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转化与化归的思想方法高考题选讲


转化与化归的思想方法(2) ---高考题选讲
化归与转化的思想是指在解决问题时,采用某种手段使之转化,进而使问题得到解决 的一种解题策略,是数学学科与其它学科相比,一个特有的数学思想方法,化归与转化思想 的核心是把生题转化为熟题.事实上,解题的过程就是一个缩小已知与求解的差异的过程, 是求解系统趋近于目标系统的过程, 是未知向熟知转化的过程, 因此每解一道题无论是难题

还是易题,都离不开化归.例如,对于立体几何问题通常要转化为平面几何问题,对于多元 问题,要转换为少元问题,对于高次函数,高次方程问题,转化为低次问题,特别是熟悉的 一次,二次问题,对于复杂的式子,通过换元转化为简单的式子问题等等.在高考中,对化 归思想的考查,总是结合对演绎证明,运算推理,模式构建等理性思维能力的考查进行 , 因此可以说高考中的每一道试题,都在考查化归意识和转化能力. 【例1】 已知球O的半径为1,A,B,C三点都在球面上,且每两点间的球面距离均为 ,则球心O到平面ABC的距离为( ).

分析与求解:由已知条件,分析所给出的几何体的特征,可作如下转化:球心O到平 面ABC的距离?圳正三棱锥的高?圳正方体的对角线, 可立即得出球心O到平面ABC的距 离=棱长为1的正方体对角线的 .故 B 正确.

2 2 2 2 【例2】设 x、y∈R且 3x +2y =6x,求 x +y 的范围. 2 2 分析1:设 k=x +y ,再代入消去 y,转化为关于 x 的方程有实数解时求参数 k 的范围 的问题.其中要注意隐含条件,即 x 的范围. 2 2 2 2 2 2 x2-6x+2k=0, 解法1:由 6x-3x =2y ≥0 得 0≤x≤2.设 k=x +y , 则 y =k-x , 代入已知等式得: 2 2 2 .所以 x2+y2 的范围是: 即 k=- x +3x, 其对称轴为 x=3.由 0≤x≤2 得 k∈ [0, 4] 0≤x +y ≤4.

分析 2: 三角换元法,对已知式和待求式都可以进行三角换元(转化为三角问题) 解法 2: 由

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2 2 2 2 所以 x +y 的范围是:0≤x +y ≤4.

【点评】 本题运用多种方法进行解答,实现了多种角度的转化,联系了多个知识点, 有助于提高发散思维能力.此题还可以利用均值换元法进行解答.各种方法的运用,分别将代 数问题转化为了其它问题,属于问题转换题型. -4cos10° 【例3】 求值:cot10° 分析: 要求该式的值,估计有两条途径:一是将函数名化为相同,二是将非特殊角化 为特殊角. -4cos10° 解法: cot10°

【点评】 无条件三角求值问题,是高考中常见题型,其变换过程是等价转化思想的体现. 此种题型属于三角变换型.一般对于三角恒等变换,需要灵活运用的是同角三角函数的关系 式、诱导公式、和差角公式、倍半角公式、和积互化公式以及万能公式,常用的手段是:切 割化弦、拆角、降次与升次、和积互化、异名化同名、异角化同角、化特殊角等等.对此, 我们要掌握变换的通法,活用公式,攻克三角恒等变形的每一道难关. 【例 4】 球面上有3个点,其中任意两点的球面距离都相等于大圆周长的 的小圆周长为4π,那么这个球的半径为( ). ,经过3个点

分析:将空间的问题转化为平面的问题来处理,这是解题的通法.由任意两点球面距离 相等,则这三点构成过这三点截面上的等边三角形,又球面距离等于大圆周长的 ,则任

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意两点与球心构成的圆心角为

,即 ,且任意两点与球心构成过这两点大圆截面上的等

边三角形,则球半径等于球面上这三点任意二点的平面距离.运用转化的思想方法,把求球 半径的问题转化为已知过球面三点的小圆周长,求这小圆上内接正三角形的边长. 解:设A、B、C为球面上三点,过其中A、B两点的大圆,如图,

O为球心,则∠AOB=

= ,

且OA=OB=R. 则AB=OA=OB=R. 同理OC=OA=OB=R,OB=OC=BC=R,∴△ABC 为等边三角形. 设过A、B、C三点的小圆为⊙O′,如图2, 半径为 r,则由 2πr=4π,得 r=2,∴ AB=AC=BC=R =2rsin =4 =2 . ∴应选B.

【点评】 这里用了降维转化的思想方法,转化的对象为求球的半径, 转化的方向为求△ABC的边长,转化的条件是“任意两点的球面距离都 等于大圆周长的 ”.

【例 5】 (浙江卷)设函数 f(x)=3ax2+2bx+c,若 a+b+c=0,f(0)f(1)>0,求证: (Ⅰ)方程 f(x)=0 有实数根; (Ⅱ)-2< <-1; (Ⅲ)设 x1,x2 是方程 f(x)=0的两个实根,则 ≤ < .

思路分析: 对于(Ⅰ),应首先看系数 3a 是否为0. 若 a=0,则 b=-c,f(0)f(1)=c(3a+2b+c)=-c2≤0,与已知矛盾,所以 a≠0. 从而有 对于(Ⅱ),结论等价于( <0,除以 a2 即可. 对于(Ⅲ),应将 转化为关于 的表达式,即 , +1) ( +2)<0.故由条件中消去 c,有(a+b) (2a+b)

再利用(Ⅱ)的结论求解. 【点评】 本题有效地将二次函数,二次方程,二次不等式融于一题,三问层层递进 . (Ⅱ)、 (Ⅲ)两问的证明均需我们盯住解题目标在条件与结论之间进行有效地转化与化归 以寻求沟通点. 【例 6】 (江苏卷)设 a 为实数,设函数 f(x)=a 为 g(a). + 的最大值

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(Ⅰ)设 t= (Ⅱ)求 g(a);

,求 t 的取值范围,并把 f(x)表示为 t 的函数 m(t);

(Ⅲ)求满足 g(a)=g( )的所有实数 a. 思路分析: (Ⅰ)1. ∵ ,∴ 要使 t 有意义,必须 1+x≥0 且 1-x≥0,即-1≤x≤1.

∴ t 的取值范围是[ 由①得

,2].

cosθ-sinθ+cosθ=2cosθ, 由于 又 所以 ,即 t∈[ ,2],f(x)=acos2θ+t. t =

3. 令 则 t=m+n,m2+n2=2, 由数形结合可得 t∈ [ , 2].从而求出 m(t)的解析式. (Ⅱ)、(Ⅲ)略. 【点评】 本题表面看是与无理函数有关的一个综合性的分步设问的问题,主要考查函 数、方程等基本知识,试题的设置事实上也给出了处理结构较复杂函数 f(x)的基本思路, 只要经过换元很容易转化为常规的二次函数问题, 其中的分类讨论对学生思维的周密性考查 得力,具有很大的区分度. 本题(Ⅰ)中三种思路分别利用代数换元、三角换元以及数形结合将问题进行了转化 与化归从而求得了 t 的取值范围以及 m(t)的解析式. 【例 7】 (辽宁卷)已知函数 f(x)=sin2x+2sinxcosx+3cos2x,x∈R.求: (Ⅰ)函数 f(x)的最大值及取得最大值的自变量 x 的集合; (Ⅱ)函数 f(x)的单调增区间. 解: (Ⅰ)解法 1:

∴ 当

时,f(x)取得最大值2+

.

因此,f(x)取得最大值的自变量 x 的集合是{xx=kπ+ 解法2:

,k∈Z}. sin

∵ f ( x )=( sin2x+cos2x ) +sin2x+2cos2x=1+sin2x+ 1+cos2x=2+

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(2x+ ). ∴ 当 最大值的自变量 x 的集合是 ( Ⅱ ) f ( x ) = 2 + ≤ sin ( 2x+ ) . 由 题 意 得 2kπ取得最大值2+ .因此,f(x)取得

因此,f(x)的单调增区间是

【点评】 本题两问的求解都需同学们将 f(x)准确而合理地转化为 的形式, 即考查同学们对三角函数式的转化与化归的能力, 这也是高考试题重点考查的能力 之一. 【例 8】 (福建卷)已知数列{an}满足 (Ⅰ)证明:数列{an+1-an}是等比数列; (Ⅱ)求数列{an}的通项公式; 2an(n∈N+).

(Ⅲ)若数列{bn}满足 N+),证明{bn}是等差数列. 解: (Ⅰ)证明:

(n∈

a1=2 为首项,2为公 比的等比数列. ( Ⅱ ) 解 : 由 ( Ⅰ ) 得

(Ⅲ)证明: ∵

,



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∴ {bn}是等差数列. 【点评】 本小题主要考查数列、不等式等基本知识,考查化归与转化的数学思想方法, 考查综合解题能力. 【例 9】 如图,在五面体ABCDEF中,点O是矩形ABCD的对角线的交点,面CD E是等边三角形,棱EF BC.

(1)证明FO∥平面CDE; (2)设BC= CD,证明EO⊥平面CDF.

解: (1)证明: 取CD中点M,连结OM,在矩形ABCD中,OM 又EF ∥EM. 又∵ FO 平面CDE,且EM 平面CDE, ∴ FO∥平面CDE. BC,则EF

BC,

OM.连结EM,于是四边形EFOM为平行四边形 . ∴ FO

(2)证明: 连结FM,由(1)和已知条件,在等边△CDE中,CM=DM,E M⊥CD且EM= CD= BC=EF.因此平行四边形EFOM为菱形,从而EO⊥

FM,∵CD⊥OM,CD⊥EM∴CD⊥平面EOM,从而CD⊥EO,而FM∩CD= M,所以EO⊥平面CDF. 【点评】 立体几何是考查转化与化归的重要截体,如本题中的位置关系转化(第(Ⅰ)

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问中的线线平行与线面平行的转化,第(Ⅱ)问中的线线垂直与线面垂直的转化),空间向 平面的转化、等积转化等等.

【例 10】. 已知 f(x)=tgx,x∈(0,

π π ),若 x 1 、x 2 ∈(0, )且 x 1 ≠x 2 , 2 2

求证:

x1 ? x 2 1 [f(x 1 )+f(x 2 )]>f( ) 2 2 x1 ? x 2 1 [f(x 1 )+f(x 2 )]>f( ) 2 2

【分析】从问题着手进行思考,运用分析法,一步步探求问题成立的充分条件。 【证明】

?

x1 ? x 2 1 [tgx 1 +tgx 2 ]>tg 2 2

?

sin x 2 sin( x1 ? x 2 ) sin( x1 ? x 2 ) 1 sin x1 1 sin( x1 ? x 2 ) ( + )> > ? 2 cos x1 cos x 2 1 ? cos( x1 ? x 2 ) 2 cos x1 cos x 2 1 ? cos( x1 ? x 2 )

? 1+cos(x 1 +x 2 )>2cosx 1 cosx 2 ? 1+cosx 1 cosx 2 +sinx 1 sinx 2 >2cosx 1 cosx 2 ? cosx 1 cosx 2 +sinx 1 sinx 2 <1 ? cos(x 1 -x 2 )<1
由已知显然 cos(x 1 -x 2 )<1 成立,所以

x1 ? x 2 1 [f(x 1 )+f(x 2 )]>f( ) 2 2

S 【注】 本题在用分析法证明数学问题的过程中,每一 步实施的都是等价转化。此种题型属于分析证明型。 M 【例 11】. 如图,在三棱锥 S-ABC 中,S 在底面上的射 A 影 N 位于底面的高 CD 上,M 是侧棱 SC 上的一点,使截面 D N C MAB 与底面所成角等于∠NSC。求证:SC 垂直于截面 MAB。 B 【分析】 由三垂线定理容易证明 SC ⊥AB ,再在平面 SDNC 中利用平面几何知识证明 SC⊥DM。 【证明】由已知可得:SN⊥底面 ABC,AB⊥CD,CD 是斜线 SC 在底面 AB 的射影, ∴ AB⊥SC。 ∵ AB⊥SC、AB⊥CD ∴ AB⊥平面 SDNC ∴ ∠MDC 就是截面 MAB 与底面所成的二面角 由已知得∠MDC=∠NSC 又∵ ∠DCM=∠SCN ∴ △DCM≌△SCM ∴ ∠DMC=∠SNC=Rt∠ 即 SC⊥DM 所以 SC⊥截面 MAB。

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