1、第4讲 转化与化归的思想 第一编讲方法思想方法解读 转化与化归思想是指在研究解决数学问题时，采用某种手段将问题通过转化，使问题得以解决的一种思维策略，其核心是把复杂的问题化归为简单的问题，将较难的问题化归为较容易求解的问题，将未能解决的问题化归为已经解决的问题常见的转化与化归思想应用具体表现在：将抽象函数问题转化为具体函数问题，立体几何和解析几何中一般性点或图形问题转化为特殊点或特殊图形问题，以及“至少”或“是否存在”等正向思维受阻问题转化为逆向思维问题，空间与平面的转化，相等问题与不等问题的转化等1 热点题型探究 PART ONE 热点 1 特殊与一般的转化例 1(1)过抛物线 yax2(a
2、0)的焦点 F，作一直线交抛物线于 P，Q 两点，若线段 PF 与 FQ 的长度分别为 p，q，则1p1q等于()A2a B.12a C4a D.4a答案 C解析 抛物线 yax2(a0)的标准方程为 x21ay(a0)焦点 F0，14a，取过焦点 F 的直线垂直于 y 轴，则|PF|QF|12a，所以1p1q4a.(2)在平行四边形 ABCD 中，|AB|12，|AD|8.若点 M，N 满足BM 3MC，DN 2NC，则AM NM()A20 B15 C36 D6答案 C解析 解法一：由BM 3MC，DN 2NC 知，点 M 是 BC 的一个四等分点，且 BM34BC，点 N 是 DC 的一个
3、三等分点，且 DN23DC，所以AM AB34AD，AN AD DN AD 23AB，所以NM AM AN AB 34AD AD 23AB 13 AB 14 AD，所 以 AM NM AB34AD 13AB14AD 13AB34AD AB34AD 13AB 2 916AD 2 13144 91664 36，故选 C.解法二：不妨设DAB 为直角，以 AB 所在直线为 x 轴，AD 所在直线为y 轴建立如图所示的平面直角坐标系则 M(12,6)，N(8,8)，所以AM(12,6)，NM(4，2)，所以AM NM 1246(2)36，故选 C.一般问题特殊化，使问题处理变的直接、简单；特殊问题一般
4、化，可以把握问题的一般规律，使我们达到成批处理问题的效果对于客观题，当题设条件提供的信息在普通条件下都成立或暗示答案是一个定值时，可以把题中变化的量用特殊值代替，可以快捷地得到答案1(2019甘青宁高三 3 月联考)若函数 f(x)1x3，则 f(lg 2)flg12()A2 B4 C2 D4答案 A解析 f(x)1x3，f(x)f(x)2，lg 12lg 2，f(lg 2)flg 12 2，故选 A.2(2019济南市高三 3 月模拟)已知函数 f(x)13x312x2，x0，ex，x0，则 f(3x2)f(2x)的解集为()A(，3)(1，)B(3,1)C(，1)(3，)D(1,3)答案
5、B解析 当 x0 时，f(x)13x312x2，f(x)x2x，x0，f(x)单调递增，且 x0 时，f(x)0，f(x)f(2x)可转化为 3x22x.解得3x0)，方程 ff(x)b 对于任意 b1,1都有 9 个不等实根，则实数 a 的取值范围为()A(1，)B(2，)C(3，)D(4，)答案 D解析 f(x)ax(x21)x(a0)，f(x)3ax2(1a)若 a1，则f(x)0，f(x)单调递增，此时方程 ff(x)b 不可能有 9 个不等实根，故 a1.令 f(x)0，得 x a13a，不妨令 x1a13a，x2a13a.当 a1时，a13a，1x10，0 x21.f(x)a(x)
6、(x)21(x)ax(x21)xf(x)，f(x)是奇函数，又函数 f(x)过定点(1,1)，(1，1)和(0,0)，则作出函数f(x)的大致图象如图所示令 f(x)t，方程 f(t)b 对于任意 b1,1都有 9 个不等实根，即方程f(x)t1，f(x)t2，f(x)t3，一共有 9 个不等实根，f(x)在极小值点处的函数值小于1，即 fa13a23(1a)a13a 0，解得 a4，故实数 a 的取值范围为(4，)故选 D.函数、方程与不等式相互转化的应用函数、方程与不等式三者之间存在着密不可分的联系，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、
7、方程、不等式之间的转化可以将问题化繁为简，常常将不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题；将证明不等式问题转化为函数的单调性与最值问题，将方程的求解问题转化为函数的零点问题1(2019安徽马鞍山二次质检)已知函数 f(x)x(2kx)ex(x0)，若 f(x)0的解集为(a，b)，且(a，b)中恰有两个整数，则实数 k 的取值范围为()A.，1e2B.1e412，1e323C.1e323，1e21D.1e21，1e2答案 C解析 f(x)x(2kx)ex0 x(kx2)exxexkx2，设 g(x)xex(x0)，h(x)kx2，问题就转化为在(a，b)内，g(x)h(x)，且(a，b)中恰有两
8、个整数先研究函数 g(x)的单调性，g(x)1xex(x0)，当 x1 时，g(x)0，所以函数g(x)在(1，)上单调递减；当 0 x0，所以函数 g(x)在(0,1)上单调递增，所以 g(x)maxg(1)1e.注意到 g(0)0，当 x0 时，g(x)0.h(x)kx2，恒过(0，2)，要想在(a，b)内，g(x)h(x)，且(a，b)中恰有两个整数，必须要满足以下两个条件：g2h2，g3h3k1e21，k1e3231e323k1e21，故选 C.2已知 a13ln 94，b45ln 54，c14ln 4，则()AabcBbacCcabDbca答案 B解析 a13ln 9413ln 32
9、223ln 32ln 3232，b45ln 54ln 5454，c14ln 4142ln 2ln 22.故构造函数 f(x)ln xx，则 af32，bf54，cf(2)因为 f(x)11ln xx21ln xx2，由 f(x)0，解得 xe.故当 x(0，e)时，f(x)0，函数 f(x)在(0，e上单调递增；当 x(e，)时，f(x)0，函数 f(x)在e，)上单调递减因为54322e，所以 f54 f32 f(2)，即 bac，故选 B.热点 3 正难则反的转化例 3(1)(2019湖南邵阳高三 10 月大联考)若命题“x0R，x202mx0m20”为假命题，则 m 的取值范围是()A(
10、，12，)B(，1)(2，)C1,2 D(1,2)答案 C解析 若命题“x0R，x202mx0m2x2 的区域内，则6k12 12k2，整理得(2k1)(6k22k1)0，解得 k12.因此当 k12时，抛物线 yx2 上存在两点关于直线 yk(x3)对称，于是当 k12时，抛物线 yx2 上不存在两点关于直线 yk(x3)对称所以实数 k 的取值范围为12，.故选 D.2若二次函数 f(x)4x22(p2)x2p2p1 在区间1,1内至少存在一个值 c，使得 f(c)0，则实数 p 的取值范围是_答案 3，32解析 若在区间1,1内不存在 c 满足 f(c)0，因为 36p20 恒成立，则f
11、10，f10，解得p12或p1，p3或p32.所以 p3 或 p32，取补集得3p32，即满足题意的实数 p 的取值范围是3，32.热点 4 形体位置关系的转化例 4(1)(2019延安市高考模拟)正三角形 ABC 的边长为 2，将它沿高 AD折叠，使点 B 与点 C 间的距离为 3，则四面体 ABCD 外接球的表面积为()A6 B7 C8 D9答案 B解析 根据题意可知四面体 ABCD 的三条侧棱 BDAD，DCDA，底面BDC 是等腰三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，在三棱柱底面BDC 中，BDCD1，BC 3，BDC1
12、20，BDC 的外接圆的半径为123sin1201，由题意可得，球心到底面的距离为12AD 32，球的半径为 r341 72.故外接球的表面积为 4r27，故选 B.(2)(天津市滨海新区 2020 届高三摸底考试)如图所示，已知多面体ABCDEFG 中，AB，AC，AD 两两互相垂直，平面 ABC平面 DEFG，平面BEF平面 ADGC，ABADDG2，ACEF1，则该多面体的体积为_答案 4解析 解法一：(分割法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点 C 作 CHDG 于 H，连接 EH，即把多面体分割成一个直三棱柱 DEHABC 和一个斜三棱柱 BEFCHG.由题意，知 V三棱
13、柱 DEHABCSDEHAD1221 22，V 三棱柱 BEFCHGSBEFDE1221 22.故所求几何体的体积为 V 多面体 ABCDEFG224.解法二：(补形法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，将多面体补成棱长为 2 的正方体，显然所求多面体的体积即该正方体体积的一半又正方体的体积 V正方体 ABHIDEKG238，故所求几何体的体积为 V多面体 ABCDEFG1284.形体位置关系的转化是通过切割、补形、等体积转化等方式转化为便于观察、计算的常用几何体，由于新的几何体是转化而来的，一般需要对新几何体的位置关系、数据情况进行必要分析，准确理解新几何体的特征1.(2019东北三
14、省三校高三第二次模拟)如图，直三棱柱 ABCA1B1C1 中，点 D 是棱 B1C1 的中点，ABAC 2，BCBB12.(1)求证：AC1平面 A1BD；(2)求点 D 到平面 ABC1 的距离解(1)证明：连接 AB1，交 A1B 于点 O，则 O 为 AB1 的中点，连接 OD，又 D 是 B1C1 的中点，ODAC1，OD平面 A1BD，AC1平面 A1BD，AC1平面 A1BD.(2)由已知，ABAC，取 BC 的中点 H，则 BCAH，BB1平面 ABC，AH平面 ABC，BB1AH，BCBB1B，AH平面 BCC1B1.又 ABAC 2，BC2，AH1，BB1C1D，SBC1D1
15、2C1DBB112121，VDABC1VABC1D13SBC1DAH131113.AC1 24 6，BC1 442 2，AC21AB2BC21，ABC1 是直角三角形，SABC112 2 6 3，设点 D 到平面 ABC1 的距离为 h，则13 3h13，得 h 33，即点 D 到平面 ABC1 的距离为 33.2(2019山东师范大学附属中学高三上学期二模)已知等腰梯形 ABCE(图1)中，ABEC，ABBC12EC4，ABC120，D 是 EC 的中点，将ADE 沿 AD 折起，构成四棱锥 PABCD(图 2)(1)求证：ADPB；(2)当平面 PAD平面 ABCD 时，求三棱锥 CPAB 的体积解(1)证明：取 AD 的中点 K，连接 PK，BK，BD，PAPD，K 为 AD 的中点，PKAD，又 ADAB，DAB60，ADB 为等边三角形，则 ABBD，则 BKAD，又 PKBKK，AD平面 PBK，又 PB平面 PBK，则 ADPB.(2)由平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD，PK平面 PAD，PKAD，得 PK平面 ABCD，由已知 ABBC4，ABC120，得 SABC4 3，又 PK2 3，VCPABVPABC134 32 38.本课结束