第4讲 转化与化归思想.ppt

1、第4讲 转化与化归思想 转化与化归思想方法，就是在研究和解决有关数学问题时采用某种手段将问题通过变换使之转化,进而得到解决的一种方法.一般总是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题，将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题，将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题.转化与化归思想在高考中占有十分重要的地位，数学问题的解决，总离不开转化与化归，如未知向已知的转化、新知识向旧知识的转化、复杂问题向简单问题的转化、不同数学问题,之间的互相转化、实际问题向数学问题转化等.各种变换、具体解题方法都是转化的手段，转化的思想方法渗透到所有的数学教学内容和解题过程中. 1.转化与化归的原则 （1）熟悉化原则：将

2、陌生的问题转化为熟悉的问 题，以利于我们运用熟知的知识、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.常见的转化与化归的方法 转化与化归思想方法用在研究、解决数学问题 时，思维受阻或寻求简单方法或从一种状况转化 到另一种情形，也就是转化到另一种情境使问题 得到解决，这种转化是解决问题的有效策略，同 时也是成功的思维方式.常见的转化方

3、法有： （1）直接转化法：把原问题直接转化为基本定理、 基本公式或基本图形问题. （2）换元法：运用“换元”把式子转化为有理式,或使整式降幂等，把较复杂的函数、方程、不等 式问题转化为易于解决的基本问题. （3）数形结合法：研究原问题中数量关系（解析 式）与空间形式（图形）关系，通过互相变换获 得转化途径. （4）等价转化法：把原问题转化为一个易于解决 的等价命题，达到化归的目的. （5）特殊化方法：把原问题的形式向特殊化形式 转化，并证明特殊化后的问题、结论适合原问题. （6）构造法：“构造”一个合适的数学模型，把 问题变为易于解决的问题. （7）坐标法：以坐标系为工具，用计算方法解决 几何

4、问题是转化方法的一个重要途径.,（8）类比法：运用类比推理，猜测问题的结论， 易于确定. （9）参数法：引进参数，使原问题转化为熟悉的 形式进行解决. （10）补集法：如果正面解决原问题有困难，可把 原问题的结果看做集合A，而把包含该问题的整体 问题的结果类比为全集U，通过解决全集U及补集 UA获得原问题的解决，体现了正难则反的原则. 3.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. 化归与转化思想是一切数学思想方法的核心.,一、 常量与变量的转化与化归 例1 设f（x）是定义在R上的单调增函数，若 f（1-a

5、x-x2）f（2-a）对任意a-1，1恒成 立，求x的取值范围. 思维启迪 本题为抽象函数的单调性的应用问 题，应转化为大家熟悉的一元二次不等式（或一 元一次不等式来解决）. 解 因为f(x)是R上的增函数， 所以1-ax-x22-a，a-1，1. （*） 方法一 （*）式可化为：a(1-x)x2+1. ,（1）当1-x0时，式变为 对任意a-1，1恒成立，只要 0 x1或x-1. （2）当1-x0，式变为： 对任意a-1，1恒成立， 只要 x1. （3）当1-x=0,式显然成立. 综上所述，实数x的取值范围是： x-1或x0.,方法二 （*）式可化为：a(x-1)+x2+10, 对a-1，1

6、恒成立. 令g(a)=(x-1)a+x2+1. 则当且仅当 解之，得x0或x-1. 即实数x的取值范围是x-1或x0. 探究提高 通过以上两种方法的比较可以看出， 若按常规方法求解，问题较麻烦；若将变量与参 数变更关系，a为主元，转换思考的角度，使解答 变得容易.这种处理问题的思想即为转化与化归的 思想.,变式训练1 设y=(log2x)2+(t-2)log2x-t+1,若t在 -2，2上变化时,y恒取正值,求x的取值范围. 解 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. 则由 解得log2x-1或lo

7、g2x3, x的取值范围是,二、正难则反的转化与化归 例2 已知三条抛物线：y=x2+4ax-4a+3,y=x2+(a- 1)x+a2,y=x2+2ax-2a中至少有一条与x轴相交，求 实数a的取值范围. 思维启迪 三条抛物线中至少有一条与x轴相交 的情况比较多，反面为三条抛物线与x轴都不相 交，只有一种情况. 解 令y=0，由,解得 满足题意的a的取值范围是 探究提高 本题若从正面讨论则需分类讨论求 解，繁不堪言，但从其反面“三条抛物线都不与x 轴相交”着手，求出a的取值范围，再求其补集， 则使问题简单得多了.一个题目若出现多种成立的 情况，则不成立的情况一般较少，易从反面考 虑，在排列组合

8、中有较多这样的问题.,变式训练2 一个自动报警器由雷达和计算机两部 分组成，两部分有任何一个失灵，这个报警器就 失灵.若使用100小时后，雷达部分失灵的概率为 0.1，计算机失灵的概率为0.3，且两部分失灵与 否是独立的，求这个报警器使用100小时后失灵的 概率. 解 先考虑报警器不失灵的概率，即求雷达和计 算机均不失灵的概率.记“使用100小时后雷达失 灵”为A，记“使用100小时后计算机失灵”为B， 由于A与B相互独立，则报警器使用100小时后失灵 的概率为,三、以换元为手段的转化与化归 例3 已知aR，求函数y=（a-sin x）（a- cos x）的最小值. 思维启迪 本题考查函数的最

9、值问题、化归思想 及运算能力.观察到等式右边是关于sin xcos x 与sin x+cos x的三角式,可设t=sin x+cos x,则 原问题可转化为二次函数在闭区间上的最值问题. 解 函数可化为y=sin xcos x-a(sin x+cos x)+a2. 设t=sin x+cos x， 则 而,于是,y=f(t) 原问题化归为求二次函数 在 上的最值问题。 （1）当 时，若t=a， （2）当 时，f(t)在 上单调递减，,（3）当 时，f（x）在 上单调递增. 探究提高 此类问题换元后将问题化为熟知的二 次函数问题,这种做法常被采用，在一个代数式中 若sin xcos x与sin x

10、+cos x同时出现时，常设 t=sin x+cos x进而表示出sin xcos x，原式转 化为含有t的代数式进行求解，使问题顺利解决.,变式训练3 已知奇函数f(x)的定义域为实数集 R,且f(x)在0,+)上是增函数,当 时, 是否存在这样的实数m,使f(cos 2 -3)+f(4m- 2mcos )f(0)对所有的 均成立?若存在, 求出所有适合条件的实数m;若不存在,则说明理由. 解 因为f(x)在R上为奇函数,又在0,+)上是增 函数,故f(x)在R上为增函数,且f(0)=0. 由题设条件可得, f(cos 2 -3)+f(4m-2mcos )0.,又由f(x)为奇函数,可得 f

11、(cos 2 -3)f(2mcos -4m). f(x)在R上为增函数, cos 2 -32mcos -4m, 即cos2 -mcos +2m-20. 令cos =t, 0t1. 于是问题转化为对一切0t1, 不等式t2-mt+2m-20恒成立. t2-2m(t-2),即 恒成立. 又 存在实数m满足题设的条件,四、等与不等的转化与化归 例4 若f(x)是定义在R上的函数，对任意实数x都 有f(x+3)f(x)+3和f(x+2)f(x)+2，且f(1)=1，则 f(2 010)= . 思维启迪 通过两个不等关系,转化为f(x+1)= f (x)+1这个等量关系. 解析 f(x+1)f(x+3)

12、-2f(x)+3-2=f(x)+1, f(x+1)f(x+4)-3f(x+2)+2-3 f(x)+4-3=f(x)+1, f(x)+1f(x+1)f(x)+1. f(x+1)=f(x)+1. 数列f(n)为等差数列. f(2 010)=f(1)+2 0091=2 010.,2 010,探究提高 恰当运用题设，由函数的性质推得 f(x)+1f(x+1)f(x)+1，即f(x+1)=f(x)+1，从而 实现了由“不等”向“等”的转化.在不等式中存 在着相等的可能；反之，相等关系也必然是不等 关系的临界情况.这也正是我们利用不等条件求值 和利用相等条件求范围的出发点. 变式训练4 若a、b是正数，且

13、满足ab=a+b+3，求 ab的取值范围. 解 方法一 （看成函数的值域）ab=a+b+3， 即a1或a0, a1,故a-10.,当且仅当 即a=3时取等号. 又a3时， 是关于a的单调增函数. ab的取值范围是9，+）. 方法二 （看成不等式的解集）a，b为正数，,方法三 若设ab=t,则a+b=t-3, a，b可看成方程x2-(t-3)x+t=0的两个正根. 从而有： 解得t9,即ab9. ab的取值范围是9，+）. 规律方法总结 在将问题进行化归与转化时，一般应遵循以下几种原则： （1）熟悉化原则：将陌生的问题转化为我们熟悉的问题.,（2）简单化原则：将复杂的问题通过变换转化为 简单的问

14、题. （3）直观化原则：将较抽象的问题转化为比较直 观的问题（如数形结合思想，立体几何问题向平 面几何问题转化）. （4）正难则反原则：若问题直接求解困难时，可 考虑运用反证法或补集法或用逆否命题间接地解 决问题.,一、选择题 1.方程sin2x+cos x+k=0有解,则k的取值范围是( )A. B. C. D. 解析 求k=-sin2x-cosx的值域 k=cos2x-cosx-1 当 时， 当cos x=-1时，kmax=1， 故选D.,D,2.已知数列an对任意的p,qN*满足ap+q=ap+aq且 a2=-6,那么a10等于 （ ） A.-165 B.-33 C.-30 D.-21

15、解析 由ap+q=ap+aq,a2=-6,得a4=a2+a2=-12,同理 a8=a4+a4=-24,所以a10=a8+a2=-24-6=-30. 3. 设a1,若对于任意的xa，2a，都有y a，a2满足方程logax+logay=3，这时a的取值 的集合为 （ ） A.a|1a2 B.a|a2 C.a|2a3 D.2,3,C,解析 logax+logay=3,xy=a3. 由于当x在a，2a内变化时，都有ya，a2 满足方程，因此a，a2应包含函数 在 a，2a上的值域,也就是函数 在a，2a 的值域是a，a2的子集.,答案 B,4.已知ABC内任意三点不共线的2 006个点，加上 A、B

16、、C共有2 009个点，将这2 009个点连线形 成互不重叠的小三角形的个数为 （ ）A.1 304 B.2 568 C.3 014 D.4 013 解析 显然当三角形内有一点时，可构造3个小三 角形，即f(1)=3；再增加一个点，可增加2个小三 角形，即f(2)=f(1)+2.如此类推，得到首项为3、 公差为2的等差数列,所以a2 006=3+2 0052=4 013.,D,5.如果（1+sin2 ）sin (1+cos2 )cos ，且 (0,2 )，那么角 的取值范围是 （ ）A. B. C. D. 解析 注意到不等式(1+sin2 )sin (1+cos2 )cos ,等价于sin3

17、+sin cos3 +cos , 而f(x)=x3+x在R上是增函数,于是f(sin )f(cos ) sin cos , 再结合 (0,2 ),得到,C,二、填空题 6. 函数 的值域为 . 解析 f(x)的定义域为x0,1, 设 则,7.若x,yR,集合A=(x,y)|x2+y2=1,B=(x,y) a0,b0，当AB有且只有一个元素时，a、b满 足的关系式是 . 解析 AB有且只有一个元素可转化为直线 与圆x2+y2=1相切，故 a0,b0，,8.如果函数f(x)=x2+bx+c对任意实数t都有f(2+t)=f (2- t)，那么f(2),f(1),f(4)的大小关系是 . 解析 转化为在同一个单调区间上比较大小问题.由f(2+t)=f(2-t)知f(x)的对称轴为x=2. f(x)在2，+）上为单调增函数. f(1)=f(22-1)=f(3) f(2)f(3)f(4) f(2)f(1)f(4).,f(2)f(1),f(4),三、解答题 9.已知非空集合A=x|x2-4mx+2m+6=0，xR，若 AR-,求实数m的取值范围(R-表示负实数集, R+表示正实数集). 解 设全集U=m|=16m2-8m-240 方程x2-4mx+2m+6=0的两根均非负的充要条件是,AR-=时, 实数m的取值范围为 AR-时, 实数m的取值范围为m|