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第40練 轉化與化歸思想
[思想方法解讀] 轉化與化歸思想方法，就是在研究和解決有關數(shù)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(shù)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．轉化與化歸思想是實現(xiàn)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(jù)，如函數(shù)與不等式、函數(shù)與方程、數(shù)與形、式與數(shù)、角與邊、空間與平面、實際問題與數(shù)學問題的互化等，消去法、換元法、數(shù)形結合法等都體現(xiàn)了等價轉化思想，我們也經(jīng)常在函數(shù)、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．
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(jīng)驗和問題來解決．
(2)簡單化原則：將復雜問題化歸為簡單問題，通過對簡單問題的解決，達到解決復雜問題的目的，或獲得某種解題的啟示和依據(jù)．
(3)和諧統(tǒng)一原則：轉化問題的條件或結論，使其表現(xiàn)形式更符合數(shù)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(shù)學方法或符合人們的思維規(guī)律．
(4)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，設法從問題的反面去探討，使問題獲得解決．
體驗高考
1．(2016課標全國乙)已知等差數(shù)列{an}前9項的和為27，a10＝8，則a100等于( )
A．100 B．99 C．98 D．97
答案 C
解析 由等差數(shù)列性質，知S9＝＝＝9a5＝27，得a5＝3，而a10＝8，因此公差d＝＝1，
∴a100＝a10＋90d＝98，故選C.
2．(2016課標全國丙)已知則( )
A．b
0)，
則a＝ksin A，b＝ksin B，c＝ksin C.
代入＋＝中，有
＋＝，變形可得
sin Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B＝sin(A＋B)．
在△ABC中，由A＋B＋C＝π，有sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，所以sin Asin B＝sin C.
(2)解 由已知，b2＋c2－a2＝bc，根據(jù)余弦定理，有
cos A＝＝，所以sin A＝＝.
由(1)知，sin Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B，
所以sin B＝cos B＋sin B.
故tan B＝＝4.
高考必會題型
題型一 正難則反的轉化
例1 已知集合A＝{x∈R|x2－4mx＋2m＋6＝0}，B＝{x∈R|x<0}，若A∩B≠?，求實數(shù)m的取值范圍．
解 設全集U＝{m|Δ＝(－4m)2－4(2m＋6)≥0}，
即U＝{m|m≤－1或m≥}．
若方程x2－4mx＋2m＋6＝0的兩根x1，x2均為非負，
則
所以使A∩B≠?的實數(shù)m的取值范圍為{m|m≤－1}．
點評 本題中，A∩B≠?，所以A是方程x2－4mx＋2m＋6＝0①的實數(shù)解組成的非空集合，并且方程①的根有三種情況：(1)兩負根；(2)一負根和一零根；(3)一負根和一正根．分別求解比較麻煩，我們可以從問題的反面考慮，采取“正難則反”的解題策略，即先由Δ≥0，求出全集U，然后求①的兩根均為非負時m的取值范圍，最后利用“補集思想”求解，這就是正難則反這種轉化思想的應用，也稱為“補集思想”．
變式訓練1 若對于任意t∈[1,2]，函數(shù)g(x)＝x3＋x2－2x在區(qū)間(t,3)上總不為單調函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是__________．
答案
解析 g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，若g(x)在區(qū)間(t,3)上總為單調函數(shù)，則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≥－3x在x∈(t,3)上恒成立，
所以m＋4≥－3t恒成立，則m＋4≥－1，
即m≥－5；
由②得m＋4≤－3x在x∈(t,3)上恒成立，
則m＋4≤－9，即m≤－.
所以使函數(shù)g(x)在區(qū)間(t,3)上總不為單調函數(shù)的m的取值范圍為－ln(n＋1)(n∈N*)．
(1)解 ∵g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ln x－(x＋1)，
∴g′(x)＝－1(x>0)．
令g′(x)>0，解得01.
∴函數(shù)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x＝1是函數(shù)g(x)的極大值點，也是最大值點，
∴g(x)≤g(1)＝－2，即ln x－(x＋1)≤－2?ln x≤x－1(當且僅當x＝1時等號成立)，
令t＝x－1，得t≥ln(t＋1)(t>－1)．
取t＝(n∈N*)時，
則>ln＝ln，
∴1>ln 2，>ln ，>ln ，…，>ln，
疊加得1＋＋＋…＋>ln(2…)＝ln(n＋1)．即1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
點評 解決方程、不等式的問題需要函數(shù)幫助，解決函數(shù)的問題需要方程、不等式的幫助，因此借助于函數(shù)、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2 設a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的單調區(qū)間與極值；
(2)求證：當a>ln 2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1.
(1)解 由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R
知f′(x)＝ex－2，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
于是當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x
(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
單調遞減
↘
2－2ln 2＋2a
單調遞增
↗
故f(x)的單調遞減區(qū)間是(－∞，ln 2)，
單調遞增區(qū)間是(ln 2，＋∞)，
f(x)在x＝ln 2處取得極小值，
極小值為f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a.
(2)證明 設g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，
于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知當a>ln 2－1時，
g′(x)取最小值為g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.
于是對任意x∈R，都有g′(x)>0，
所以g(x)在R內單調遞增．
于是當a>ln 2－1時，對任意x∈(0，＋∞)，
都有g(x)>g(0)．
而g(0)＝0，從而對任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0.
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
題型三 主與次的轉化
例3 已知函數(shù)f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的導函數(shù)．對滿足－1≤a≤1的一切a的值，都有g(x)<0，則實數(shù)x的取值范圍為________．
答案
解析 由題意，知g(x)＝3x2－ax＋3a－5，
令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1.
對－1≤a≤1，恒有g(x)<0，即φ(a)<0，
∴ 即
解得－1，即a>2時，函數(shù)y＝－(t－)2＋＋a－在t∈[0,1]上單調遞增，
∴t＝1時，函數(shù)有最大值ymax＝a＋a－＝1，
解得a＝<2(舍去)；
當0≤≤1，即0≤a≤2時，
則t＝時函數(shù)有最大值，
ymax＝＋a－＝1，
解得a＝或a＝－4(舍去)；
當<0，即a<0時，
函數(shù)y＝－(t－)2＋＋a－
在t∈[0,1]上單調遞減，
∴t＝0時，函數(shù)有最大值ymax＝a－＝1，
解得a＝>0(舍去)，
綜上所述，存在實數(shù)a＝，使得函數(shù)在閉區(qū)間[0，]上有最大值1.
點評 換元有整體代換、特值代換、三角換元等情況．
本題是關于三角函數(shù)最值的存在性問題，通過換元，設cos x＝t，轉化為關于t的二次函數(shù)問題，把三角函數(shù)的最值問題轉化為二次函數(shù)y＝－(t－)2＋＋a－，0≤t≤1的最值問題，然后分類討論解決問題．
變式訓練4 若關于x的方程9x＋(4＋a)3x＋4＝0有解，則實數(shù)a的取值范圍是____________．
答案 (－∞，－8]
解析 設t＝3x，則原命題等價于關于t的方程t2＋(4＋a)t＋4＝0有正解，分離變量a，得a＋4＝－，
∵t>0，∴－≤－4，
∴a≤－8，即實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－8]．
高考題型精練
1．若函數(shù)f(x)＝x3－tx2＋3x在區(qū)間[1,4]上單調遞減，則實數(shù)t的取值范圍是( )
A．(－∞，] B．(－∞，3]
C．[，＋∞) D．[3，＋∞)
答案 C
解析 f′(x)＝3x2－2tx＋3，
由于f(x)在區(qū)間[1,4]上單調遞減，
則有f′(x)≤0在[1,4]上恒成立，
即3x2－2tx＋3≤0，即t≥(x＋)在[1,4]上恒成立，
因為y＝(x＋)在[1,4]上單調遞增，
所以t≥(4＋)＝，
故選C.
2．已知函數(shù)f(x)＝|logx|，若m1，
∴m＋3n＝m＋在m∈(0,1)上單調遞減，
當m＝1時，m＋3n＝4，∴m＋3n>4.
3．過拋物線y＝ax2(a>0)的焦點F，作一直線交拋物線于P，Q兩點，若線段PF與FQ的長度分別為p，q，則＋等于( )
A．2a B.
C．4a D.
答案 C
解析 拋物線y＝ax2(a>0)的標準方程為x2＝y(tǒng)(a>0)，焦點F(0，)，
取過焦點F的直線垂直于y軸，
則|PF|＝|QF|＝，
所以＋＝4a.
4．已知函數(shù)f(x)＝(e2x＋1＋1)(ax＋3a－1)，若存在x∈(0，＋∞)，使得不等式f(x)<1成立，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．(0，)
B．(0，)
C．(－∞，)
D．(－∞，)
答案 C
解析 因為x∈(0，＋∞)，所以2x＋1>1，
則e2x＋1＋1>e＋1，
要使f(x)<1，則ax＋3a－1<，
可轉化為：存在x∈(0，＋∞)使得a<成立．
設g(x)＝，
則a0，則x＋3>3，
從而<，
所以g(x)<，即a<，
選C.
5．已知f(x)＝，則f(－2 015)＋f(－2 014)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(2 016)＝________.
答案 2 016
解析 f(x)＋f(1－x)＝＋
＝＋
＝＝1，
∴f(0)＋f(1)＝1，f(－2 015)＋f(2 016)＝1，
∴f(－2 015)＋f(－2 014)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(2 016)＝2 016.
6．若二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在區(qū)間[－1,1]內至少存在一個值c，使得f(c)>0，求實數(shù)p的取值范圍是________．
答案 (－3，)
解析 如果在[－1,1]內沒有值滿足f(c)>0，
則?
?p≤－3或p≥，
取補集為－30，|a|≤1恒成立的x的取值范圍．
解 將原不等式整理為形式上是關于a的不等式(x－3)a＋x2－6x＋9>0.
令f(a)＝(x－3)a＋x2－6x＋9.
因為f(a)>0在|a|≤1時恒成立，所以
(1)若x＝3，
則f(a)＝0，不符合題意，應舍去．
(2)若x≠3，
則由一次函數(shù)的單調性，
可得
即
解得x<2或x>4.
即x的取值范圍為(－∞，2)∪(4，＋∞)．
10．已知f(x)是定義在[－1,1]上的奇函數(shù)，且f(1)＝1，若m，n∈[－1,1]，m＋n≠0時，有>0.
(1)證明f(x)在[－1,1]上是增函數(shù)；
(2)解不等式f(x2－1)＋f(3－3x)<0；
(3)若f(x)≤t2－2at＋1對?x∈[－1,1]，a∈[－1,1]恒成立，求實數(shù)t的取值范圍．
解 (1)任取－1≤x10，x1－x2<0，
∴f(x1)－f(x2)<0，
即f(x)在[－1,1]上是增函數(shù)．
(2)因為f(x)是定義在[－1,1]上的奇函數(shù)，
且在[－1,1]上是增函數(shù)，
不等式化為f(x2－1)0對任意x∈R恒成立，
∴a<2|x－1|＋|x＋2|對任意x∈R恒成立．
設h(x)＝2|x－1|＋|x＋2|，
則h(x)＝
則h(x)在區(qū)間(－∞，1)上是減函數(shù)，
在區(qū)間(1，＋∞)上是增函數(shù)，
∴當x＝1時，h(x)取得最小值3，
故a<3，
∴實數(shù)a的取值范圍是(－∞，3)．
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