(1,3)|eq\o(AB,\s\up7(→))|2－eq\f(3,16)|eq\o(AD,\s\up7(→))|2＋eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))－eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)×36－eq\f(3,16)×16＝9.故选C.知识点四方程函数不等式转化[例4]已知函数f(x)＝3e|x|，若存在实数t∈[－1，＋∞)，使得对任意的x∈[1，m]，m∈Z且m＞1，都有f(x＋t)≤3ex，试求m的最大值.[解]∵当t∈[－1，＋∞)且x∈[1，m]时，x＋t≥0，∴f(x＋t)≤3ex⇔ex＋t≤ex⇔t≤1＋lnx－x.∴原命题等价转化为：存在实数t∈[－1，＋∞)，使得不等式t≤1＋lnx－x对任意x∈[1，m]恒成立.令h(x)＝1＋lnx－x(1≤x≤m).∵h′(x)＝eq\f(1,x)－1≤0，∴函数h(x)在[1，＋∞)上为减函数，又x∈[1，m]，∴h(x)min＝h(m)＝1＋lnm－m.∴要使得对任意的x∈[1，m]，t值恒存在，只需1＋lnm－m≥－1.∵h(3)＝ln3－2＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)·\f(3,e)))>lneq\f(1,e)＝－1，h(4)＝ln4－3＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)·\f(4,e2)))<lneq\f(1,e)＝－1，又函数h(x)在[1，＋∞)上为减函数，∴满足条件的最大整数m的值为3.[技法领悟](1)函数与方程、不等式联系密切，解决方程、不等式的问题需要函数帮助.(2)解决函数的问题需要方程、不等式的帮助，因此借助于函数与方程、不等式进行转化与化归可以将问题化繁为简，一般可将不等关系转化为最值(值域)问题，从而求参变量的范围.[应用体验]6.在等差数列{an}中，a2，a2020是函数f(x)＝x3－6x2＋4x－1的两个不同的极值点，则logeq\s\do9(\f(1,8))a1011的值为()A.－3 B.－eq\f(1,3)C.3 D.eq\f(1,3)解析：选Bf′(x)＝3x2－12x＋4，因为a2，a2020是函数f(x)＝x3－6x2＋4x－1的两个不同的极值点，所以a2，a2020是方程3x2－12x＋4＝0的两个不等实数根，所以a2＋a2020＝4.又因为数列{an}为等差数列，所以a2＋a2020＝2a1011，即a1011＝2，从而logeq\s\do9(\f(1,8))a1011＝logeq\s\do9(\f(1,8))2＝－eq\f(1,3).故选B.7.方程2x＋3x＝k的解在[1，2)内，则k的取值范围为________.解析：令函数f(x)＝2x＋3x－k，则f(x)在R上是增函数.当方程2x＋3x＝k的解在(1，2)内时，f(1)·f(2)<0，即(5－k)(10－k)<0，解得5<k<10.当f(1)＝0时，k＝5.综上，k的取值范围为[5，10).答案：[5，10)知识点五：形体位置转化[例5]如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，BB1＝3，∠ABC＝90°，点D为侧棱BB1上的动点.当AD＋DC1最小时，三棱锥D­ABC1的体积为________.[解析]将平面AA1B1B沿着B1B旋转到与平面CC1B1B在同一平面上(点B在线段AC上)，连接AC1与B1B相交于点D，此时AD＋DC1最小，BD＝eq\f(1,3)CC1＝1.因为在直三棱柱中，BC⊥AB，BC⊥BB1，且BB1∩AB＝B，所以BC⊥平面AA1B1B，又CC1∥平面AA1B1B，所以V三棱锥D­ABC1＝V三棱锥C1­ABD＝V三棱锥C­ABD＝eq\f(1,3)S△ABD·BC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×2＝eq\f(1,3).[答案]eq\f(1,3)[技法领悟](1)本题把立体几何问题转化为平面几何问题，把沿表面两点的距离问题转化为平面上两点间的距离问题.(2)形体位置关系的相互转化的技巧：①分析特征，一般要分析形体特征，根据形体特征确立需要转化的对象；②位置转化，将不规则几何体通过切割、挖补、延展等方式转化为便于观察、计算的常见几何体.由于新的几何体是转化而来，一般需要对新的几何体的位置关系、数据情况进行必要分析，准确理解新的几何体的特征；③得出结论，在新的几何结构中解决目标问题.[应用体验]8.在正四面体ABCD中，E是AD