【最高考】2022届高考数学二轮专题突破课堂讲义 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．1.已知正实数x、y满足＋＝1，则x＋y的取值范围是________．答案：[4，＋∞)解析：＋＝1得x＋y＝xy，由基本不等式得xy≤，即x＋y≥4.2.若不等式x2＋ax＋1≥0对一切x∈都成立，则实数a的最小值为________．答案：－解析：∵x2＋ax＋1≥0对一切x∈都成立，∴a≥－，而y＝－x－在上单调增，ymax＝－，故amin＝－.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：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，∴＝2，化为(m－n)2＝3，∴(m＋n)2＝3＋4mn≥0，∴mn≥－，当且仅当m＝－n＝±时取等号．-10-\n∴a·b＝2＋mn≥2－＝.4.已知函数f(x)＝x3－3bx＋3b在(0，1)内有极小值，则实数b的取值范围是________．答案：0＜b＜1解析：∵f′(x)＝3x2－3b＝0，x＝±，显然b＞0，∴单调区间为(－∞，－)，(－，)，(，＋∞)，∴x＝时取极小值，即0＜＜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·的最小值．解：设∠APB＝θ，0＜θ＜π，则·＝|PA||PB|cosθ＝cosθ＝·＝，换元：令x＝sin2，0＜x＜1，则·＝＝2x＋－3≥2－3，当且仅当2x＝，即x＝∈(0，1)时取等号，故·的最小值为2－3.设x、y均为正实数，且＋＝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：∵＋＝1，∴x＝.令z＝y－1，则y＝z＋1，z>0，∴xy＝＝＝＝z＋＋10≥6＋10＝16，当且仅当z＝，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-10-\n例2若不等式x2＋px>4x＋p－3对一切0≤p≤4均成立，求实数x的取值范围．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)，则解得x>3或x<－1，即实数x的取值范围是x∈(－∞，－1)∪(3，＋∞)．已知p、r、q成等比数列，p、、q成等差数列，当1<p<3<q<7时，则实数r的取值范围为________．答案：解析：由p，r，q成等比数列，p，，q成等差数列，得pq＝r2，p＋q＝r(r－1)，由此我们联想到韦达定理，即两根之和为，两根之积为r2，所以p，q为方程x2－r(r－1)x＋r2＝0的两根，且一根在(1，3)内，另一根在(3，7)内．记f(x)＝x2－r(r－1)x＋r2，所以解得3<r<，所以实数r的取值范围为题型三把数列问题转化为方程问题例3在数列{an}中，a1＝，前n项和Sn满足Sn＋1－Sn＝n＋1(n∈N*)．(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．解：(1)由Sn＋1－Sn＝(n∈N*)，得an＋1＝.又a1＝，故an＝(n∈N*)，Sn＝.(2)由(1)得S1＝，S2＝，S3＝，且S1＋3(S2＋S3)＝2t(S1＋S2)，则＋3＝t×2，得t＝2.已知数列{an}是等差数列，a1＋a2＋a3＝15，数列{bn}是等比数列，b1b2b3＝27.(1)若a1＝b2，a4＝b3，求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)若a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3是正整数且成等比数列，求a3的最大值．解：(1)由题得a2＝5，b2＝3，所以a1＝b2＝3，从而等差数列{an}的公差d＝2，所以an＝2n＋1，从而b3＝a4＝9，所以bn＝3n－1.(2)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则a1＝5－d，b1＝，a3＝5＋d，b3＝3q.因为a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，所以(a1＋b1)·(a3＋b3)＝(a2＋b2)2＝64.设m、n∈N*，mn＝64,-10-\n则整理，得d2＋(m－n)d＋5(m＋n)－80＝0.解得d＝(舍去负根).因为a3＝5＋d，所以要使得a3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＝，所以，最大的a3＝.题型四函数综合问题的转化例4已知函数f(x)＝ax2＋1，g(x)＝x3＋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，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的取值范围．解：(1)由f(x)＝ax2＋1，g(x)＝x3＋bx，P(2，c)为公共切点，可得f′(x)＝2ax，k1＝4a，g′(x)＝3x2＋b，k2＝12＋b.又f(2)＝4a＋1，g(2)＝8＋2b，∴解得a＝，b＝5.(2)①h(x)＝f(x)＋g(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，则h′(x)＝3x2＋2ax＋b.∵函数f(x)＋g(x)的单调递减区间为，∴x∈时，有3x2＋2ax＋b≤0恒成立．此时x＝－是方程3x2＋2ax＋b＝0的一个根，∴3＋2a＋b＝0，得a2＝4b，∴h(x)＝f(x)＋g(x)＝x3＋ax2＋a2x＋1.又函数h(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，若－1≤－，即a≤2时，最大值为h(－1)＝a－；若－＜－1＜－，即2＜a＜6时，最大值为h＝1；若－1≥－时，即a≥6时，最大值为h＝1.综上所述，M(a)＝-10-\n②由①可知h(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，∴h为极大值，h＝1，h为极小值，h＝－＋1.∵|f(x)＋g(x)|≤3在x∈[－2，0]上恒成立，又h(0)＝1，∴即解得∴a的取值范围是4－2≤a≤6.已知函数f(x)＝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，＋∞)上恒在直线y＝2ax下方，求实数a的取值范围．解：(1)f(x)＝x2＋lnx(a∈R)的定义域为(0，＋∞)．当a＝0时，f(x)＝－x2＋lnx，f′(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)．(2)f(x)＜(x＋1)lnx，即x2＜xlnx(a∈R)，∵x∈[1，3]，∴a＜＋.令g(x)＝＋，则x∈[1，3]，使f(x)＜(x＋1)lnx成立，等价于a＜g(x)max.∵g′(x)＝，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)＝＋，∴实数a的取值范围是.(3)令h(x)＝f(x)－2ax＝x2－2ax＋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＋＝.①若a＞，令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝.-10-\n当x2＞x1＝1，即＜a＜1时，在(1，x2)上，h′(x)＜0，即h(x)为减函数，在(x2，＋∞)上，h′(x)＞0，即h(x)为增函数，故h(x)的值域为(h(x2)，＋∞)，不合题意；当x2≤x1＝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(x1)，＋∞)，也不合题意．②若a≤，则有2a－1≤0，此时，在区间(1，＋∞)上，恒有h′(x)＜0，从而h(x)为减函数，h(x)max＝h(1)＝－a－≤0，结合a≤，解得－≤a≤.综合①②，可得实数a的取值范围是－≤a≤.1.(2022·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：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,∴b2＋c2－a2＝bc，故cosA＝＝，∴∠A＝60°，∴b2＋c2－4＝bc，4＝b2＋c2－bc≥bc，∴S△ABC＝bcsinA≤.2.(2022·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的取值范围是________．答案：(－1，3)解析：因为f(x)是偶函数，所以不等式f(x－1)>0f(|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.(2022·湖北卷)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝(|x－a2|＋|x－2a2|－3a2)．若x∈R，f(x－1)≤f(x)，则实数a的取值范围为________.答案：解析：当x≥0时，f(x)＝由f(x)＝x－3a2，x>2a2，得f(x)>－a2；当a2<x≤2a2时，f(x)＝－a2；由f(x)＝－x，0≤x≤a2，得f(x)≥－a2.∴当x>0时，f(x)min＝－a2.∵函数f(x)为奇函数，∴当x<0时，f(x)max＝a2.∵对x∈R，都有f(x－1)≤f(x)，∴2a2－(－4a2)≤1，解得－≤a≤.-10-\n故实数a的取值范围是.4.(2022·湖南卷)在平面直角坐标系中，O为原点，A(－1，0)，B(0，)，C(3，0)，动点D满足||＝1，则|＋＋|的最大值是________．答案：1＋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＋cosθ，sinθ)(θ∈[0，2π))，则|＋＋|＝＝.因为2cosθ＋sinθ的最大值为＝，所以|＋＋|的最大值为＝1＋.5.(2022·上海卷)若实数x、y满足xy＝1，则x2＋2y2的最小值为________．答案：26.(2022·江苏卷)设函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ex－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的取值范围；(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)＝－a≤0即≤a对x∈(1，＋∞)恒成立，∴a≥，而由x∈(1，＋∞)知<1，∴a≥1.由g′(x)＝ex－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的取值范围为(e，＋∞)．(2)证明：∵g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，∴g′(x)＝ex－a≥0即a≤ex对x∈(－1，＋∞)恒成立，∴a≤[ex]min，而当x∈(－1，＋∞)时，ex>，∴a≤.分三种情况：当a＝0时，f′(x)＝>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)＝－a>0，∴f(x)在x∈(0，＋∞)上为单调增函数．∵f(ea)＝a－aea＝a(1－ea)<0且f(1)＝－a>0.∴f(x)存在唯一零点．当0<a≤时，f′(x)＝－a，令f′(x)＝0得x＝.∵当0<x<时，f′(x)＝>0；当x>时，f′(x)＝<0，-10-\n∴x＝为最大值点，最大值为f＝ln－a·＝－lna－1.①当－lna－1＝0时，a＝，f(x)有唯一零点x＝＝e；②当－lna－1>0时，0<a≤，f(x)有两个零点．实际上，对于0<a≤，由于f＝ln－a·＝－1－<0，f＝ln－a·＝－lna－1>0，且函数在上的图象不间断，∴函数f(x)在上存在零点．另外，当x∈，f′(x)＝－a>0，故f(x)在上单调增，∴f(x)在上只有一个零点．下面考虑f(x)在上的情况，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，ex>x2，设h(x)＝ex－x2，则h′(x)＝ex－2x，再设l(x)＝ex－2x，∴l′(x)＝ex－2.当x>1时，l′(x)＝ex－2>e－2>0，l(x)＝ex－2x在(1，＋∞)上是单调增函数．故当x>2时，h′(x)＝ex－2x>h′(2)＝e2－4>0.从而h(x)＝ex－x2在(2，＋∞)上是单调增函数，进而当x>e时，h(x)＝ex－x2>h(e)＝ee－e2>0.即当x>e时，ex>x2.当0<a<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＝ln－a·＝－lna－1>0，且函数f(x)在上的图象不间断，∴函数f(x)在(a－1，ea－1)上存在零点．又当x>时，f′(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≤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＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，离心率为.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．-10-\n(1)解：由题意，得c＝1，e＝＝，故a＝，从而b2＝a2－c2＝1，所以椭圆的方程为＋y2＝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±，由①③，得点C、D的横坐标为，(9分)记A(x1,kx1)，B(x2,kx2)，C(x3,k(1－x3))，D(x4，k(1－x4))，则直线AC、BD的斜率之和为＋＝k·＝k·(13分)＝k·＝0.(16分)1.已知△ABC内接于以O为圆心的圆，且3＋4－5＝0.则∠C＝__________．答案：解析：3＋4－5＝0，∴3＋4＝5，∴92＋162＋24·＝252.又OA＝OB＝OC，∴OA⊥OB，即∠C＝.(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·Sn－m总成立．(1)求证：数列{an}是等比数列；(2)若正整数n、m、k成等差数列，求证：＋≥.证明：(1)因为对任意正整数n、m，当n＞m时，Sn－Sm＝qm·Sn－m总成立，所以当n≥2时，Sn－Sn－1＝qn－1S1，即an＝a1·qn－1，且a1也适合．又an＞0，故当n≥2时，＝q(非零常数)，即{an}是等比数列．-10-\n(2)若q＝1，则Sn＝na1，Sm＝ma1，Sk＝ka1，所以＋＝＝≥＝＝＝；若q≠1，则Sn＝，Sm＝，Sk＝，所以＋≥2＝2.又(1－qn)(1－qk)＝1－(qn＋qk)＋qn＋k≤1－2＋qn＋k＝1－2qm＋q2m＝(1－qm)2，所以＋≥2＝2≥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“＝”)总成立．3.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＋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．解：(1)f′(x)＝3x2＋2ax，∴解得(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)＝－x2＋(t＋1)x－3，x∈[1，4]．∴要使f(x)≤g(x)恒成立，只需h(x)≤0，即t(x2－2x)≥2x－6.①当x∈[1，2)时，t≤，解得t≤2＋；②当x＝2时，t∈R；③当x∈(2，4]时，t≥，解得t≥.综上所述，所求实数t的取值范围是.-10-