（試題 試卷 真題）【步步高 通用（理）】2014屆高三《考前三個月》專題復習篇【配套Word版文檔】專題一 第四講

第四講轉化與化歸思想1轉化與化歸思想方法，就是在研究和解決有關數學問題時，采用某種手段將問題通過變換使之轉化，進而使問題得到解決的一種數學方法一般是將復雜的問題通過變換轉化為簡單的問題，將難解的問題通過變換轉化為容易求解的問題，將未解決的問題通過變換轉化為已解決的問題2轉化與化歸思想是實現具有相互關聯(lián)的兩個知識板塊進行相互轉化的重要依據，如函數與不等式、函數與方程、數與形、式與數、角與邊、空間與平面、實際問題與數學問題的互化等，消去法、換元法、數形結合法等都體現了等價轉化思想，我們也經常在函數、方程、不等式之間進行等價轉化，在復習過程中應注意相近主干知識之間的互化，注重知識的綜合性3轉化與化歸思想的原則(1)熟悉已知化原則：將陌生的問題轉化為熟悉的問題，將未知的問題轉化為已知的問題，以便于我們運用熟知的知識、經驗和問題來解決(2)簡單化原則：將復雜問題轉化為簡單問題，如三維空間問題轉化為二維平面問題，通過簡單問題的解決思路和方法，獲得對復雜問題的解答啟示和思路以達到解決復雜問題的目的(3)具體化原則：化歸方向應由抽象到具體(4)和諧統(tǒng)一原則：轉化問題的條件或結論，使其表現形式更符合數與形內部所表示的和諧統(tǒng)一的形式；或者轉化命題，使其推演有利于運用某種數學方法或符合人們的思維規(guī)律(5)正難則反原則：當問題正面討論遇到困難時，應想到問題的反面；或問題的正面較復雜時，其反面一般是簡單的；設法從問題的反面去探求，使問題獲得解決1 (2012北京)已知an為等差數列，Sn為其前n項和若a1，S2a3，則a2_.答案1解析設出等差數列的公差，列方程求解設an的公差為d，由S2a3知，a1a2a3，即2a1da12d，又a1，所以d，故a2a1d1.2 (2013重慶)4cos 50tan 40等于()A. B. C. D21答案C解析4cos 50tan 40.3 (2012重慶)已知alog23log2，blog29log2，clog32，則a，b，c的大小關系是()AabcCabbc答案B解析alog23log2log23，blog29log2log23，ab.又函數ylogax(a1)為增函數，alog23log221，clog32c.4 (2011天津)對實數a和b，定義運算“”：ab設函數f(x)(x22)(x1)，xR.若函數yf(x)c的圖象與x軸恰有兩個公共點，則實數c的取值范圍是()A(1,1(2，) B(2，1(1,2C(，2)(1,2 D2，1答案B解析依題意可得f(x)作出其示意圖如圖所示由數形結合知，實數c需有1c2或2c1，故選B.5 (2013山東)設正實數x，y，z滿足x23xy4y2z0，則當取得最大值時，的最大值為()A0 B1 C. D3答案B解析由已知得zx23xy4y2(*)則1，當且僅當x2y時取等號，把x2y代入(*)式，得z2y2，所以211.題型一特殊與一般的轉化例1(1)，(其中e為自然常數)的大小關系是()A. B.C. D.(2)在定圓C：x2y24內過點P(1,1)作兩條互相垂直的直線與C分別交于A，B和M，N，則的范圍是_審題破題(1)觀察幾個數的共同特征，可以構造函數，利用函數的單調性比較數的大??；(2)由于題目條件中過點P(1,1)可作無數對互相垂直的直線，因此可取特殊位置的兩條直線來解決問題答案(1)A(2)解析(1)由于，故可構造函數f(x)，于是f(4)，f(5)，f(6).而f(x)，令f(x)0得x0或x2，即函數f(x)在(2，)上單調遞增，因此有f(4)f(5)f(6)，即.(2)設t，考慮特殊情況：當AB垂直O(jiān)P時，MN過點O，|AB|最小，|MN|最大，所以t最小，t最大.所以t.又因為t2 2，所以t.反思歸納當問題難以入手時，應先對特殊情況或簡單情形進行觀察、分析，發(fā)現問題中特殊的數量或關系結構或部分元素，然后推廣到一般情形，以完成從特殊情形的研究到一般問題的解答的過渡，這就是特殊化的化歸策略數學題目有的具有一般性，有的具有特殊性，解題時，有時需要把一般問題化歸為特殊問題，有時需要把特殊問題化歸為一般問題變式訓練1已知等差數列an的公差d0，且a1、a3、a9成等比數列，則的值是_答案解析由題意知，只要滿足a1、a3、a9成等比數列的條件，an取何種等差數列與所求代數式的值是沒有關系的因此，可把抽象數列化歸為具體數列比如，可選取數列ann(nN*)，則.題型二正難則反轉化例2若對于任意t1,2，函數g(x)x3x22x在區(qū)間(t,3)上總不為單調函數，則實數m的取值范圍是_審題破題函數總不為單調函數不易求解，可考慮其反面情況：g(x)在區(qū)間(t,3)上為單調函數答案m5解析g(x)3x2(m4)x2，若g(x)在區(qū)間(t,3)上總為單調函數，則g(x)0在(t,3)上恒成立，或g(x)0在(t,3)上恒成立由得3x2(m4)x20，即m43x在x(t,3)上恒成立，m43t恒成立，則m41，即m5；由得m43x在x(t,3)上恒成立，則m49，即m.函數g(x)在區(qū)間(t,3)上總不為單調函數的m的取值范圍為m5.反思歸納正難則反，利用補集求得其解，這就是補集思想一般有兩種情形：正面解決比較困難，正面出現多種情形，可考慮從反面解決，體現了對立統(tǒng)一，相互轉化的思想變式訓練2(2012北京)已知f(x)m(x2m)(xm3)，g(x)2x2，若xR，f(x)0或g(x)0，則m的取值范圍是_答案(4,0)解析將問題轉化為g(x)0的解集的補集是f(x)0的解集的子集求解g(x)2x20，x1.又xR，f(x)0或g(x)0，1，)是f(x)0的解集的子集又由f(x)m(x2m)(xm3)0知m不可能大于等于0，因此m0.當m0時，f(x)0，若2mm3，即m1，此時f(x)m3，即1m0，此時f(x)2m或xm3，依題意2m1，即1m0；若2mm3，即m1，此時f(x)0的解集為x|xm3，依題意m34，4m1.綜上可知，滿足條件的m的取值范圍是4m0，求證：ln aln b1.審題破題(1)求函數的極值可通過求導、列表的方法；(2)證明不等式可以觀察式子和題中函數的關系，借助函數的極值進行求證(1)解f(x)(x1)由f(x)0，得x0.列表如下x(1,0)0(0，)f(x)0f(x)極小值由上表可知，x0時f(x)取得極小值f(0)0.(2)證明在x0時，f(x)取得極小值，而且是最小值，于是f(x)f(0)0，從而ln(1x)在x1時恒成立，令1x0，則11，ln aln bln 1.因此ln aln b1在a0，b0時成立反思歸納函數、方程與不等式就像“一胞三兄弟”，解決方程、不等式的問題需要函數幫助，解決函數的問題需要方程、不等式的幫助，因此借助于函數、方程、不等式進行轉化與化歸可以將問題化繁為簡，一般可將不等關系轉化為最值(值域)問題，從而求出參變量的范圍變式訓練3已知函數f(x)eln x，g(x)f(x)(x1)(e2.718)(1)求函數g(x)的極大值；(2)求證：1ln(n1)(nN*)(1)解g(x)f(x)(x1)ln x(x1)，g(x)1(x0)令g(x)0，解得0x1；令g(x)1.函數g(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，)上單調遞減，g(x)極大值g(1)2.(2)證明由(1)知x1是函數g(x)的極大值點，也是最大值點，g(x)g(1)2，即ln x(x1)2ln xx1(當且僅當x1時等號成立)，令tx1，得tln(t1)，取t(nN*)，則lnln，1ln 2，ln ，ln ，ln，疊加得1ln(2)ln(n1). 典例(12分)已知函數f(x)x3x2x(a是小于1的正實數，xR)若對于任意的三個實數x1，x2，x31,2，都有f(x1)f(x2)f(x3)恒成立，求實數a的取值范圍規(guī)范解答解因為f(x)x2x(xa2)，所以令f(x)0，解得x1，x22a.2分由0a1，知12a0，得x2a；令f(x)0，得x2a，所以函數f(x)在(1,2a)上單調遞減，在(2a,2)上單調遞增5分所以函數f(x)在1,2上的最小值為f(2a)(2a)2，最大值為maxf(1)，f(2)max.因為當0a時，a；當a，由對任意x1，x2，x31,2，都有f(x1)f(x2)f(x3)恒成立，得2f(x)minf(x)max(x1,2)7分所以當0，結合0a可解得1a；9分當aa，結合a1可解得a2.11分綜上，知所求實數a的取值范圍是1a2.12分評分細則(1)求出f(x)給1分；(2)討論時將a的范圍分為0a和a1一樣給分；討論時a的值有重、漏情況扣1分；(3)“綜上”結論不寫扣1分閱卷老師提醒將已知不等式恒成立準確轉化為關于函數f(x)在1,2上的最大值和最小值問題是解決本題的一個突破口此外，要注意函數f(x)在1,2上的最大值不能直接由函數的圖象得到，而必須討論f(1)與f(2)的大小關系1 設P為曲線C：yx22x3上的點，且曲線C在點P處切線傾斜角的取值范圍為，則點P橫坐標的取值范圍為()A. B1,0C0,1 D.答案A解析設P(x0，y0)，傾斜角為，0tan 1，f(x)x22x3，f(x)2x2,02x021，1x0，故選A.2 設a(sin 17cos 17)，b2cos2131，c，則a，b，c的大小關系是()Acab BacbCbac Dcba答案A解析asin(1745)sin 62，bcos 26sin 64，csin 60，cab.3 方程sin2xcos xk0有解，則k的取值范圍是()A1k Bk0C0k Dk1答案D解析求ksin2xcos x的值域kcos2xcos x1(cos x)2.當cos x時，kmin，當cos x1時，kmax1，k1，故選D.4 在平面直角坐標系xOy中，已知圓x2y24上有且只有四個點到直線12x5yc0的距離為1，則實數c的取值范圍是_答案(13,13)解析由題設得，若圓上有四個點到直線的距離為1，則需圓心(0,0)到直線的距離d滿足0d1.d，0|c|0的最小正整數n為()A7 B8 C9 D10答案B解析an為等差數列，S130，a1a132a70，又a1120的最小正整數n為8.3 AB是過拋物線x24y的焦點的動弦，直線l1，l2是拋物線兩條分別切于A，B的切線，則l1，l2的交點的縱坐標為()A1 B4 C D答案A解析找特殊情況，當ABy軸時，AB的方程為y1，則A(2，1)，B(2,1)，過點A的切線方程為y1(x2)，即xy10.同理，過點B的切線方程為xy10，則l1，l2的交點為(0，1)4 (2012浙江)若正數x，y滿足x3y5xy，則3x4y的最小值是()A. B. C5 D6答案C解析x0，y0，由x3y5xy得1.3x4y(3x4y)2 5(當且僅當x2y時取等號)，3x4y的最小值為5.5 棱長為a的正方體中，連接相鄰面的中心，以這些線段為棱的八面體的體積為()A. B. C. D.答案C解析所得圖形為一個正八面體，可將它分割為兩個四棱錐，棱錐的底面為正方形且邊長為a，高為正方體邊長的一半，V22.6 設F1，F2分別是雙曲線1(a0，b0)的左，右焦點，若雙曲線右支上存在一點P，使()0，O為坐標原點，且|，則該雙曲線的離心率為()A.1 B.C. D.答案A解析如圖，取F2P的中點M，則2.又由已知得0，.又OM為F2F1P的中位線，.在PF1F2中，2a|(1)|，2c2|.e1.7 已知隨機變量X服從正態(tài)分布N(1，2)，若P(X2)0.72，則P(X0)等于()A0.22 B0.28 C0.36 D0.64答案B解析XN(1，2)，P(X0)P(X2)1P(X2)10.720.28.8 已知函數f(x)1x，g(x)1x，設F(x)f(x4)g(x4)，且函數F(x)的零點在區(qū)間a1，a或b1，b(a0，x1時，f(x)2 0130.f(x)在R上單調遞增又f(0)1，f(1)(11)0，f(x)在1,0內有唯一零點，故f(x4)的唯一零點在5，4內同理g(x4)的唯一零點在5,6內，因此，b6，a4，ab2.二、填空題9 設f(x)是定義在R上的單調增函數，若f(1axx2)f(2a)對任意a1,1恒成立，則x的取值范圍為_答案x1或x0解析f(x)在R上是增函數，由f(1axx2)f(2a)可得1axx22a，a1,1a(x1)x210，對a1,1恒成立令g(a)(x1)ax21.則當且僅當g(1)x2x20，g(1)x2x0，解之，得x0或x1.故實數x的取值范圍為x1或x0.10在RtABC中，C，a，b，c分別為角A，B，C所對的邊，r，S分別表示它的內切圓半徑和面積，則的取值范圍是_答案22,1)解析由題意，得Sabc2sin Asin B，r(abc)c(sin Asin B1)，從而，設sin Asin Bt，則sin Asin B(t21)，因為AB，所以tsin Asin Bsin(1，所以的取值范圍是22,1)11 如果函數f(x)x2ax2在區(qū)間