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江苏省2012届高考数学二轮复习:第21讲 转化与化归思想


第21讲 转化与化归思想

转化与化归思想是指在处理问题时, 把待解决或难解决的问题通过某种方式转化为一类 已解决或比较容易解决的问题的一种思维方式. 应用转化与化归思想解题的原则应是化难为易、化生为熟、化繁为简,尽可能是等价转 化, 在有些问题的转化时只要注意添加附加条件或对所得结论进行必要的验证就能确保转化 的等价.常见的转化有:正与反的转化、数与形的转化、相等与不等的转化、整体与局部的 转化、空间与平面的转化、常量与变量的转化、图象语言、文字语言与符号语言的转化等. 分类讨论思想,函数与方程思想,数形结合思想都是转化与化归思想的具体体现.常用 的变换方法:分析法、反证法、换元法、待定系数法、构造法等都是转化的手段.

1 1 1. 已知正实数 x、y 满足 + =1,则 x+y 的取值范围是________. x y

1 2.若不等式 x2+ax+1≥0 对一切 x∈?0,2?都成立,则实数 a 的最小值为________. ? ?

3.函数 y=x+ 2-x的值域为________.

4.函数 f(x)=x3-3bx+3b 在(0,1)内有极小值,则 b 的取值范围是________.

→ → 【例 1】 已知圆 O 的半径为 1,PA、PB 为该圆的两条切线,A、B 为两切点,求PA· PB 的最小值.

【例 2】 若不等式 x2+px>4x+p-3 对一切 0≤p≤4 均成立, 试求实数 x 的取值范围.

1 1 【例 3】 在数列{an} 中 a1= ,前 n 项和 Sn 满足 Sn+1-Sn=?3? ? ? 3 (1) 求数列{an}的通项公式 an 以及前 n 项和 Sn; (2) 若 S1, t (S1+S2 ), 3(S2+S3) 成等差数列,求实数 t 的值.

n+1

(n∈N*).

1 【例 4】 已知函数 f(x)=?a-2?x2+lnx(a∈R). ? ? (1) 当 a=0 时,求函数 f(x)的单调递增区间; (2) 若? x ∈[1,3],使 f(x)<(x+1)lnx 成立,求实数 a 的取值范围; (3) 若函数 f(x)的图象在区间(1,+∞)内恒在直线 y=2ax 下方,求实数 a 的取值范围.

1. (2011· 福建)设圆锥曲线 r 的两个焦点分别为 F1,F2,若曲线 r 上存在点 P 满足 |PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,则曲线 r 的离心率等于________.

?y≥x, ? 2.(2011· 湖南)设 m>1, 在约束条件?y≤mx, ?x+y≤1 ?
则实数 m 的取值范围为________.

下, 目标函数 z=x+my 的最大值小于 2,

3.(2011· 全国)已知矩形 ABCD 的顶点都在半径为 4 的球 O 的球面上,且 AB=6,BC= 2 3,则棱锥 OABCD 的体积为________.

4.(2011· 湖南)已知函数 f(x)=ex-1,g(x)=-x2+4x-3,若有 f(a)=g(b),则 b 的取值范 围为________.

A 2 5 5.(2009· 浙江)在△ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,且满足 cos = , 2 5 → → AB· =3. AC (1) 求△ABC 的面积; (2) 若 b+c=6,求 a 的值.

6.(2011· 辽宁)如图,已知椭圆 C1 的中心在原点 O,长轴左、右端点 M,N 在 x 轴上, 椭圆 C2 的短轴为 MN,且 C1,C2 的离心率都为 e,直线 l⊥MN,l 与 C1 交于两点,与 C2 交于两点,这四点按纵坐标从大到小依次为 A,B,C,D. 1 (1) 设 e= ,求|BC|与|AD|的比值; 2 (2) 当 e 变化时,是否存在直线 l,使得 BO∥AN,并说明理由.

(2008· 北京)(本小题满分 13 分)数列{an}满足 a1=1,an+1=(n2+n-λ)an(n=1,2,?),λ 是常数. (1) 当 a2=-1 时,求 λ 及 a3 的值; (2) 数列{an}是否可能为等差数列?若可能,求出它的通项公式;若不可能,说明理由; (3) 求 λ 的取值范围,使得存在正整数 m,当 n>m 时总有 an<0. 解:(1) 由于 an+1=(n2+n-λ)an(n=1,2,?),且 a1=1. 所以当 a2=-1 时,得-1=2-λ, 故 λ=3.(2 分) 从而 a3=(22+2-3)×(-1)=-3.(4 分) (2) 数列{an}不可能为等差数列,证明如下: 由 a1=1,an+1=(n2+n-λ)an 得 a2=2-λ,a3=(6-λ)(2-λ),a4=(12-λ)(6-λ)(2-λ). 若存在 λ,使{an}为等差数列,则 a3-a2=a2-a1,即(5-λ)(2-λ)=1-λ, 解得 λ=3. 于是 a2-a1=1-λ=-2,a4-a3=(11-λ)(6-λ)(2-λ)=-24. 这与{an}为等差数列矛盾.所以,对任意 λ,{an}都不可能是等差数列.( 8 分) (3) 记 bn=n2+n-λ(n=1,2,?),根据题意可知,b1<0 且 bn≠0,即 λ>2 且 λ≠n2+ n(n∈N*),这时总存在 n0∈N*,满足:当 n≥n0 时,bn>0;当 n≤n0-1 时,bn<0. 所以由 an+1=bnan 及 a1=1>0 可知,若 n0 为偶数,则 an0<0,从而当 n>n0 时,an<0;若 n0 为奇数,则 an0>0,从而当 n>n0 时 an>0.( 10 分) 因此“存在 m∈N*,当 n>m 时总有 an<0”的充分必要条件是:n0 为偶数. 记 n0=2k(k=1,2,?),则 λ 满足
?b2k=?2k?2+2k-λ>0, ? ? 2 ? ?b2k-1=?2k-1? +2k-1-λ<0.

故 λ 的取值范围是 4k2-2k<λ<4k2+2k(k∈N*).( 13 分)

→ → → 1. △ABC 内接于以 O 为圆心的圆,且 3OA+4OB-5OC=0.则∠C=__________. 【答案】 3π → → → → → → 解析:3OA+4OB-5OC=0,∴ 3OA+4OB=5OC,∴ 9OA2+16OB2 4

3π → → +24OA· =25OC2,OA=OB=OC,OA⊥OB.即∠C= . OB 4 (注意结合图形,把问题转化.) 2. 设正项数列{an}的前 n 项和为 Sn,q 为非零常数.已知对任意正整数 n, m,当 n>m 时,Sn-Sm=qm· n-m 总成立. S (1) 求证:数列{an}是等比数列; 1 1 2 (2) 若正整数 n, m, k 成等差数列,求证: + ≥ . Sn Sk S m 证明:(1) 因为对任意正整数 n,m,当 n>m 时,Sn-Sm=qm· n-m 总成立. S

所以当 n≥2 时,Sn-Sn-1=qn 1S1,即 an=a1·n 1,且 a1 也适合,又 an>0, q an 故当 n≥2 时, =q(非零常数),即{an}是等比数列. an-1 (2) 若 q=1,则 Sn=na1,Sm=ma1,Sk=ka1. 1 1 n+k 2m 2m 2m 2 2 所以 + = = ≥ = 2 = = . Sn Sk nka1 nka1 ?n+k?2 m a1 ma1 Sm a ? 2 ? ·1 若 q≠1,则 Sn= 1 1 所以 + ≥2 Sn Sk a1?1-qn? a1?1-qm? a1?1-qk? ,Sm= ,Sk= . 1-q 1-q 1-q 1 =2 SnSk ?1-q?2 . ?1-qn??1-qk?a2 1
+ + +k





又因为(1-qn)(1-qk)=1-(qn+qk)+qn k≤1-2 qn k+qn =1-2qm+q2m=(1-qm)2. 1 1 所以 + ≥2 Sn Sk 1 =2 SnSk ?1-q?2 ≥2 ?1-qn??1-qk?a2 1

?1-q?2 2 = . ?1-qm?2·2 Sm a1

1 1 2 综上可知:若正整数 n,m,k 成等差数列,不等式 + ≥ (当且仅当 n=m=k 时取 Sn Sk S m “=”)总成立. 基础训练 x+y?2 1 1 1. 4 解析: + =1 得 x+y=xy,由基本不等式得 xy≤? x y ? 2 ? ,x+y≥4. 5 2. - 2 1 1 1 解析:x2+ax+1≥0 对一切 x∈?0,2?都成立,∴ a≥-?x+x?,而 y=-x- ? ? ? ? x

1 5 在?0,2?上单调增,ymax=- . ? ? 2 9 3. ?-∞,4? 解析:函数 y=x+ 2-x的定义域为(-∞,2]; ? ? 1 9 换元令 2-x=t≥0,y=-t2+t+2=-?t-2?2+ ,也可用导数. ? ? 4 4. 0<b<1 解析: f′(x)=3x2-3b=0, x=± b, 显然 b>0, 单调区间为(-∞, b), - (- b, b),( b,+∞),∴ x= b时取极小值,0< b<1,0<b<1. 例题选讲

例 1 解:设∠APB=θ,0<θ<π, → → PA· =|PA||PB|cosθ PB cos ? 1 ? 2? 2θ =? θ?2cosθ= ·1-2sin 2? ? tan 2θ ? ? 2? sin 2




?1-sin2θ??1-2sin2θ? 2?? 2? ?
sin




2

θ 换元:令 x=sin2 ,0<x<1, 2 1 1 2 → → ?1-x??1-2x? PA· = PB =2x+ -3≥2 2-3,当且仅当 2x= ,即 x= ∈(0,1)时取等 x x x 2 号. → → 故PA· 的最小值为 2 2-3. PB 例 2 解:不等式 x2+px>4x+p-3 对一切 0≤p≤4 均成立,即(x-1)p+(x2-4x+3) >0 对一切 0≤p≤4 均成立, 令 f(p)=(x-1)p+(x2-4x+3),则?
? 2 ??x -4x+3?>0, ? ?4?x-1?+?x -4x+3?>0,
2

解得 x>3 或 x<-1. 实数 x 的取值范围是 x∈(-∞,-1)∪(3,+∞). 变式训练 若不等式 x2+px>4x+p-3 对一切-4≤x≤0 均成立,试求实数 p 的取值 范围. 解:(解法 1)构造函数 f(x)=x2+(p-4)x-p+3,

?-p-4<-4 ?-p-4>0 ? ? 2 2 所以 Δ<0 或? 或? ?f?-4?>0 ?f?0?>0 ? ?
所以 p<3. (解法 2)构造函数 f(x)=x2+(p-4)x-p+3=(x-1)(x+p-3), f(x)>0 对一切-4≤x≤0 均成立,而 x-1<0,∴ x+p-3<0,∴ p<3-x ∴ p<3. 1 + 1 + 例 3 解:(1) 由 Sn+1-Sn=?3?n 1(n∈N*)得 an+1=?3?n 1. ? ? ? ? 1 1 1 1 又 a1= ,故 an=?3?n(n∈N*),Sn= ?1-3n?. ? ? ? 3 2? 1 4 13 (2) 由(1)得 S1= ,S2= ,S3= , 3 9 27 1 ?4 13? ?1 4? +3 + =t + ×2,得 t=2. 3 ?9 27? ?3 9? 1 例 4 解:(1) f(x)=?a-2?x2+lnx(a∈R)的定义域为(0,+∞). ? ?
2 1 1 1-x 当 a=0 时,f(x)=- x2+lnx,f′(x)=-x+ = . 2 x x

由 f′(x)>0,结合定义域,解得 0<x<1, 故得函数 f(x)的单调递增区间为(0,1).

1 (2) f(x)<(x+1)lnx,即?a-2?x2<xlnx(a∈R), ? ? lnx 1 lnx 1 ∵ x∈[1,3],∴ a< + .令 g(x)= + , x 2 x 2 则? x ∈[1,3],使 f(x)<(x+1)lnx 成立,等价于 a<g(x)max. 1-lnx ∵ g′(x)= 2 .由 g′(x)=0,结合 x∈[1,3],解得:x=e. x 当 1≤x<e 时,g′(x)≥0;当 e<x≤3 时,g′(x)<0. 1 1 故得 g(x)max=g(e)= + . e 2 1 1 ∴ 实数 a 的取值范围是?-∞,e +2?. ? ? 1 (3) 令 h(x)=f(x)-2ax=?a-2?x2-2ax+lnx,h(x)的定义域为(0,+∞).函数 f(x)的图 ? ? 象在区间(1, +∞)内恒在直线 y=2ax 下方, 等价于 h(x)<0 在(1, +∞)上恒成立, h(x)max 即 <0. 1 ?x-1?[?2a-1?x-1] h′(x)=(2a-1)x-2a+ = . x x 1 1 ① 若 a> ,令 h′(x)=0,得 x1=1,x2= . 2 2a-1 1 当 x2>x1=1,即 <a<1 时,在(1,x2)上,h′(x)<0,h(x)为减函数,在(x2,+∞)上, 2 h′(x)>0, h(x)为增函数,故 h(x)的值域为(g(x2),+∞),不合题意. 当 x2≤x1=1,即 a≥1 时,同理可得在(1,+∞)上,h′(x)>0,h(x)为增函数,故 h(x) 的值域为(g(x1),+∞),也不合题意. 1 ② 若 a≤ ,则有 2a-1≤0,此时,在区间(1,+∞)上,恒有 h′(x)<0,从而 h(x)为 2 减函数, 1 1 1 1 h(x)max=h(1)=-a- ≤0,结合 a≤ ,解得- ≤a≤ . 2 2 2 2 1 1 综合①②可得:实数 a 的取值范围- ≤a≤ . 2 2 t-6 变式训练 已知函数 f(x)=x3+ax2 图象上一点 P(1, b)的切线斜率为-3, g(x)=x3+ 2 x2-(t+1)x+3(t>0). (1) 求 a,b 的值; (2) 当 x∈[-1,4]时,求 f(x)的值域; (3) 当 x∈[1,4]时,不等式 f(x)≤g(x)恒成立,求实数 t 的取值范围.
?f′?1?=-3, ?a=-3, ? ? 解:(1) f′(x)=3x2+2ax,∴ ? 解得? ? ? ?b=1+a, ?b=-2.

(2) 由(1)知,f(x)在[-1,0]上单调递增,在[0,2]上单调递减,在[2,4]上单调递增. 又 f(-1)=-4,f(0)=0,f(x)min=f(2)=-4,f(x)max=f(4)=16,

∴ f(x)的值域是[-4,16]. t (3) 令 h(x)=f(x)-g(x)=- x2+(t+1)x-3,x∈[1,4]. 2 ∴ 要使 f(x)≤g(x)恒成立,只需 h(x)≤0,即 t(x2-2x)≥2x-6. 2x-6 ①当 x∈[1,2)时 t≤ 2 ,解得 t≤2+ 3; x -2x ②当 x=2 时 t∈R; 2x-6 1 ③当 x∈(2,4]时 t≥ 2 ,解得 t≥ . 4 x -2x 1 综上所述,所求实数 t 的取值范围是?4,2+ 3?. ? ? 高考回顾 1 3 1. 或 解析:∵ |PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2, 2 2 ∴ 设|PF1|=4k,|F1F2|=3k,|PF2|=2k,(k>0) 2c 3k 1 若圆锥曲线为椭圆,则 2a=|PF1|+|PF2|=6k,2c=|F1F2|=3k,则离心率 e= = = ; 2a 6k 2 2c 3k 3 当圆锥曲线为双曲线时,则 2a=|PF1|-|PF2|=2k,2c=|F1F2|=3k,离心率 e= = = . 2a 2k 2 1 m 2. 1<m< 2+1 解析:画出可行域,可知 z=x+my 在点?1+m,1+m?取最大值, ? ? 由 1 m2 + <2,解得 1<m< 2+1. 1+m 1+m 3. 8 3 解析:设矩形的对角线的交点为 E,则 OE⊥面 ABCD,由题知截面圆半径 r2

1 1 = BD2= (AB2+BC2)=12,由截面圆性质得 OE= R2-r2=2, 4 4 1 1 ∴ 棱锥 O—ABCD 的体积为 SABCD×OE= ×6×2 3×2=8 3. 3 3 4. 2- 2<b<2+ 2 解析:f(a)=ea-1>-1,g(b)=-b2+4b-3>-1,解得 2- 2 <b<2+ 2. A 2 5 A 3 4 5. 解:(1) 因为 cos = ,∴ cosA=2cos2 -1= ,sinA= . 2 5 2 5 5 1 → → 又由AB· =3,得 bccosA=3,∴ bc=5,∴ S△ABC= bcsinA=2. AC 2 (2) 由于 bc=5,又 b+c=6,∴ b=5,c=1 或 b=1,c=5. 由余弦定理得 a2=b2+c2-2bccosA=20,∴ a=2 5. 6. 解:(1) 因为 C1,C2 的离心率相同,故依题意可设, x2 y2 b2y2 x2 C1: 2 + 2=1,C2: 4 + 2 =1,(a>b>0) a b a a 设直线 l:x=t(|t|<a),分别与 C1,C2 的方程联立, a 2 2 b 2 2 求得 A?t,b a -t ?,B?t,a a -t ?. ? ? ? ? 1 3 当 e= 时,b= a,分别用 yA,yB 表示 A,B 的纵坐标,可知 2 2

|BC| 2|yB| b2 3 = = = . |AD| 2|yA| a2 4 (2) t=0 时的 l 不符合题意.t≠0 时,BO∥AN 当且仅当 BO 的斜率 kBO 与 AN 的斜率 b 2 2 a 2 2 a -t a -t a b a?1-e2? ab2 kAN 相等,即 = ,解得 t=- 2 2=- .因为|t|<a,又 0<e<1,所 t e2 t-a a -b 1-e2 2 以 2 <1,解得 <e<1. e 2 所以当 0<e≤ 当 2 时,不存在直线 l,使得 BO∥AN; 2

2 <e<1 时,存在直线 l 使得 BO∥AN. 2


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