《2015届高考数学（理科）二轮专题课件专题八第4讲转化与化归思想》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015届高考数学（理科）二轮专题课件专题八第4讲转化与化归思想（59页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题八数学思想方法第4讲转化与化归思想思想方法概述热点分类突破真题与押题思想方法概述转转化化与与化化归归思思想想方方法法，就就是是在在研研究究和和解解决决有有关关数数学学问问题题时时采采用用某某种种手手段段将将问问题题通通过过变变换换使使之之转转化化，进进而而得得到到解解决决的的一一种种方方法法一一般般总总是是将将复复杂杂的的问问题题通通过过变变换换转转化化为为简简单单的的问问题题，将将难难解解的的问问题题通通过过变变换换转转化化为为容容易易求求解解的的问问题题，将将未未解解决决的的问问题题通通过过变变换换转转化化为为已已解解决的问题决的问题转转化化与与化化归归思思想想在在高高考考中中占占有有
2、十十分分重重要要的的地地位位，数数学学问问题题的的解解决决，总总离离不不开开转转化化与与化化归归，如如未未知知向向已已知知的的转转化化、新新知知识识向向旧旧知知识识的的转转化化、复复杂杂问问题题向向简简单单问问题题的的转转化化、不不同同数数学学问问题题之之间间的的互互相相转转化化、实实际际问问题题向向数数学学问问题题的的转转化化等等各各种种变变换换、具具体体解解题题方方法法都都是是转转化化的的手手段段，转转化化的的思思想想方方法法渗渗透透到到所所有有的的数数学学教教学学内内容和解题过程中容和解题过程中1.转化与化归的指导思想转化与化归的指导思想(1)把什么问题进行转化，即化归对象把什么问题进行
3、转化，即化归对象.(2)化归到何处去，即化归目标化归到何处去，即化归目标.(3)如何进行化归，即化归方法如何进行化归，即化归方法.化归与转化思想是一切数学思想方法的核心化归与转化思想是一切数学思想方法的核心.2.常见的转化与化归的方法常见的转化与化归的方法转转化化与与化化归归思思想想方方法法用用在在研研究究、解解决决数数学学问问题题时时，思思维维受受阻阻或或寻寻求求简简单单方方法法或或从从一一种种状状况况转转化化到到另另一一种种情情形形，也也就就是是转转化化到到另另一一种种情情境境使使问问题题得得到到解解决决，这这种种转转化化是是解解决决问问题题的的有有效效策策略略，同同时时也也是是获获取取成
4、成功的思维方式功的思维方式.常见的转化方法有：常见的转化方法有：(1)直直接接转转化化法法：把把原原问问题题直直接接转转化化为为基基本本定定理理、基基本公式或基本图形问题本公式或基本图形问题.(2)换换元元法法：运运用用“换换元元”把把式式子子转转化化为为有有理理式式或或使使整整式式降降幂幂等等，把把较较复复杂杂的的函函数数、方方程程、不不等等式式问问题题转化为易于解决的基本问题转化为易于解决的基本问题.(3)数数形形结结合合法法：研研究究原原问问题题中中数数量量关关系系(解解析析式式)与与空间形式空间形式(图形图形)关系，通过互相变换获得转化途径关系，通过互相变换获得转化途径.(4)等等价价
5、转转化化法法：把把原原问问题题转转化化为为一一个个易易于于解解决决的的等等价价命题，达到化归的目的命题，达到化归的目的.(5)特特殊殊化化方方法法：把把原原问问题题的的形形式式向向特特殊殊化化形形式式转转化化，并证明特殊化后的问题、结论适合原问题并证明特殊化后的问题、结论适合原问题.(6)构构造造法法：“构构造造”一一个个合合适适的的数数学学模模型型，把把问问题题变变为易于解决的问题为易于解决的问题.(7)坐坐标标法法：以以坐坐标标系系为为工工具具，用用计计算算方方法法解解决决几几何何问问题是转化方法的一个重要途径题是转化方法的一个重要途径.(8)类类比比法法：运运用用类类比比推推理理，猜猜测
6、测问问题题的的结结论论，易易于于确定确定.(9)参参数数法法：引引进进参参数数，使使原原问问题题转转化化为为熟熟悉悉的的形形式式进行解决进行解决.(10)补补集集法法：如如果果正正面面解解决决原原问问题题有有困困难难，可可把把原原问问题题的的结结果果看看做做集集合合A，而而把把包包含含该该问问题题的的整整体体问问题题的的结结果果类类比比为为全全集集U，通通过过解解决决全全集集U及及补补集集 UA获得原问题的解决，体现了正难则反的原则获得原问题的解决，体现了正难则反的原则.热点一特殊与一般的转化热点二函数、方程、不等式之间的转化热点三正难则反的转化热点分类突破热点一特殊与一般的转化解析找找特特殊
7、殊情情况况，当当ABy轴轴时时，AB的的方方程程为为y1，则，则A(2，1)，B(2,1)，过点过点A的切线方程为的切线方程为y1(x2)，即，即xy10.同理，过点同理，过点B的切线方程为的切线方程为xy10，则则l1，l2的交点为的交点为(0，1).答案A解析由于直接求解较困难，可探求一般规律，由于直接求解较困难，可探求一般规律，一一般般问问题题特特殊殊化化，使使问问题题处处理理变变得得直直接接、简简单单.特特殊殊问问题题一一般般化化，可可以以使使我我们们从从宏宏观观整整体体的的高高度度把把握握问问题题的的一一般般规规律律，从从而而达达到到成成批批处处理理问问题题的的效效果果.思维升华变式
8、训练1(1)在在ABC中中，角角A、B、C所所对对的的边边分分别别为为a、b、c，若若a、b、c成成等等差差数数列列，则则 _.解析根据题意，所求数值是一个定值，根据题意，所求数值是一个定值，故可利用满足条件的直角三角形进行计算故可利用满足条件的直角三角形进行计算.令令a3，b4，c5，则，则ABC为直角三角形，为直角三角形，(2)已已知知函函数数f(x)是是定定义义在在实实数数集集R上上的的不不恒恒为为零零的的偶偶函函数数，且且对对任任意意实实数数x都都有有xf(x1)(1x)f(x)，则，则 _.解析因为因为xf(x1)(1x)f(x)，使使f(x)特殊化，可设特殊化，可设f(x)xg(x
9、)，其中其中g(x)是周期为是周期为1的奇函数，再将的奇函数，再将g(x)特殊化，特殊化，可设可设g(x)sin 2x，则，则f(x)xsin 2x，答案0热点二函数、方程、不等式之间的转化解析1,2是方程是方程ax2bx20的两实根，的两实根，由由(3 1)x3x2x20，答案D(2)已已知知函函数数f(x)3e|x|.若若存存在在实实数数t1，)，使使得得对对任任意意的的x1，m，mZ且且m1，都都有有f(xt)3ex，则，则m的最大值为的最大值为_.解析因因为为当当t1，)且且x1，m时时，xt0，所以所以f(xt)3exextext1ln xx.所所以以原原命命题题等等价价转转化化为为
10、：存存在在实实数数t1，)，使得不等式使得不等式t1ln xx对任意对任意x1，m恒成立恒成立.令令h(x)1ln xx(x1).因为因为h(x) 10，所以函数所以函数h(x)在在1，)上为减函数，上为减函数，又又x1，m，所以，所以h(x)minh(m)1ln mm.所以要使得对所以要使得对x1，m，t值恒存在，值恒存在，只须只须1ln mm1.且函数且函数h(x)在在1，)上为减函数，上为减函数，所以满足条件的最大整数所以满足条件的最大整数m的值为的值为3.答案3函函数数、方方程程与与不不等等式式就就像像“一一胞胞三三兄兄弟弟”，解解决决方方程程、不不等等式式的的问问题题需需要要函函数数
11、的的帮帮助助，解解决决函函数数的的问问题题需需要要方方程程、不不等等式式的的帮帮助助，因因此此借借助助于于函函数数、方方程程、不不等等式式进进行行转转化化与与化化归归可可以以将将问问题题化化繁繁为为简简，一一般般可可将将不不等等关关系系转转化化为为最最值值(值域值域)问题，从而求出参变量的范围问题，从而求出参变量的范围.思维升华变式训练2 (1)若若关关于于x的的方方程程9x(4a)3x40有有解解，则则实实数数a的取值范围是的取值范围是_.解析设设t3x，则则原原命命题题等等价价于于关关于于t的的方方程程t2(4a)t40有正解，有正解，a8，即实数，即实数a的取值范围是的取值范围是(，8.
12、答案(，8(2)设设f(x)是是定定义义在在R上上的的单单调调增增函函数数，若若f(1axx2)f(2a)对对任任意意a1,1恒恒成成立立，则则x的的取取值值范范围为围为_.解析f(x)在在R上是增函数，上是增函数，由由f(1axx2)f(2a)，可得可得1axx22a，a1,1，a(x1)x210，对对a1,1恒成立恒成立.令令g(a)(x1)ax21，则则当当且且仅仅当当g(1)x2x20，g(1)x2x0恒恒成立，成立，解之，得解之，得x0或或x1.故实数故实数x的取值范围为的取值范围为x1或或x0.答案(，10，)热点三正难则反的转化例3若若对对于于任任意意t1,2，函函数数g(x)x
13、3 x22x在在区区间间(t,3)上上总总不不为为单单调调函函数数，则则实实数数m的的取取值范围是值范围是_.解析g(x)3x2(m4)x2，若若g(x)在区间在区间(t,3)上总为单调函数，上总为单调函数，则则g(x)0在在(t,3)上上恒恒成成立立，或或g(x)0在在(t,3)上恒成立上恒成立.由由得得3x2(m4)x20，即即m4 3x在在x(t,3)上恒成立，上恒成立，所以所以m4 3t恒成立，则恒成立，则m41，即即m5；由由得得m4 3x在在x(t,3)上恒成立，上恒成立，否否定定性性命命题题，常常要要利利用用正正反反的的相相互互转转化化，先先从从正正面面求求解解，再再取取正正面面
14、答答案案的的补补集集即即可可.一一般般地地，题题目目若若出出现现多多种种成成立立的的情情形形，则则不不成成立立的的情情形形相相对对很很少少，从从反反面面考考虑虑较较简简单单.因因此此，间间接接法法多多用用于于含含有有“至至多多”、“至至少少”及及否否定定性性命命题题情情形的问题中形的问题中.思维升华变式训练3若若二二次次函函数数f(x)4x22(p2)x2p2p1在在区区间间1,1内内至至少少存存在在一一个个值值c，使使得得f(c)0，求求实实数数p的取值范围的取值范围.解如果在如果在1,1内没有值满足内没有值满足f(c)0，将问题进行化归与转化时，一般应遵循以下几种原则将问题进行化归与转化时
15、，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熟悉化原则：将陌生的问题转化为我们熟悉的问题.(2)简简单单化化原原则则：将将复复杂杂的的问问题题通通过过变变换换转转化化为为简简单单的的问题问题.(3)直直观观化化原原则则：将将较较抽抽象象的的问问题题转转化化为为比比较较直直观观的的问问题题(如如数数形形结结合合思思想想，立立体体几几何何问问题题向向平平面面几几何何问问题题转转化化).本讲规律总结(4)正正难难则则反反原原则则：若若问问题题直直接接求求解解困困难难时时，可可考考虑虑运用反证法或补集法或用逆否命题间接地解决问题运用反证法或补集法或用逆否命题间接地解决问题
16、.真题感悟押题精练真题与押题12真题感悟1.(2014山山东东)设设集集合合Ax|x1|2，By|y2x，x0,2，则，则AB等于等于()A.0,2 B.(1,3)C.1,3) D.(1,4)34解析由由|x1|2，解得，解得1x3，由由y2x，x0,2，解得，解得1y4，所以所以AB(1,3)1,41,3).C12真题感悟34解析f(x)f(x)sin x，f(x2)f(x)sin x.f(x2)f(x)sin xsin xf(x).f(x)是以是以2为周期的周期函数为周期的周期函数.12真题感悟3412真题感悟34答案A3.(2014陕陕西西)若若圆圆C的的半半径径为为1，其其圆圆心心与与
17、点点(1,0)关关于直线于直线yx对称，则圆对称，则圆C的标准方程为的标准方程为_.12真题感悟34解析圆圆C的圆心为的圆心为(0,1)，半径为，半径为1，标准方程为标准方程为x2(y1)21.x2(y1)214.(2014山山东东)已已知知实实数数x，y满满足足axay(0aln(y21)C.sin xsin yD.x3y312真题感悟34解析因为因为0a1，axy.采用赋值法判断，采用赋值法判断，12真题感悟34A中，当中，当x1，y0时，时， 1，A不成立不成立.B中，当中，当x0，y1时，时，ln 10，所以函数所以函数f(x)在区间在区间0,1上单调递增，排除上单调递增，排除A，D；
18、取取a1，则函数，则函数f(x)ex ，押题精练123456所以函数所以函数f(x)在区间在区间0,1上单调递增，排除上单调递增，排除B，故选故选C.答案C押题精练123456A押题精练123456押题精练123456答案C押题精练123456解析令令tf(x)，则该函数的零点即，则该函数的零点即f(t)10的解的解.先解方程先解方程f(t)1.当当t0时，方程为时，方程为2t1，解得，解得t0；当当t0时，方程为时，方程为log2t1，解得，解得t2；所以方程所以方程f(t)1的解为的解为0或或2.再解方程再解方程f(x)0和和f(x)2.当当x0时，因为时，因为2x0，故由，故由2x2，得
19、，得x1；当当x0时，由时，由log2x0，得，得x1；由；由log2x2，得得x4；故函数故函数yf(f(x)1的零点为的零点为1,4，共，共2个个.答案2押题精练123456押题精练123456押题精练123456故第故第组是区间组是区间1,1上的正交函数；上的正交函数；故第故第组不是区间组不是区间1,1上的正交函数；上的正交函数；故第故第组是区间组是区间1,1上的正交函数上的正交函数.综上，满足条件的共有两组综上，满足条件的共有两组.答案C押题精练123456押题精练123456解f(x)在在R上上为为奇奇函函数数,又又在在0，)上上是是增增函函数，数，f(x)在在R上为增函数，且上为增函数，且f(0)0.由题设条件可得，由题设条件可得，f(cos 23)f(4m2mcos )0.又由又由f(x)为奇函数，可得为奇函数，可得f(cos 23)f(2mcos 4m).f(x)在在R上上为为增增函函数数，cos 232mcos 4m，即即cos2mcos 2m20.押题精练123456押题精练123456令令cos t，0 ，0t1.于是问题转化为对一切于是问题转化为对一切0t1，不等式不等式t2mt2m20恒成立恒成立.t22m(t2)，即，即m 恒成立恒成立.存在实数存在实数m满足题设的条件，即满足题设的条件，即m42 .
