转化与化归思想第一篇_转化与化归思想概述_王佩其

4 转化与化归思想主线—基础—方法—应用—例题—注意—总结知识清单：知识1 转化与化归思想概述知识2 转化与化归的原则知识1 转化与化归思想概述所谓化归思想就是通过转化，使所要解决的问题由难变易或变为已经解决的问题，以有利于解决的一种数学思想。

化归思想常常以变换题目的结构形状、变更问题、从反面探究结论等方式出现，前面所介绍的函数思想、方程思想、数形结合、分类讨论等都是重要的化归方法。

知识2 转化与化归的原则（1）目标简化原则将复杂的问题向简单的问题转化。

（2）和谐统一性原则即化归应朝着使待解决问题在表现形式上趋于和谐，在量、形关系上趋于统一的方向进行，使问题的条件和结论更均匀和恰当。

（3）具体化原则即化归方向应由抽象到具体。

（4）低层次原则即将高维空间问题化归成低维空间问题。

（5）正难则反原则即当问题正面讨论遇到困难时，可考虑问题的反面，设法从问题的反面去探求，使问题获解。

方法清单：方法1 直接转化法方法2 换元转化法方法3 数形结合法转化方法4 构造法转化方法5 坐标法转化方法6 补集法转化方法7 空间与平面间的转化方法8 几何条件转化为向量关系的方法方法9 变更主元的转化法方法10一般式转化为标准式方法1 直接转化法把原问题转化为基本定理、基本公式或基本图形问题。

例1函数y=1+a x(0<a<1)的反函数的图象大致是（）方法2 换元转化法运用“换元”把超越式转化为有理式或使整式降幂等，把较复杂的函数、方程、不等式问题转化为易于解决的基本问题。

例2 设20≤≤x ，求函数523421+⋅-=-x x y 的最大值和最小值。

方法3 数形结合法转化研究原问题中数量关系（解析式）与空间形式（图形）的关系，通过互相变化获得转化途径。

例3 已知1,0,0=+≥≥b a b a ，求证225)2()2(22≥+++b a 方法4 构造法转化 “构造”一个合适的数学模型，把问题变为易于解决的问题。

转化与化归思想[思想方法解读] 转化与化归思想，就是在研究和解决有关数学问题时，采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而使问题得到解决的一种数学方法．一般是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题，将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题，将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题．转化与化归思想是实现具有相互关联的两个知识板块进行相互转化的重要依据，如函数与不等式、函数与方程、数与形、式与数、角与边、空间与平面、实际问题与数学问题的互化等，消去法、换元法、数形结合法等都体现了等价转化思想，我们也经常在函数、方程、不等式之间进行等价转化，在复习过程中应注意相近主干知识之间的互化，注重知识的综合性．转化与化归思想的原则(1)熟悉已知化原则：将陌生的问题转化为熟悉的问题，将未知的问题转化为已知的问题，以便于我们运用熟知的知识、经验和问题来解决．(2)简单化原则：将复杂问题化归为简单问题，通过对简单问题的解决，达到解决复杂问题的目的，或获得某种解题的启示和依据．(3)和谐统一原则：转化问题的条件或结论，使其表现形式更符合数与形内部所表示的和谐统一的形式；或者转化命题，使其推演有利于运用某种数学方法或符合人们的思维规律．(4)正难则反原则：当问题正面讨论遇到困难时，应想到问题的反面，设法从问题的反面去探讨，使问题获得解决．常考题型精析题型一 正难则反的转化例1 已知集合A ＝{x ∈R |x 2－4mx ＋2m ＋6＝0}，B ＝{x ∈R |x <0}，若A ∩B ≠∅，求实数m 的取值范围．解 设全集U ＝{m |Δ＝(－4m )2－4(2m ＋6)≥0}，即U ＝{m |m ≤－1或m ≥32}． 若方程x 2－4mx ＋2m ＋6＝0的两根x 1，x 2均为非负，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ∈U ，x 1＋x 2＝4m ≥0，⇒m ≥32，x 1x 2＝2m ＋6≥0所以，使A ∩B ≠∅的实数m 的取值范围为{m |m ≤－1}．点评 本题中，A ∩B ≠∅，所以A 是方程x 2－4mx ＋2m ＋6＝0①的实数解组成的非空集合，并且方程①的根有三种情况：(1)两负根；(2)一负根和一零根；(3)一负根和一正根．分别求解比较麻烦，我们可以从问题的反面考虑，采取“正难则反”的解题策略，即先由Δ≥0，求出全集U ，然后求①的两根均为非负时m 的取值范围，最后利用“补集思想”求解，这就是正难则反这种转化思想的应用，也称为“补集思想”．变式训练1 若对于任意t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋⎝⎛⎭⎫m 2＋2x 2－2x 在区间(t,3)上总不为单调函数，则实数m 的取值范围是__________．答案 ⎝⎛⎭⎫－373，－5 解析 g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2，若g (x )在区间(t,3)上总为单调函数，则①g ′(x )≥0在(t,3)上恒成立，或②g ′(x )≤0在(t,3)上恒成立．由①得3x 2＋(m ＋4)x －2≥0，即m ＋4≥2x－3x 在x ∈(t,3)上恒成立， 所以m ＋4≥2t－3t 恒成立，则m ＋4≥－1，即m ≥－5； 由②得m ＋4≤2x－3x 在x ∈(t,3)上恒成立， 则m ＋4≤23－9，即m ≤－373. 所以，函数g (x )在区间(t,3)上总不为单调函数的m 的取值范围为－373<m <－5. 题型二 函数、方程、不等式之间的转化例2 已知函数f (x )＝13x 3＋⎝⎛⎭⎫a 2－43x 2＋⎝⎛⎭⎫43－23a x (0<a <1，x ∈R )．若对于任意的三个实数x 1，x 2，x 3∈[1,2]，都有f (x 1)＋f (x 2)>f (x 3)恒成立，求实数a 的取值范围．解 因为f ′(x )＝x 2＋⎝⎛⎭⎫a －83x ＋⎝⎛⎭⎫43－23a ＝⎝⎛⎭⎫x －23(x ＋a －2)，所以令f ′(x )＝0， 解得x 1＝23，x 2＝2－a . 由0<a <1，知1<2－a <2.所以令f ′(x )>0，得x <23，或x >2－a ； 令f ′(x )<0，得23<x <2－a ， 所以函数f (x )在(1,2－a )上单调递减，在(2－a,2)上单调递增．所以函数f (x )在[1,2]上的最小值为f (2－a )＝a 6(2－a )2，最大值为max{f (1)，f (2)}＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫13－a 6，23a .因为当0<a ≤25时，13－a 6≥23a ； 当25<a <1时，23a >13－a 6， 由对任意x 1，x 2，x 3∈[1,2]，都有f (x 1)＋f (x 2)>f (x 3)恒成立，得2f (x )min >f (x )max (x ∈[1,2])．所以当0<a ≤25时，必有2×a 6(2－a )2>13－a 6， 结合0<a ≤25可解得1－22<a ≤25； 当25<a <1时，必有2×a 6(2－a )2>23a ， 结合25<a <1可解得25<a <2－ 2. 综上，知所求实数a 的取值范围是1－22<a <2－ 2. 点评 解决方程、不等式的问题需要函数帮助，解决函数的问题需要方程、不等式的帮助，因此借助于函数、方程、不等式进行转化与化归可以将问题化繁为简，一般可将不等关系转化为最值(值域)问题，从而求出参变量的范围．变式训练2 (2015·课标全国Ⅰ)设函数f (x )＝e 2x －a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数；(2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a. (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a x(x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点．当a >0时，因为e 2x 单调递增，－a x单调递增， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明 由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．由于022e x －a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a. 题型三 主与次的转化例3 已知函数f (x )＝x 3＋3ax －1，g (x )＝f ′(x )－ax －5，其中f ′(x )是f (x )的导函数．对满足－1≤a ≤1的一切a 的值，都有g (x )<0，则实数x 的取值范围为________．答案 ⎝⎛⎭⎫－23，1 解析 由题意，知g (x )＝3x 2－ax ＋3a －5，令φ(a )＝(3－x )a ＋3x 2－5，－1≤a ≤1.对－1≤a ≤1，恒有g (x )<0，即φ(a )<0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ φ(1)<0，φ(－1)<0， 即⎩⎪⎨⎪⎧3x 2－x －2<0，3x 2＋x －8<0， 解得－23<x <1. 故当x ∈⎝⎛⎭⎫－23，1时，对满足－1≤a ≤1的一切a 的值，都有g (x )<0. 点评 主与次的转化法合情合理的转化是数学问题能否“明朗化”的关键所在，通过变换主元，起到了化繁为简的作用．在不等式中出现两个字母：x 及a ，关键在于该把哪个字母看成变量，哪个看成常数．显然可将a 视作自变量，则上述问题即可转化为在[－1,1]内关于a 的一次函数小于0恒成立的问题．变式训练3 设f (x )是定义在R 上的单调递增函数，若f (1－ax －x 2)≤f (2－a )对任意a ∈[－1,1]恒成立，则x 的取值范围为______________．答案 (－∞，－1]∪[0，＋∞)解析 ∵f (x )是R 上的增函数，∴1－ax －x 2≤2－a ，a ∈[－1,1]．(*)(*)式可化为(x －1)a ＋x 2＋1≥0，对a ∈[－1,1]恒成立．令g (a )＝(x －1)a ＋x 2＋1.则⎩⎪⎨⎪⎧g (－1)＝x 2－x ＋2≥0，g (1)＝x 2＋x ≥0， 解得x ≥0或x ≤－1，即实数x 的取值范围是(－∞，－1]∪[0，＋∞)．题型四 以换元为手段的转化与化归例4 是否存在实数a ，使得函数y ＝sin 2x ＋a cos x ＋58a －32在闭区间[0，π2]上的最大值是1？若存在，则求出对应的a 的值；若不存在，则说明理由．解 y ＝sin 2x ＋a cos x ＋58a －32＝1－cos 2x ＋a cos x ＋58a －32＝－(cos x －a 2)2＋a 24＋58a －12.∵0≤x ≤π2，∴0≤cos x ≤1，令cos x ＝t ， 则y ＝－(t －a 2)2＋a 24＋58a －12，0≤t ≤1. 当a 2>1，即a >2时，函数y ＝－(t －a 2)2＋a 24＋58a －12在t ∈[0,1]上单调递增， ∴t ＝1时，函数有最大值y max ＝a ＋58a －32＝1， 解得a ＝2013<2(舍去)； 当0≤a 2≤1，即0≤a ≤2时， t ＝a 2函数有最大值，y max ＝a 24＋58a －12＝1， 解得a ＝32或a ＝－4(舍去)； 当a 2<0，即a <0时， 函数y ＝－(t －a 2)2＋a 24＋58a －12在t ∈[0,1]上单调递减， ∴t ＝0时，函数有最大值y max ＝58a －12＝1， 解得a ＝125>0(舍去)， 综上所述，存在实数a ＝32使得函数有最大值． 点评 换元有整体代换、特值代换、三角换元等情况．本题是关于三角函数最值的存在性问题，通过换元，设cos x ＝t ，转化为关于t 的二次函数问题，把三角函数的最值问题转化为二次函数y ＝－(t －a 2)2＋a 24＋58a －12，0≤t ≤1的最值问题，然后分类讨论解决问题．变式训练4 若关于x 的方程9x ＋(4＋a )·3x ＋4＝0有解，则实数a 的取值范围是____________． 答案 (－∞，－8]解析 设t ＝3x ，则原命题等价于关于t 的方程t 2＋(4＋a )t ＋4＝0有正解，分离变量a ，得a ＋4＝－⎝⎛⎭⎫t ＋4t ， ∵t >0，∴－⎝⎛⎭⎫t ＋4t ≤－4， ∴a ≤－8，即实数a 的取值范围是(－∞，－8]．高考题型精练1．已知a ＝log 23＋log 23，b ＝log 29－log 23，c ＝log 32，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a ＝b <cB ．a ＝b >cC ．a <b <cD ．a >b >c答案 B 解析 ∵a ＝log 23＋log 23＝log 233，b ＝log 29－log 23＝log 233，∴a ＝b .又∵函数y ＝log a x (a >1)为增函数，∴a ＝log 233>log 22＝1，c ＝log 32<log 33＝1，∴a ＝b >c .2．下列关于函数f (x )＝(2x －x 2)e x 的判断正确的是( )①f (x )>0的解集是{x |0<x <2}；②f (－2)是极小值，f (2)是极大值；③f (x )既没有最小值，也没有最大值．A ．①②③B ．②C ．①③D ．③答案 A解析 若f (x )＝(2x －x 2)e x >0，则0<x <2，①正确；∵f ′(x )＝－e x (x ＋2)(x －2)，∴f (x )在(－∞，－2)和(2，＋∞)上单调递减，在(－2，2)上单调递增．∴f (－2)是极小值，f (2)是极大值，②正确；易知③也正确．3．(2014·湖南)若0<x 1<x 2<1，则( ) 21121212212121A.e e ln ln B.e e lnC e eD e e x x x x x x x x x x x x x x ->--<><.. 答案 C解析 设f (x )＝e x －ln x (0<x <1)，则f ′(x )＝e x －1x ＝x e x －1x . 令f ′(x )＝0，得x e x －1＝0.根据函数y ＝e x 与y ＝1x的图象可知两函数图象交点x 0∈(0,1)，因此函数f (x )在(0,1)上不是单调函数，故A ，B 选项不正确．设g (x )＝e x x (0<x <1)，则g ′(x )＝e x(x －1)x 2. 又0<x <1，∴g ′(x )<0.∴函数g (x )在(0,1)上是减函数．又0<x 1<x 2<1，∴g (x 1)>g (x 2)，1221e e .x x x x ∴>4．设a ，b ∈R ，a 2＋2b 2＝6，则a ＋2b 的最小值为( )A ．－2 2B ．－533C ．－2 3D ．－72答案 C解析 由a 2＋2b 2＝6，得a 26＋b 23＝1. 所以可设⎩⎨⎧a ＝6cos θ，b ＝3sin θ.a ＋2b ＝6cos θ＋6sin θ＝12⎝⎛⎭⎫22cos θ＋22sin θ ＝12sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4. 因为－1≤sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4≤1，所以a ＋2b ≥－2 3. 5．过双曲线x 2a 2－y 2b2＝1上任意一点P ，引与实轴平行的直线，交两渐近线于R 、Q 两点，则PR →·PQ →的值为( )A ．a 2B ．b 2C ．2abD ．a 2＋b 2答案 A解析 当直线RQ 与x 轴重合时，|PR →|＝|PQ →|＝a ，故选A.6．设P 为曲线C ：y ＝x 2＋2x ＋3上的点，且曲线C 在点P 处切线倾斜角的取值范围为⎣⎡⎦⎤0，π4，则点P 横坐标的取值范围为( )A.⎣⎡⎦⎤－1，－12 B ．[－1,0] C ．[0,1]D.⎣⎡⎦⎤12，1 答案 A解析 设P (x 0，y 0)，倾斜角为α，0≤tan α≤1，f (x )＝x 2＋2x ＋3，f ′(x )＝2x ＋2,0≤2x 0＋2≤1，－1≤x 0≤－12，故选A.7．P 为双曲线x 29－y 216＝1的右支上一点，M 、N 分别是圆(x ＋5)2＋y 2＝4和圆(x －5)2＋y 2＝1上的点，则|PM |－|PN |的最大值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9答案 D解析 设双曲线的左、右焦点分别为F 1、F 2，则其分别为已知两圆的圆心，由已知|PF 1|－|PF 2|＝2×3＝6.要使|PM |－|PN |最大，需PM ，PN 分别过F 1、F 2点即可．∴(|PM |－|PN |)max ＝(|PF 1|＋2)－(|PF 2|－1)＝|PF 1|－|PF 2|＋3＝9.8．设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则( )A ．a <－1B ．a >－1C ．a >－1eD ．a <－1e 答案 A解析 ∵y ＝e x ＋ax ，∴y ′＝e x ＋a .∵函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解，∵x >0时，－e x <－1，∴a ＝－e x <－1.9．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1、a 3、a 9成等比数列，则a 1＋a 3＋a 9a 2＋a 4＋a 10的值是________． 答案 1316 解析 由题意知，只要满足a 1、a 3、a 9成等比数列的条件，{a n }取何种等差数列与所求代数式的值是没有关系的．因此，可把抽象数列化归为具体数列．比如，可选取数列a n ＝n (n ∈N *)，则a 1＋a 3＋a 9a 2＋a 4＋a 10＝1＋3＋92＋4＋10＝1316. 10．已知一个几何体的三视图如图所示，如果点P ，Q 在正视图中所示位置：P 为所在线段中点，Q 为顶点，则在几何体侧面上，从P 点到Q 点的最短路径的长为________．答案 a 1＋π2解析 由三视图，知此几何体是一个圆锥和一个圆柱的组合体，分别沿P 点与Q 点所在母线剪开圆柱侧面并展开铺平，如图所示．则PQ ＝AP 2＋AQ 2＝a 2＋(πa )2＝a 1＋π2.所以P ，Q 两点在侧面上的最短路径的长为a 1＋π2.11．f (x )＝13x 3－x ，x 1，x 2∈[－1,1]时，求证：|f (x 1)－f (x 2)|≤43. 证明 ∵f ′(x )＝x 2－1，当x ∈[－1,1]时，f ′(x )≤0，∴f (x )在[－1,1]上递减．故f (x )在[－1,1]上的最大值为f (－1)＝23， 最小值为f (1)＝－23， 即f (x )在[－1,1]上的值域为[－23，23]． 所以x 1，x 2∈[－1,1]时，|f (x 1)|≤23，|f (x 2)|≤23， 即有|f (x 1)－f (x 2)|≤|f (x 1)|＋|f (x 2)|≤23＋23＝43. 即|f (x 1)－f (x 2)|≤43. 12．已知函数f (x )＝eln x ，g (x )＝1ef (x )－(x ＋1)．(e ＝2.718……) (1)求函数g (x )的极大值；(2)求证：1＋12＋13＋ (1)>ln(n ＋1)(n ∈N *)． (1)解 ∵g (x )＝1ef (x )－(x ＋1)＝ln x －(x ＋1)，∴g ′(x )＝1x－1(x >0)． 令g ′(x )>0，解得0<x <1；令g ′(x )<0，解得x >1.∴函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g (x )极大值＝g (1)＝－2.(2)证明 由(1)知x ＝1是函数g (x )的极大值点，也是最大值点，∴g (x )≤g (1)＝－2，即ln x －(x ＋1)≤－2⇒ln x ≤x －1(当且仅当x ＝1时等号成立)， 令t ＝x －1，得t ≥ln(t ＋1)(t >－1)，取t ＝1n(n ∈N *)时， 则1n >ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ＝ln ⎝⎛⎭⎫n ＋1n ，∴1>ln 2，12>ln 32，13>ln 43，…，1n >ln ⎝⎛⎭⎫n ＋1n ， 叠加得1＋12＋13＋…＋1n >ln(2·32·43·…·n ＋1n)＝ln(n ＋1)． 即1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)．。

思想方法第4讲转化与化归思想第4讲转化与化归思想思想概述转化与化归思想方法适用于在研究、解决数学问题时，思维受阻或试图寻求简单方法或从一种情形转化到另一种情形，也就是转化到另一种情形使问题得到解决，这种转化是解决问题的有效策略，同时也是获取成功的思维方式．方法一特殊与一般的转化一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单，也可以通过一般问题的特殊情形找到一般思路；特殊问题一般化，可以使我们从宏观整体的高度把握问题的一般规律，从而达到成批处理问题的效果；对于某些选择题、填空题，可以把题中变化的量用特殊值代替，得到问题答案．例1(1)(2020·青岛模拟)“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，该圆称为原椭圆的蒙日圆，若椭圆C：＋＝1(a>0)的离心率为，则椭圆C的蒙日圆的方程为()A．x2＋y2＝9B．x2＋y2＝7C．x2＋y2＝5D．x2＋y2＝4答案B解析因为椭圆C：＋＝1(a>0)的离心率为，所以＝，解得a＝3，所以椭圆C的方程为＋＝1，所以椭圆的上顶点A(0，)，右顶点B(2,0)，所以经过A，B两点的切线方程分别为y＝，x＝2，所以两条切线的交点坐标为(2，)，又过A，B的切线互相垂直，由题意知交点必在一个与椭圆C同心的圆上，可得圆的半径r＝＝，所以椭圆C的蒙日圆方程为x2＋y2＝7.(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a，b，c成等差数列，则等于()A.B.C.D.思路分析求→考虑正三角形ABC的情况答案A解析令a＝b＝c，则△ABC为等边三角形，且cosA＝cosC＝，代入所求式子，得＝＝.一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单，特殊问题一般化，可以使我们从宏观整体的高度把握问题的一般规律，从而达到成批处理问题的效果.方法二命题的等价转化将题目已知条件或结论进行转化，使深奥的问题浅显化、繁杂的问题简单化，让题目得以解决．一般包括数与形的转化、正与反的转化、常量与变量的转化、图形形体及位置的转化．例2(1)由命题“存在x0∈R，使－m≤0”是假命题，得m的取值范围是(－∞，a)，则实数a的值是()A．(－∞，1)B．(－∞，2)C．1D．2思路分析命题：存在x0∈R，使－m≤0是假命题→任意x∈R，e|x－1|－m>0是真命题→m可知它的否定形式“任意x∈R，e|x－1|－m>0”是真命题，可得m的取值范围是(－∞，1)，而(－∞，a)与(－∞，1)为同一区间，故a＝1.(2)若对于任意t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋x2－2x在区间(t,3)上总不为单调函数，则实数m的取值范围是________．思路分析gx在t，3上总不为单调函数→先看gx在t，3上单调的条件→补集法求m的取值范围答案解析g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，若g(x)在区间(t,3)上为单调函数，则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，则m＋4≥－1，即m≥－5；由②得m＋4≤－3x在x∈(t,3)上恒成立，则m＋4≤－9，即m≤－.所以使函数g(x)在区间(t,3)上总不为单调函数的m的取值范围为－“补集法”；含两个变量的问题可以变换主元.方法三函数、方程、不等式之间的转化函数与方程、不等式紧密联系，通过研究函数y＝f(x)的图象性质可以确定方程f(x)＝0，不等式f(x)>0和f(x)<0的解集．例3(2020·全国Ⅱ)若2x－2y<3－x－3－y，则()A．ln(y－x＋1)>0B．ln(y－x＋1)<0C．ln|x－y|>0D．ln|x－y|<0答案A解析∵2x－2y<3－x－3－y，∴2x－3－x<2y－3－y.∵y＝2x－3－x＝2x －x在R上单调递增，∴x1，∴ln(y－x＋1)>ln1＝0.例4已知函数f(x)＝elnx，g(x)＝f(x)－(x＋1)．(e＝2.718……)(1)求函数g(x)的极大值；(2)求证：1＋＋＋…＋>ln(n＋1)(n∈N)．思路分析gx的极值→lnx明结论(1)解∵g(x)＝f(x)－(x＋1)＝lnx－(x＋1)，∴g′(x)＝－1(x>0)．令g′(x)>0，解得0<1；令g′(x)<0，解得x>1.∴函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)极大值＝g(1)＝－2.(2)证明由(1)知x＝1是函数g(x)的极大值点，也是最大值点，∴g(x)≤g(1)＝－2，即lnx－(x＋1)≤－2?lnx≤x－1(当且仅当x＝1时等号成立)，令t＝x－1，得t≥ln(t＋1)(t>－1)．取t＝(n∈N)时，则>ln＝ln，∴1>ln2，>ln，>ln，…，>ln，∴叠加得1＋＋＋…＋>ln＝ln(n＋1)．即1＋＋＋…＋>ln(n＋1)(n∈N)．借助函数、方程、不等式进行转化与化归可以将问题化繁为简，一般可将不等关系转化为最值值域问题，从而求出参变量的范围.高考高中资料无水印无广告不加密word版群559164877；高考数学高中数学探究群562298495。

转化与化归思想作者：王佩其来源：《广东教育·高中》2015年第02期第一篇：转化与化归思想概述一、转化与化归思想的含义所谓转化与化归思想，就是在研究和解决有关数学问题时，采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而使问题得到解决的一种数学方法.主要包含以下几个方面：（1）化未知为已知：当所要解决的问题和我们已经掌握的问题有关系时，把所要解决的问题化为已知问题;（2）化难为易：化难为易是解决数学问题的基本思想，当我们遇到的问题是崭新的，解决起来困难时，就要把这个问题化为我们熟悉的问题，熟悉的问题我们有解决的方法，就是容易的问题，这是化难为易的一个方面;（3）化繁为简：在一些问题中，已知条件或求解结论比较繁，这时就可以通过化简这些较繁的已知或者结论为简单的情况，再解决问题.有时把问题中的某个部分看作一个整体，进行换元，这也是化繁为简的转化思想;（4）化大为小：在解答综合性试题时，一个问题往往是由几个问题组成的，整个问题的结论，是通过这一系列的小问题得出的，这种情况下，就可以把所要解决的问题转化为几个小问题进行解决.二、转化与化归的常见方法（1）直接转化法：把原问题直接转化为基本定理、基本公式或基本图形问题.（2）换元法：运用“换元”把式子转化为有理式或使整式降幂等，把较复杂的函数、方程、不等式问题转化为易于解决的基本问题.（3）数形结合法：研究原问题中数量关系（解析式）与空间形式（图形）关系，通过互相变换获得转化途径.（4）等价转化法：把原问题转化为一个易于解决的等价问题，以达到化归的目的.（5）特殊化方法：把原问题的形式向特殊化形式转化，并证明特殊化后的问题的结论适合原问题.（6）构造法：“构造”一个合适的数学模型，把问题变为易于解决的问题.（7）坐标法：以坐标系为工具，用计算方法解决几何问题是转化方法的一个重要途径.（8）类比法：运用类比推理，猜测问题的结论，易于探求.（9）参数法：引进参数，使原问题转化为熟悉的问题进行解决.（10）补集法：如果正面解决原问题有困难，可把原问题的结果看作集合A，而把包含该问题的整体问题的结果类比为全集U，通过解决全集U及补集CU A使原问题获得解决，体现了正难则反的原则.三、化归与转化应遵循的基本原则（1）熟悉化原则：将陌生的问题转化为熟悉的问题，以利于我们运用熟知的知识、经验和问题来解决;（2）简单化原则：将复杂的问题化归为简单问题，通过对简单问题的解决，达到解决复杂问题的目的，或获得某种解题的启示和依据;（3）和谐化原则：化归问题的条件或结论，使其表现形式更符合数与形内部所表示的和谐的形式，或者转化命题，使其推演有利于运用某种数学方法或其方法符合人们的思维规律;（4）直观化原则：将比较抽象的问题转化为比较直观的问题来解决;（5）正难则反原则：当问题正面讨论遇到困难时，可考虑问题的反面，设法从问题的反面去探求，使问题获解.四、化归与转化应注意的两个问题（1）注意紧盯化归目标，保证化归的有效性、规范性化归作为一种思想方法，应包括化归的对象、化归的目标、以及化归的方法、途径三个要素.因此，化归思想方法的实施应有明确的对象、设计好目标、选择好方法，而设计目标是问题的关键.设计化归目标时，总是以课本中那些基础知识、基本方法以及在应用上已形成固定的问题（通常称为规范性问题）为依据，而把要解决的问题化归为成规律问题（即问题的规范化）.化归能不能如期完成，与化归方法的选择有关，同时还要考虑到化归目标的设计与化归方法的可行性、有效性.因此，在解题过程中，必须始终紧紧盯住化归的目标，即应该始终考虑这样的问题：怎样才能达到解原问题的目的.在这个大前提下实施的化归才是卓有成效的，盲目地选择化归的方向与方法必将走入死胡同.（2）注意化归的等价性，确保逻辑上的正确化归包括等价化归和非等价化归，等价化归后的新问题与原问题实质是一样的，不等价化归则部分地改变了原对象的实质，需对所得结论进行必要的修正.高中数学中的化归大多要求等价化归，等价化归要求转化过程中的前因后果既是充分的，又是必要的，以保证转化后的结果为原题的结果.如果在解题过程中没有注意化归的等价性，就会犯不合实际或偷换论题、偷换概念、以偏概全等错误.例如在解应用题时要注意原题中数量的实际意义，在经过数学变换后，应将所得的结果按实际意义检验;解方程或不等式时应注意变换的同解性是否仍然保持.同学们，数学思想方法的学习是一个潜移默化的过程，没有一个统一的模式可以遵循，而是在多方领悟、反复应用的基础上形成的，化归也不例外.我们在解题过程中，必须根据问题本身提供的信息，利用动态的思维，多方式、多途径、有计划、有步骤地反复渗透，要善于反思解题过程，倒摄解题思维，回味解题中所使用的思想，去寻求有利于问题解决的化归途径和方法.正如笛卡尔所说的：走过两遍的路就是方法.（作者单位：江苏省太仓市明德高级中学）第二篇：转化与化归思想在握，何愁函数问题！王佩其函数问题，是高考命题的核心问题之一.一般来说，高考中的函数问题综合性强，难度大，此类问题不仅考查了丰富多彩的函数知识，同时考查了考生的分析问题和解决问题的综合能力和创新能力.面对纷繁复杂的函数问题，我们该怎么办？转化与化归是“王道”！一、将数学表达式等价转化例1. 已知f（x）为定义在实数集R上的奇函数，f（x）且[0，+∞）在上是增函数.当0≤？兹≤ 时，是否存在这样的实数m，使f（cos2？兹-3））+f（4m-2mcos？兹）>f（0）对所有的？兹∈[0， ]均成立？若存在，求出所有适合条件的实数m;若不存在，请说明理由.解析：假设存在适合条件的m，由f（x）是R上的奇函数可得f（0）=0.又在[0，+∞）上是增函数，故f（x）在R上为增函数.由题设条件可得f（cos2？兹-3））+f（4m-2mcos？兹）>0.又由f（x）为奇函数，可得f（cos2？兹-3））>f（-4m+2mcos？兹）.∵ f（x）是R上的增函数，∴ ;cos2？兹-3>-4m+2mcos？兹.即cos2？兹-mcos？兹+2m-2>0.令cos？兹=t，∵ 0≤？兹≤ ，∴ 0≤t≤1.于是问题转化为对一切0≤t≤1，不等式t2-mt+2m-2>0恒成立.∴ t2- 2>m（t-2），即m> 恒成立.又∵ =（t-2）+ ≤4-2 ，当且仅当t=2- 时取等号.∴ m>4-2 .∴存在实数满足题设的条件，m>4-2 .点评：根据问题的特点转化命题，使原问题转化为与之相关、易于解决的新问题，是我们解决数学问题的常用思路，本题借助换元，将复杂的三角问题转化为普通的函数问题.二、利用特殊化将抽象向具体转化例2. 若f（x）和g（x）都是定义在实数集R上的函数，且方程x-f[g（x）]=0有实数解，则g[f（x）]不可能是（ ;）A. x2+x- ; ;B. x2+x+ ; ; ;C. x2- ; ; ;D.x2+解析：本题直接解不容易，不妨令f（x）=x，则f[g（x）]=g（x），g[f（x）]=g（x），x-f[g（x）]=0有实数解，即x-g（x）=0有实数解. 这样很明显得出结论，B选项能使x-g（x）=0没有实数解，故本题选B.点评：从抽象到具体，再到抽象，能使我们从心理上感到非常轻松.像这样常见的抽象函数式有一次函数型：f（x+y）=f（x）+f（y）+m.对数函数型：f（xy）=f（x）+f（y）.幂函数型：f（x+y）=f（x）f（y）把抽象问题具体化是数学解题中常用的化归途径，它能帮助我们对抽象问题的理解和再认识，从而建立抽象语言与具体事物间的联系，实现抽象向具体的化归.三、通过换元实现函数之间的转化例3. 已知函数f（x）=（）x，x∈[-1，1]，函数g（x）=f2（x）-2af（x）+3的最小值为h（a）.（1）求h（a）;（2）是否存在实数m、n，同时满足以下条件：①m>n>3;②当h（a）的定义域为[n，m]时，值域为[n2，m2].若存在，求出m，n的值;若不存在，说明理由.解析：（1）由f（x）=（）x的单调性可求出f（x）的值域，g（x）是以f（x）为变元的二次函数，令t=（）x，可求关于t的二次函数的最小值h（a）.因为x∈[-1，1]，所以（）x∈[ ，3].设（）x=t，t∈[ ，3]，则g（x）=？渍（x）=t2-2at+3=（t-a）2+3-a2.当a< 时，h（a）=？渍（）= - a;当≤a≤3时，h（a）=？渍（a）=3-a2;当a>3时，h（a）=？渍（3）=12-6a.所以h（a）= - ，（a< ）3-a2，（≤a≤3）12-6a.（a>3）（2）由（1）知当m>n>3时h（a）的表达式，考察h（a）在[n，m]上的单调性，结合其值域[n2，m2]，可列出关于m，n的方程组求解m，n，如果有解则所求实数m，n存在，否则不存在.因为m>n>3，a∈[n，m]，所以h（a）=12-6a.因为h（a）的定义域为[n，m]，值域为[n2，m2]，h（a）且为减函数，所以12-6m=n2，12-6n=m2，两式相减得6（m-n）=（m-n）（m+n）.因为m>n，所以m-n≠0.故有m+n=6，但这与“m>n>3”矛盾，故满足条件的实数m，n不存在.点评：求解本题关键在于利用换元的思想方法，将原问题转化为二次函数在闭区间上的最值问题，然后通过分类讨论求出函数的最值.对于存在性问题，往往是首先假设符合条件的参数存在，然后根据给出的条件进行推理求解，若不能推出矛盾，则说明符合要求的参数存在，否则说明符合要求的参数不存在.四、正难则反转化例4. 若对于任意t∈[1，2]，函数g（x）=x3+（ +2）x2-2x在区间（t，3）上总不为单调函数，则实数m的取值范围是________.解析：函数总不为单调函数不易求解，可考虑其反面情况：g（x）在区间（t，3）上为单调函数.g′（x）=3x2+（m+4）x-2，若g（x）在区间（t，3）上上总为单调函数，则：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当x∈（t，3）时恒成立，∴ m+4≥ -3t恒成立，则m+4≥-1，即m≥-5;由②得m+4≤ -3x当x∈（t，3）时恒成立，则m+4≤ -9，即m≤- .∴函数g（x）在区间（t，3）上总不为单调函数的的取值范围为-点评：正难则反，利用补集求得其解，这就是补集思想，充分体现对立统一、相互转化的思想方法.一般地，题目若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很少，从反面考虑较简单.因此，间接法多用于含有“至多”“至少”情形的问题中.五、主与次的转化例5. 已知函数f（x）=x3+3ax-1，g（x）=f′（x）-ax-5，其中f′（x）是f（x）的导函数.对满足-1≤a≤1的一切a的值，都有g（x）解析：由题意，知g（x）=3x2-ax+3a-5，令？渍（a）=（3-x）a++3x2-5，-1≤a≤1.对-1≤a≤1，恒有g（x）∴？渍（1）故当x∈[- ，1]时，对满足-1≤a≤1的一切a的值，都有g（x）点评：合情合理的转化是数学问题能否“明朗化”的关键所在，本题中通过变换主元，起到了化繁为简的作用.在不等式中出现了两个字母：x及a，关键在于该把哪个字母看成变量，哪个看成常数.显然可将a视作自变量，则上述问题即可转化为在[-1，1]内关于a的一次函数小于0恒成立的问题.六、函数、方程、不等式之间的转化例6. 设f（x）=ln（x+1）+ +ax+b（a，b∈R，且为常数），曲线y=f（x）与直线y= x在（0，0）点相切.（1）求a，b的值;（2）证明：当0解析：（1）把函数问题转化为方程问题.由y=f（x）的图像过点（0，0），代入得b=-1.由y=f（x）在（0，0）处的切线斜率为，知y′│x=0=（ + +a）│x=0= +a= ，得a=0.（2）把不等式问题转化为函数单调性问题.证：由基本不等式，当x>0时，2记h（x）=f（x）- ，则：h′（x）= + - = - < - = .令g（x）=（x+6）3-216（x+1），则当0因此g（x）在（0，2）内是减函数，又由g（0）=0，得g（x）因此h（x）在（0， 2）内是减函数，又由h（0）=0，得h（0）于是当0点评：函数、方程、不等式，三者之间存在着“天然”的联系，利用这种联系是破解函数问题的“法宝”.函数与导数的综合性问题，历来是高考的压轴题.解决这类问题要注意：（1）综合运用所学的数学思想方法来分析解决问题;（2）及时地进行思维的转换，将问题等价转化，如本例中，将不等式问题转化为研究函数的单调性和最值问题.（作者单位：江苏省太仓市明德高级中学）第三篇：三角函数，善于转化才会赢毛美芳三角函数，作为第二类基本初等函数，是高考的必考内容，在高考中往往以中档题的身份“闪亮登场”.高考三角函数题难度虽然不大，但如果不善于转化，也很难“笑到最后”.三角函数，善于转化才会赢.那么，三角函数问题该如何转化呢？一、通过统一函数名转化函数的结构例1. 求函数y=5sinx+cos2x的最值.解析：观察三角函数名和角，其中一个为正弦，一个为余弦，角分别是单角和倍角，所以先化简，使三角函数的名和角达到统一.y=5sinx+（1-2sin2x）=-2sin2x+5sinx+1=-2（sinx- ）2+ .∵ -1≤sinx≤1，∴当sinx=-1，即x=2k？仔 - （k∈Z）时ymin=-2× + =-6;当sinx=1，即x=2k？仔+ （k∈Z）时ymax=-2× + =4.点评：对于三角函数的最值问题，往往可以利用三角恒等变换公式，将其转化为形如y=Asin（？棕x+？渍）+b或y=asin2x+bsinx+c等形式，进而采用相应的方法求最值.二、利用数形结合转化函数的表现形式例2. 当0≤x≤1时，不等式sin ≥kx恒成立，则实数k的取值范围是________.解析：作出y1=sin 与y2=kx的图像，要使不等式sin ≥kx成立，由图1可知，需k≤1.点评：图像是函数的另一种表现形式.数形结合可将抽象的代数问题转化成直观的几何问题求解，本题将不等式转化成两个函数图像的位置关系，当0≤x≤1时，不等式sin ≥kx恒成立，即当0≤x≤1时，函数y1=sin 的图像在函数y2=kx的上方.作出两函数图像后比较，即可轻易得出k≤1.三、将三角方程有解问题转化为函数值域问题例3. 若方程2a·9sinx+4a·3sinx+a-8=0有解，则a的取值范围是________ .解析：方程2a·9sinx+4a·3sinx+a-8=0有解，等价于求a= 的值域.∵ 3sinx∈[ ，3]，∴ 2·9sinx+4·3sinx+1∈[ ，31]，则a的取值范围为≤a≤ .点评：“方程”变“函数”，“范围”变“值域”，体现了方程与函数的“内在联系”.四、将三角函数问题最值转化为解析几何问题例4. 求函数y= 的最大值和最小值.解析：联想斜率公式k= ，将原式变形为 = ，则求y的最值可转化为求点（sinx，cosx）与点（-2，0）的连线的斜率范围.设点P（sinx，cosx），Q（-2，0），则可看成单位圆上的动点P与点Q连线的斜率，如图2：设直线OP1的方程为y=k（x+2），即kx-y+2k=0，则圆心（0，0）到它的距离d= =1.解得k1=- 或k2= ，所以- ≤ ≤ ，即-1≤y≤1.故ymax=1，ymin=-1.点评：这类问题的特点是三角函数式以分式形式出现，且分子分母分别是cosx和 sinx的一次式.五、通过合理变角转化例5. 已知tan（？琢- ？茁）= ， tan？琢= ，且？琢∈（0，？仔），？茁∈（，），求？琢- 2？茁.解析：？琢-2？茁=（？琢- ？茁）-？茁，而已知条件没有？茁的三角函数式，所以首先要求出tan？茁的值，然后再根据已知条件利用两角差的正切公式，通过求tan（？琢- 2？茁）的值进而求出？琢- 2？茁的度数.∵ tan（？琢- ？茁）= ，tan？琢= ，∴ tan ？茁=tan[？琢-（？琢- ？茁）]= = = ，∴ tan（？琢- 2？茁）=tan[（？琢- ？茁）- ？茁]= = =-1，∵ tan？琢= ，？琢∈（0，？仔），∴？琢∈（0，）.∵？茁∈（，），∴ -2 ？茁∈（-？仔，- ）.∴？琢-2？茁∈（-？仔，0），∴ ;？琢-2？茁=- .点评：本题实施了“？琢- 2？茁=（？琢- ？茁）-？茁”角的变换.角的变化应因题而异，它是架起“已知”与“未知”之间的“桥梁”，只有仔细观察，善于分析，我们才能发现“桥梁”，并借助这条“桥梁”走向成功.六、利用换元和消元转化例6.（1）函数y=sinxcosx+sinx+cosx的最大值是 ; ; ; ; ;.（2）已知sin？兹+cos？兹 =2sin？琢，sin？兹sin？兹=sin2？茁，求证：2cos2？琢=cos2？茁.解析：（1）设 sinx+cosx=t，则 sinxcosx= ，且t∈[- ， ]，于是y= ;+t= （t+1）2-1≤ （ +1）2-1= + .（2）sin？兹 +cos？兹 =2sin？琢，sin？兹sin？兹=sin2？茁，得（sin？兹 +cos？兹）2 -2sin？兹cos？兹=（2sin？琢）2-2sin2？茁.即1=4sin2？琢-2sin2？茁，整理，得2cos2？琢=cos2？茁问题得证.点评：通过换元，可将三角问题转化为其它代数问题去解决，从而化“陌生”为“熟悉”.通过消元，可以找到三角函数式之间的内在关系，从而将“复杂”变“简单”.七、利用正余弦定理转化例7. ;在△ABC中，已知 = ，试判断△ABC的形状.解析：从本例的等式结构来看，情况较为复杂，因此，应综合应用正余定理、三角形内角和定理、勾股定理，先进行化简，再讨论.法1（化成纯角的关系）：应用正弦定理及二倍角公式，将已知等式变形为： = ，再由余弦定理将其变形为： = ，整理得（ - ;）=0，由 =0，得C=90°，由 - ;=0，及依据正弦定理得： = ，即sinBcosB=sinCcosC. ∴ sin2B=sin2C.∴ 2B=2C或2B+2C=180°，即B=C或B+C=90°.综上所述：△ABC是等腰三角形或直角三角形.法2（化成纯边的关系）：应用正弦定理及二倍角公式，将已知等式变形为： = ，即（a2+b2-c2）cos2B=（a2-b2+c2）cos2C应用余弦定理有（a2+b2-c2）· =（a2-b2+c2）· .整理得（a2+b2-c2）（a2+c2-b2）·（b-c）=0，所以有a2+b2-c2=0或a2+c2-b2=0或b-c=0.所以△ABC是等腰三角形或直角三角形.点评：解决此类问题的基本方法是利用正余弦定理将已知的边角关系式或转化为边（多项式）的关系，或转化为角（三角函数）的关系.注意不能随意约去公因式，否则结论便不完整了.（作者单位：江苏省太仓市明德高级中学）第四篇：试看平面向量如何转化严 ; 俊我们知道，平面向量是“数”与“形”的完美统一，是数学解题的一把“利剑”.“利剑”虽好，却也离不开转化.破茧成蝶，方可振翅高飞.那么在平面向量解题中有哪些转化途径呢？一、转化为方程问题例1. 若，是两个不共线的向量，与起点相同，则当t为何值时，，t ，（ + ）三向量的终点在同一条直线上？解析：把三点共线转化为两个向量平行.利用共线定理建立方程，就可算出参数t.设 = ， =t ， = （ + ），∴ ;= - =- ;+ ;， ;= - =t - .要使A、B、P三点共线，只需 =？姿 .即- ;+ ;=？姿t -？姿 .∴有- =-？姿， =？姿t？圯？姿= ，t= .∴当t= 时，三向量终点在同一直线上.点评：向量的线性运算，从本质上说，就是用代数方法解决几何问题.而向量共线定理的应用往往与方程思想“结伴同行”.二、转化为函数问题例2. 设，为单位向量，非零向量 =x ;+y ;，x，y∈R. 若，，的夹角为，则的最大值等于_______.解析：将表示成含有某些变量的函数形式，进而求其最值.=（x ）2+（y ）2+2xy · =x2+y2+2xycos30° =x2+y2+ xy.而;= = = = ≤4，因此的最大值为2.点评：与向量有关的最值问题一般两种思路：或利用图形特征，抓住向量“形”的特点，利用几何性质来解;或抓住向量“数”的特点，通过向量的有关运算转化为函数的最值问题.三、转化为图形问题例3. （1）设向量，，满足 = =1， · =- ，〈（ - ），（ - ）〉=60°，则的最大值等于 ; ; ; ; ; ; .（2）已知 =1，≠ ，对？坌t∈R总有 -t ≥ - ，则与 - 的夹角是 ; ; ; ; ;.解析：此类题若用代数方法将困难重重，构造图形解题却是一条捷径.（1）如图1，构造圆的内接四边形ABCD，其中 ;= ， ;= ，∠CAB=120°，则 = ，∠CDB=60°，当为圆直径时最大， max=2.（2）如图2，记 = ， = ， =t ，则依题意，任意的≥ .故应为点A到直线OE的距离，所以与 - 的夹角为 .点评：平面向量问题，往往离不开图形.图形可以帮助我们抓住问题的本质，从而达到简化运算的效果.尤其是对于平面向量数量积运算问题，更要“多用图，用好图”.四、利用基底向量转化例4. 在△ABC中，∠BAC=120°，AB=2，AC=1，D是BC边上一点，DC=2BD，则 · =___________.解析：由题中条件可以选择，作为一组基底，只需将，用，表示即可求解.∵ DC=2BD，∴ ;= ;.∴ ;= - ， = + = + ;= + （ - ）= ;+ ;.∴ ;· =（ ;+ ;）（ - ）= ;- ;+ ;· = ×1- ×4+ ×2×1×（- ）=- .点评：借助原有图形对所求向量进行分解转化，化为用一组基底表示的向量进行处理，此法要求所选的基底的模与夹角可知，体现了“分解与转化”的数学思想，可以减少思维量，特别对于平面图形不含坐标系或不方便建立坐标系的情况，更加有效.五、利用解析法转化例5. 若等边△ABC的边长为2 ，平面内一点M满足 = ;+ ;，则 · =___________.解析：，，与的夹角都不易求得，由于△ABC是等边三角形，故可建立平面直角坐标系，将等边△ABC的三个顶点用坐标表示，进而将点M的坐标表示出来即可.以BC所在的直线为x轴，BC的垂直平分线为y轴，建立如图3所示的坐标系.则B（- ，0），C（，0），A（0，3）.∴ ;=（-2 ，0）， =（- ，3），= ;+ ;=（- ，0）+（- ;，2）=（- ，2）.∴ ;= + =（0，2）， =（0，1）， =（- ，-2）.∴ ;· =-2.点评：设 =（x1+y1）， =（x2+y2）则 · =x1x2+y1y2，用此法解决向量数量积问题，必须先建立合适的平面直角坐标系，把向量坐标化，从而把几何问题代数化.解析法又叫坐标法，可使向量数量积运算程序化.六、转化为三角函数问题例6. 已知向量 =（sinx，-1）， =（cosx，）.（1）当∥ ;时，求cos2x-3sin2x的值;（2）求f（x）=（ + ;）·的最小正周期和单调递增区间.解析：（1）由向量平行列方程解出tanx的值，所求式子转化成正切单角名称的三角代数式，代入可求解.由∥ ;得 sinx+cosx=0，即tanx=- ，所以cos2x-3sin2x= = = .（2）进行向量坐标形式的数量积运算得到f（x）的解析式，转化为y=Asin（？棕x+ ？渍）+b函数结构.因为 =（sinx，-1）， ;=（cosx，），所以 + =（sinx+cosx，）.f（x）=（ + ）· =（sinx+cosx）cosx+ = （sin2x+cos2x）+ = sin（2x+ ）+ .所以最小正周期为？仔.由2k？仔-故单调递增区间为（k？仔- ，k？仔+ ）（k∈Z）.点评：在高考命题中，三角函数与平面向量的综合性问题是最常见的解答题题型之一.题目条件中往往给出向量的坐标中含有三角函数的形式，并已知向量间共线或垂直等关系，这时我们只需依据向量的坐标运算法则，将原向量问题转化为纯三角函数问题来求解.（作者单位：江苏省太仓市明德高级中学）第五篇：不等式问题离不开转化与化归思想吴琳琳在中学数学中，不等式问题堪称“第一杀手”.的确，不等式问题灵活多变，令人难以琢磨，伤透脑筋.我们知道，数学问题的求解关键在于合理转化，不等式问题何尝不是如此！真可谓“不等式问题离不开转化与化归思想”.一、利用不等式性质转化例1. 已知1≤lg ≤2，2≤lg ≤3，求lg 的取值范围.解析：由将已知条件变形，得1≤lgx-lgy≤2，2≤3lgx- lgy≤3，令lgx-lgy=a，3lgx- lgy=b，解得lgx= ，lgy= .∴ lg =3lgx- lgy=3· - · = b- a.由1≤a≤2，2≤b≤3，得- ≤- a≤- ，≤ b≤ .∴ ; ≤ b- a≤3，即≤lg ≤3.点评：利用不等式性质可以求某些代数式的取值范围，但应注意两点：一是必须严格运用不等式的性质;二是在多次运用不等式的性质时有可能扩大了变量的取值范围，要特别注意.如，运用同向不等式相加这一性质时，不是等价变形.此类问题的解决方法是：先建立待求整体与已知范围的整体的等量关系，最后通过“一次性”使用不等式的运算求得待求整体的范围.二、利用函数性质转化例2. 解关于x的不等式loga（1- ;）>1.解析：原不等式？圳loga（1- ;）>logaa…………①（1）当a>1时，①式等价于1- >0，1- >a？圳1- >a？圳由a>1知，1-a（2）当00，1-由0点评：本题既是一个对数不等式，又是一个分式不等式.由于底数a不确定，所以只有通过对a分类讨论，才可确定对数函数y=logax的单调性，进而将原不等式转化为不等式组来解.三、利用主参换位转化例3. 对于-1解析：已知参数a的范围，要求自变量x的范围，转换主参元x和a的位置，构造以a为自变量x作为参数的一次函数g（a），转换成？坌a∈（0，+∞），g（a）>0恒成立再求解.原不等式可转换成x2+ax设f（a）=（x-1）a+x2-2x+1，则f（a）是a的一次函数或常数函数，要使f（a）>0在a∈[-1，1]恒成立，则须满足：f（-1）>0，f（1）>0？圳x2-x>0，x2-3x+2>0？圯x>2或x故实数的取值范围是（-∞，0）∪（2，+∞）.点评：在某些特定的条件下，若能变更主元，转换思考问题的角度，不仅可以避免分类讨论，而且可以轻松解决恒成立问题.四、利用数形结合转化例4. 已知正数a，b，c满足：5c-3a≤b≤4c-a，clnb≥a+clnc，则的取值范围是 ; ; ; ; .解析：条件5c-3a≤b≤4c-a，clnb≥a+clnc可化为：3· + ≥5，+ ≤4，≥ .设 =x， =y，则题目转化为：已知x，y满足3·x+y≥5，x+y≤4，y≥ex，求的取值范围.作出所（x，y）在平面区域（如图）.求出y=ex的切线的斜率e，设过切点P（x0，y0）的切线为y=ex+m（m≥0），则 = =e+ ，要使它最小，须m=0.∴的最小值在P（x0，y0）处，为e.此时，点P（x0，y0）在y=ex上A，B之间.当（x，y）对应点C时，y=4-x，y=5-3x？圯5y=20-5x，4y=20-12y？圯y=7x？圯 =7.∴的最大值在C处，为7，∴的取值范围为[e，7]，即的取值范围是[e，7].点评：本题作为2012年高考江苏填空题的压轴题，集函数、不等式、解析几何与线性规划于一体，具有相当高的难度，难就难在解题方法上的创新，而突破这个难点的关键是“转化”：数学语言的转化和数与形的转化，即线性规划思想的灵活应用.五、利用三角代换转化例5. 已知x>0，y>0，且 + =1，求x+y的最小值.解析：由已知条件，令 =cos2？琢， =sin2？琢，0x+y= + = +=10+ + ≥2 +10=16.当且仅当 = ，即tan2？琢=3时取等号，故x+y的最小值为16.点评：利用三角代换，将“二元问题”化归为“一元问题”，进而用基本不等式求最值，本题可用常数代换求解，请同学们一试.六、将不等式恒成立问题转化为函数最值问题例6. 已知x∈（-∞，1]时，不等式1+2x+（a-a2）·4x>0恒成立，求实数a的取值范围.解析：要求a的取值范围，如何构造关于a的不等式是关键，利用分离变量的方法可达到目的.设2x=t，又x∈（-∞，1]，则t∈（0，2]，则原不等式可化为a-a2> .要使上式对t∈（0，2]恒成立，只需 a-a2>（）max，t∈（0，2].而 =-（ + ）2+ ，由∈[ ，+∞）， ;则当 = 时（）max=- .故a-a2>- ，即4a2-4a-3点评：利用变量分离法来确定不等式f（x，？姿）≥0，（x∈D，？姿为实参数）恒成立中参数？姿的取值范围的基本步骤：（1）将参数与变量分离，即化为g（？姿）≥f（x）（或g（？姿）≤f（x））恒成立的形式;（2）求f（x）在x∈D上的最大（或最小）值;（3）解不等式g（？姿）≥f（x）max（或g（？姿）≤f（x）max），得？姿的取值范围. 此法适用题型：（1）参数与变量能分离;（2）函数的最值易求出.七、将比较大小问题转化为函数的单调性问题例7. f（x）为定义在R上的可导函数，且f ′（x）>f（x），对任意正实数a，则下列式子成立的是（ ; ; ）A. f（a）ea f（0）C. f（a）< ; ; ; ; ; ; ; ; ; ;D. f（a）> .解析：观察选项知，所要比较的两数为与的大小，故可构造函数g（x）= ，并利用其单调性来比较.令g（x）= ，则g′（x）= = >0.∴ g（x）在R上为增函数，又∵a >0，∴ g（a） >g（0），即 > ，即f（a）>ea f（0）. 故选B.点评：解决这种问题常见的思维误区是不善于构造函数，或求导之后得出的错误结论.（作者单位：江苏省太仓市明德高级中学）第六篇：立体几何中的转化与化归思想揭秘。

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．1. 已知正实数x 、y 满足1x ＋1y＝1，则x ＋y 的取值X 围是________．答案：[4，＋∞)解析：1x ＋1y ＝1得x ＋y ＝xy ，由基本不等式得xy≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22，即x ＋y≥4.2. 若不等式x 2＋ax ＋1≥0对一切x∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12都成立，则实数a 的最小值为________．答案：－52解析：∵ x 2＋ax ＋1≥0对一切x∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12都成立，∴ a ≥－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ，而y ＝－x －1x 在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调增，y max ＝－52，故a min ＝－52.3. 已知平面向量a 、b 、e 满足|e |＝1，a ·e ＝1，b ·e ＝2，|a －b |＝2，则a·b 的最小值为________.答案：54解析：如图所示，建立直角坐标系． ∵ |e |＝1，∴不妨设e ＝(1，0)． ∵a ·e ＝1，b ·e ＝2，∴可设a ＝(1，m)，b ＝(2，n)．∴a －b ＝(－1，m －n)． ∵ |a －b |＝2，∴1＋（m －n ）2＝2，化为(m －n)2＝3，∴(m ＋n)2＝3＋4mn≥0，∴ mn ≥－34，当且仅当m ＝－n ＝±32时取等号．∴a ·b ＝2＋mn≥2－34＝54.4. 已知函数f(x)＝x 3－3bx ＋3b 在(0，1)内有极小值，则实数b 的取值X 围是________． 答案：0＜b ＜1解析：∵ f′(x)＝3x 2－3b ＝0，x ＝±b ，显然b ＞0，∴单调区间为(－∞，－b)，(－b ，b)，(b ，＋∞)，∴ x ＝b 时取极小值，即0＜b ＜1，则0＜b ＜1.题型一 把向量问题转化为三角和不等式问题例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．解：设∠APB＝θ，0＜θ＜π，则PA →·PB →＝|PA||PB|cos θ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫1tan θ22cos θ＝cos2θ2sin2θ2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2sin 2θ2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－sin 2θ2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2sin 2θ2sin2θ2，换元：令x ＝sin 2θ2，0＜x ＜1，则PA →·PB →＝（1－x ）（1－2x ）x ＝2x ＋1x －3≥22－3，当且仅当2x ＝1x ，即x ＝22∈(0，1)时取等号，故PA →·PB →的最小值为22－3.设x 、y 均为正实数，且32＋x ＋32＋y＝1，以点(x ，y)为圆心，R ＝xy 为半径的圆的面积最小时圆的标准方程为________．答案：(x －4)2＋(y －4)2＝256解析：∵ 32＋x ＋32＋y ＝1，∴ x ＝8＋yy －1.令z ＝y －1，则y ＝z ＋1，z>0，∴ xy ＝y 2＋8y y －1＝（z ＋1）2＋8（z ＋1）z ＝z 2＋10z ＋9z ＝z ＋9z＋10≥6＋10＝16，当且仅当z ＝9z，即z ＝3时，取等号．此时y ＝4，x ＝4，半径xy ＝16. ∴圆的方程为(x －4)2＋(y －4)2＝256. 题型二 把不等式问题转化为函数问题例2 若不等式x 2＋px>4x ＋p －3对一切0≤p≤4均成立，某某数x 的取值X 围．解：不等式x 2＋px ＞4x ＋p －3对一切0≤p≤4均成立，即(x －1)p ＋(x 2－4x ＋3)＞0对一切0≤p≤4均成立，令f(p)＝(x －1)p ＋(x 2－4x ＋3)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＋3＞0，4（x －1）＋（x 2－4x ＋3）＞0，解得x>3或x<－1，即实数x 的取值X 围是x∈(－∞，－1)∪(3，＋∞)．已知p 、r 、q 成等比数列，p 、r （r －1）2、q 成等差数列，当1<p<3<q<7时，则实数r 的取值X 围为________．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫3，72 解析：由p ，r ，q 成等比数列，p ，r （r －1）2，q 成等差数列，得pq ＝r 2，p ＋q ＝r(r －1)，由此我们联想到韦达定理，即两根之和为r （r －1）2，两根之积为r 2，所以p ，q 为方程x 2－r(r －1)x ＋r 2＝0的两根，且一根在(1，3)内，另一根在(3，7)内．记f(x)＝x 2－r(r －1)x ＋r 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧f （1）>0，f （3）<0，f （7）>0，解得3<r<72，所以实数r 的取值X 围为⎝ ⎛⎭⎪⎫3，72 题型三 把数列问题转化为方程问题例3 在数列{a n }中，a 1＝13，前n 项和S n 满足S n ＋1－S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1(n∈N *)．(1) 求数列{a n }的通项公式a n 以及前n 项和S n ；(2) 若S 1、t (S 1＋S 2)、3(S 2＋S 3) 成等差数列，某某数t 的值．解：(1) 由S n ＋1－S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1(n∈N *)，得a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1.又a 1＝13，故a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n (n∈N *)，S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n .(2) 由(1)得S 1＝13，S 2＝49，S 3＝1327，且S 1＋3(S 2＋S 3)＝2t(S 1＋S 2)，则13＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫49＋1327＝t ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋49×2，得t ＝2.已知数列{a n }是等差数列，a 1＋a 2＋a 3＝15，数列{b n }是等比数列，b 1b 2b 3＝27. (1) 若a 1＝b 2，a 4＝b 3，求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2) 若a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3是正整数且成等比数列，求a 3的最大值．解：(1) 由题得a 2＝5，b 2＝3，所以a 1＝b 2＝3，从而等差数列{a n }的公差d ＝2，所以a n＝2n ＋1，从而b 3＝a 4＝9，所以b n ＝3n －1.(2) 设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，则a 1＝5－d ，b 1＝3q，a 3＝5＋d ，b 3＝3q.因为a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列，所以(a 1＋b 1)·(a 3＋b 3)＝(a 2＋b 2)2＝64. 设⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋b 1＝m ，a 3＋b 3＝n ，m 、n∈N *，mn ＝64,则⎩⎪⎨⎪⎧5－d ＋3q ＝m ，5＋d ＋3q ＝n ，整理，得d 2＋(m －n)d ＋5(m ＋n)－80＝0.解得d ＝n －m ＋（m ＋n －10）2－362(舍去负根).因为a 3＝5＋d ，所以要使得a 3最大，即需要d 最大，即n －m 及(m ＋n －10)2取最大值．因为m 、n∈N *，mn ＝64,所以当且仅当n ＝64且m ＝1时，n －m 及(m ＋n －10)2取最大值.从而最大的d ＝63＋7612，所以，最大的a 3＝73＋7612.题型四 函数综合问题的转化例4已知函数f(x)＝ax 2＋1，g(x)＝x 3＋bx ，其中a ＞0，b ＞0.(1) 若曲线y ＝f(x)与曲线y ＝g(x)在它们的交点P(2，c)处有相同的切线(P 为切点)，求a 、b 的值；(2) 令h(x)＝f(x)＋g(x)，若函数h(x)的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－a2，－b 3，求：①函数h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值M(a)；②若|h(x)|≤3在x∈[－2，0]上恒成立，求a 的取值X 围．解：(1) 由f(x)＝ax 2＋1，g(x)＝x 3＋bx ，P(2，c)为公共切点，可得f′(x)＝2ax ，k 1＝4a ，g ′(x)＝3x 2＋b ，k 2＝12＋b.又f(2)＝4a ＋1，g(2)＝8＋2b ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧4a ＝12＋b ，4a ＋1＝8＋2b ，解得a ＝174，b ＝5.(2) ① h(x)＝f(x)＋g(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋1，则h′(x)＝3x 2＋2ax ＋b.∵函数f(x)＋g(x)的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－a2，－b 3，∴ x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－a 2，－b 3时，有3x 2＋2ax ＋b≤0恒成立．此时x ＝－b 3是方程3x 2＋2ax ＋b ＝0的一个根， ∴ 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 32＋2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 3＋b ＝0，得a 2＝4b ，∴ h(x)＝f(x)＋g(x)＝x 3＋ax 2＋14a 2x ＋1.又函数h(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，－a 6上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 6，＋∞上单调递增，若－1≤－a 2，即a≤2时，最大值为h(－1)＝a －a24；若－a 2＜－1＜－a 6，即2＜a ＜6时，最大值为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝1； 若－1≥－a 6时，即a≥6时，最大值为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝1.综上所述，M(a)＝⎩⎪⎨⎪⎧a －a 24，0<a ≤2，1，a>2.②由①可知h(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，－a 6上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 6，＋∞上单调递增，∴ h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2为极大值，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝1，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 6为极小值， h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 6＝－a 354＋1. ∵ |f(x)＋g(x)|≤3在x∈[－2，0]上恒成立， 又h(0)＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧h （－2）≥－3，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 6≥－3，即⎩⎪⎨⎪⎧－12a 2＋4a －7≥－3，－a 354＋1≥－3， 解得⎩⎨⎧4－22≤a≤4＋22，a ≤6，∴ a 的取值X 围是4－22≤a ≤6.已知函数f(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12x 2＋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，某某数a 的取值X 围；(3) 若函数f(x)的图象在区间(1，＋∞)上恒在直线y ＝2ax 下方，某某数a 的取值X 围．解：(1) f(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12x 2＋lnx (a∈R )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝0时，f(x)＝－12x 2＋lnx ，f ′(x)＝－x ＋1x ＝1－x2x.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)．(2) f(x)＜(x ＋1)lnx ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12x 2＜xlnx (a∈R )，∵ x ∈[1，3]，∴ a ＜lnx x ＋12.令g(x)＝lnx x ＋12，则x ∈[1，3]，使f(x)＜(x ＋1)lnx 成立，等价于a ＜g(x)max .∵ g ′(x)＝1－lnx x2，由g′(x)＝0，结合x∈[1，3]，解得x ＝e.当1≤x＜e 时，g ′(x)≥0；当e ＜x ≤3时，g ′(x)＜0.故得g(x)max ＝g(e)＝1e ＋12，∴实数a 的取值X 围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1e ＋12. (3) 令h(x)＝f(x)－2ax ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12x 2－2ax ＋lnx ，h(x)的定义域为(0，＋∞)．函数f(x)的图象在区间(1，＋∞)上恒在直线y ＝2ax 下方，等价于h(x)＜0在(1，＋∞)上恒成立，即h(x)max ＜0.h ′(x)＝(2a －1)x －2a ＋1x ＝（x －1）[（2a －1）x －1]x.①若a ＞12，令h′(x)＝0，得x 1＝1，x 2＝12a －1.当x 2＞x 1＝1，即12＜a ＜1时，在(1，x 2)上，h ′(x)＜0，即h(x)为减函数，在(x 2，＋∞)上，h ′(x)＞0，即h(x)为增函数，故h(x)的值域为(h(x 2)，＋∞)，不合题意；当x 2≤x 1＝1，即a≥1时，同理可得在(1，＋∞)上，h ′(x)＞0，即h(x)为增函数，故h(x)的值域为(h(x 1)，＋∞)，也不合题意．②若a≤12，则有2a －1≤0，此时，在区间(1，＋∞)上，恒有h′(x)＜0，从而h(x)为减函数，h(x)max ＝h(1)＝－a －12≤0，结合a≤12，解得－12≤a ≤12.综合①②，可得实数a 的取值X 围是－12≤a ≤12.1. (2014·全国卷Ⅰ)已知a 、b 、c 分别为△ABC 三个内角A 、B 、C 的对边，a ＝2，且(2＋b)(sinA －sinB)＝(c －b)sinC ，则△ABC 面积的最大值为________．答案： 3解析：由a ＝2且 (2＋b)(sinA －sinB)＝(c －b)sinC ，即(a ＋b)(sinA －sinB)＝(c －b)sinC ，由正弦定理得(a ＋b)(a －b)＝(c －b)c, ∴ b 2＋c 2－a 2＝bc ，故cosA ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，∴∠A ＝60°，∴ b 2＋c 2－4＝bc ，4＝b 2＋c 2－bc≥bc，∴ S △ABC ＝12bcsinA ≤ 3.2. (2014·全国卷Ⅱ)已知偶函数f(x)在[0，＋∞)上单调递减，f(2)＝0.若f(x －1)>0，则x 的取值X 围是________．答案：(－1，3)解析：因为f(x)是偶函数，所以不等式f(x －1)>0f(|x －1|)>f(2)．因为f(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以|x －1|<2，解得－1<x<3.3. (2014·某某卷)已知函数f(x)是定义在R 上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝12(|x －a 2|＋|x －2a 2|－3a 2)．若x ∈R ，f(x －1)≤f(x)，则实数a 的取值X 围为________.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－66，66解析：当x≥0时，f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x －3a 2，x>2a 2，－a 2，a 2<x ≤2a 2，－x ，0≤x ≤a 2，由f(x)＝x －3a 2，x>2a 2，得f(x)>－a 2；当a 2<x ≤2a 2时，f(x)＝－a 2；由f(x)＝－x ，0≤x ≤a 2，得f(x)≥－a 2.∴当x>0时，f(x)min ＝－a 2. ∵函数f(x)为奇函数，∴当x<0时，f(x)max ＝a 2.∵对x ∈R ，都有f(x －1)≤f(x)，∴2a 2－(－4a 2)≤1，解得－66≤a ≤66. 故实数a 的取值X 围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－66，66. 4. (2014·某某卷)在平面直角坐标系中，O 为原点，A(－1，0)，B(0，3)，C(3，0)，动点D 满足|CD →|＝1，则|OA →＋OB →＋OD →|的最大值是________．答案：1＋7解析：因为C 坐标为(3，0)且|CD|＝1，所以动点D 的轨迹为以C 为圆心的单位圆，所以设D 的坐标为(3＋cos θ，sin θ)(θ∈[0，2π))，则|OA →＋OB →＋OD →|＝（3＋cos θ－1）2＋（sin θ＋3）2＝8＋2（2cos θ＋3sin θ）.因为2cos θ＋3sinθ的最大值为22＋（3）2＝7，所以|OA →＋OB →＋OD →|的最大值为8＋27＝1＋7.5. (2014·某某卷)若实数x 、y 满足xy ＝1，则x 2＋2y 2的最小值为________． 答案：2 26. (2013·某某卷)设函数f(x)＝lnx －ax ，g(x)＝e x－ax ，其中a 为实数．(1) 若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a 的取值X 围；(2) 若g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．(1) 解：由f′(x)＝1x －a≤0即1x ≤a 对x∈(1，＋∞)恒成立，∴ a ≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x max ， 而由x∈(1，＋∞)知1x<1，∴ a ≥1.由g′(x)＝e x－a ，令g′(x)＝0，则x ＝lna. 当x<lna 时g′(x)<0，当x>lna 时g′(x)>0， ∵ g(x)在(1，＋∞)上有最小值， ∴ lna>1，∴ a>e.综上所述，a 的取值X 围为(e ，＋∞)．(2) 证明：∵ g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，∴ g ′(x)＝e x －a≥0即a≤e x对x∈(－1，＋∞)恒成立，∴ a ≤[e x]min ，而当x∈(－1，＋∞)时，e x >1e ，∴ a ≤1e . 分三种情况：当a ＝0时，f ′(x)＝1x>0，∴ f(x)在x∈(0，＋∞)上为单调增函数．∵ f(1)＝0，∴ f(x)存在唯一零点．当a<0时，f ′(x)＝1x－a>0，∴ f(x)在x∈(0，＋∞)上为单调增函数．∵ f(e a )＝a －ae a ＝a(1－e a)<0且f(1)＝－a>0. ∴ f(x)存在唯一零点．当0<a≤1e 时，f ′(x)＝1x－a ，令f′(x)＝0得x ＝1a.∵当0<x<1a 时，f ′(x)＝－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a x >0；当x>1a 时，f ′(x)＝－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a x<0，∴ x ＝1a 为最大值点，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －a·1a ＝－lna －1. ①当－lna －1＝0时，a ＝1e ，f(x)有唯一零点x ＝1a ＝e ；②当－lna －1>0时，0<a ≤1e，f(x)有两个零点．实际上，对于0<a≤1e ，由于f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝ln 1e －a·1e ＝－1－a e <0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －a·1a ＝－lna －1>0， 且函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1a 上的图象不间断， ∴函数f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1a 上存在零点． 另外，当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，f ′(x)＝1x －a>0，故f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调增，∴ f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上只有一个零点．下面考虑f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上的情况，先证f(ea －1)＝lnea －1－aea －1＝a －1lne －aea －1＝a(a－2－ea －1)<0.为此我们要证明：当x>e 时，e x >x 2，设h(x)＝e x －x 2，则h′(x)＝e x－2x ，再设l(x)＝e x －2x ，∴l′(x )＝e x－2.当x>1时，l ′(x)＝e x －2>e －2>0，l(x)＝e x－2x 在(1，＋∞)上是单调增函数．故当x>2时，h ′(x)＝e x －2x>h′(2)＝e 2－4>0.从而h(x)＝e x －x 2在(2，＋∞)上是单调增函数，进而当x>e 时，h(x)＝e x －x 2>h(e)＝e e－e 2>0.即当x>e 时，e x >x 2.当0<a<1e时，即a －1>e 时，f(ea －1)＝lnea －1－aea －1＝a －1lne －aea －1＝a(a －2－ea －1)<0，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －a·1a ＝－lna －1>0，且函数f(x)在[]a －1，ea －1上的图象不间断，∴函数f(x)在(a －1，ea －1)上存在零点．又当x>1a 时，f ′(x)＝－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a x<0，故f(x)在(a －1，＋∞)上是单调减函数，∴函数f(x)在(a －1，＋∞)上只有一个零点．综上所述，当a≤0时，f(x)的零点个数为1；当0<a≤1e 时，f(x)的零点个数为2.(本题模拟高考评分标准，满分16分)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的右焦点为F(1, 0)，离心率为22.分别过O 、F 的两条弦AB 、CD 相交于点E(异于A 、C 两点)，且OE ＝EF.(1) 求椭圆的方程；(2) 求证：直线AC 、BD 的斜率之和为定值．(1) 解：由题意，得c ＝1，e ＝c a ＝22，故a ＝2，从而b 2＝a 2－c 2＝1，所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. ①(5分)(2) 证明：设直线AB 的方程为y ＝kx ，② 直线CD 的方程为y ＝－k(x －1)，③(7分)由①②，得点A 、B 的横坐标为±22k 2＋1， 由①③，得点C 、D 的横坐标为2k 2±2（k 2＋1）2k 2＋1，(9分) 记A(x 1, kx 1)，B(x 2, kx 2)，C(x 3, k(1－x 3))，D(x 4，k(1－x 4))， 则直线AC 、BD 的斜率之和为kx 1－k （1－x 3）x 1－x 3＋kx 2－k （1－x 4）x 2－x 4＝k·（x 1＋x 3－1）（x 2－x 4）＋（x 1－x 3）（x 2＋x 4－1）（x 1－x 3）（x 2－x 4）＝k·2（x 1x 2－x 3x 4）－（x 1＋x 2）＋（x 3＋x 4）（x 1－x 3）（x 2－x 4）(13分)＝k·2⎝ ⎛⎭⎪⎫－22k 2＋1－2（k 2－1）2k 2＋1－0＋4k 22k 2＋1（x 1－x 3）（x 2－x 4）＝0.(16分)1. 已知△ABC 内接于以O 为圆心的圆，且3OA →＋4OB →－5OC →＝0.则∠C＝__________．答案：π4解析：3OA →＋4OB →－5OC →＝0，∴ 3OA →＋4OB →＝5OC →，∴ 9OA →2＋16OB →2＋24OA →·OB →＝25OC →2.又OA ＝OB ＝OC ，∴ OA ⊥OB ，即∠C＝π4.(注意结合图形，把问题转化)2. 设正项数列{a n }的前n 项和为S n ，q 为非零常数．已知对任意正整数n 、m ，当n ＞m 时，S n －S m ＝q m·S n －m 总成立．(1) 求证：数列{a n }是等比数列；(2) 若正整数n 、m 、k 成等差数列，求证：1S n ＋1S k ≥2S m.证明：(1) 因为对任意正整数n 、m ，当n ＞m 时，S n －S m ＝q m·S n －m 总成立，所以当n≥2时，S n －S n －1＝q n －1S 1，即a n ＝a 1·q n －1，且a 1也适合．又a n ＞0，故当n≥2时，a n a n －1＝q(非零常数)，即{a n }是等比数列．(2) 若q ＝1，则S n ＝na 1，S m ＝ma 1，S k ＝ka 1，所以1S n ＋1S k ＝n ＋k nka 1＝2m nka 1≥2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋k 22·a 1＝2mm 2a 1＝2ma 1＝2S m； 若q≠1，则S n ＝a 1（1－q n）1－q ，S m ＝a 1（1－q m）1－q ，S k ＝a 1（1－q k）1－q ，所以1S n ＋1S k≥21S n S k＝2（1－q ）2（1－q n ）（1－q k ）a 21. 又(1－q n)(1－q k)＝1－(q n＋q k)＋q n ＋k≤1－2q n ＋k＋q n ＋k＝1－2q m＋q 2m＝(1－q m )2，所以1S n ＋1S k ≥21S n S k ＝2（1－q ）2（1－q n ）（1－q k ）a 21≥2（1－q ）2（1－q m ）2·a 21＝2S m.综上可知，若正整数n 、m 、k 成等差数列，不等式1S n ＋1S k ≥2S m(当且仅当n ＝m ＝k 时取“＝”)总成立．3. 已知函数f(x)＝x 3＋ax 2图象上一点P(1，b)的切线斜率为－3，g(x)＝x 3＋t －62x 2－(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，某某数t 的取值X 围．解：(1) f′(x)＝3x 2＋2ax ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧f′（1）＝－3，b ＝1＋a ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，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]．(3) 令h(x)＝f(x)－g(x)＝－t 2x 2＋(t ＋1)x －3，x ∈[1，4]．∴ 要使f(x)≤g(x)恒成立，只需h(x)≤0，即t(x 2－2x)≥2x－6.①当x∈[1，2)时，t ≤2x －6x 2－2x，解得t≤2＋3；②当x ＝2时，t ∈R ；③当x∈(2，4]时，t ≥2x －6x 2－2x ，解得t≥14.综上所述，所某某数t 的取值X 围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，2＋3.。