高中数学高考第一编 第4讲

这是一份高中数学高考第一编 第4讲，共12页。
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．
热点题型探究
热点1 特殊与一般的转化
例1 (1)过抛物线y＝ax2(a>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eq \f(1,p)＋eq \f(1,q)等于( )
A．2aB．eq \f(1,2a)
C．4aD．eq \f(4,a)
答案 C
解析 抛物线y＝ax2(a>0)的标准方程为x2＝eq \f(1,a)y(a>0)．焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4a)))，取过焦点F的直线垂直于y轴，则|PF|＝|QF|＝eq \f(1,2a)，所以eq \f(1,p)＋eq \f(1,q)＝4a.
(2)在平行四边形ABCD中，|eq \(AB,\s\up6(→))|＝12，|eq \(AD,\s\up6(→))|＝8.若点M，N满足eq \(BM,\s\up6(→))＝3eq \(MC,\s\up6(→))，eq \(DN,\s\up6(→))＝2eq \(NC,\s\up6(→))，则eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(NM,\s\up6(→))＝( )
A．20B．15
C．36D．6
答案 C
解析 解法一：由eq \(BM,\s\up6(→))＝3eq \(MC,\s\up6(→))，eq \(DN,\s\up6(→))＝2eq \(NC,\s\up6(→))知，点M是BC的一个四等分点，且BM＝eq \f(3,4)BC，点N是DC的一个三等分点，且DN＝eq \f(2,3)DC，所以eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(3,4)eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DN,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))，所以eq \(NM,\s\up6(→))＝eq \(AM,\s\up6(→))－eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(3,4)eq \(AD,\s\up6(→))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up6(→))＋\f(2,3)\(AB,\s\up6(→))))＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,4)eq \(AD,\s\up6(→))，所以eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(NM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))＋\f(3,4)\(AD,\s\up6(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)\(AB,\s\up6(→))－\f(1,4)\(AD,\s\up6(→))))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))＋\f(3,4)\(AD,\s\up6(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))－\f(3,4)\(AD,\s\up6(→))))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))2－\f(9,16)\(AD,\s\up6(→))2))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(144－\f(9,16)×64))＝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eq \(AM,\s\up6(→))＝(12,6)，eq \(NM,\s\up6(→))＝(4，－2)，所以eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(NM,\s\up6(→))＝12×4＋6×(－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)＝1＋x3，则f(lg 2)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg\f(1,2)))＝( )
A．2B．4
C．－2D．－4
答案 A
解析 ∵f(x)＝1＋x3，∴f(－x)＋f(x)＝2，∵lg eq \f(1,2)＝－lg 2，∴f(lg 2)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg \f(1,2)))＝2，故选A.
2．(2019·济南市高三3月模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,3)x3－\f(1,2)x2，x＜0，,ex，x≥0，))则f(3－x2)>f(2x)的解集为( )
A．(－∞，－3)∪(1，＋∞)
B．(－3,1)
C．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
D．(－1,3)
答案 B
解析 当x2x.解得－30)，∴f′(x)＝3ax2＋(1－a)．若a≤1，则f′(x)≥0，f(x)单调递增，此时方程f[f(x)]＝b不可能有9个不等实根，故a>1.令f′(x)＝0，得x＝±eq \r(\f(a－1,3a))，不妨令x1＝－eq \r(\f(a－1,3a))，x2＝ eq \r(\f(a－1,3a)).∵当a>1时，a－1(kx－2)ex⇒eq \f(x,ex)>kx－2，
设g(x)＝eq \f(x,ex)(x>0)，h(x)＝kx－2，问题就转化为在(a，b)内，g(x)>h(x)，且(a，b)中恰有两个整数．先研究函数g(x)的单调性，g′(x)＝eq \f(1－x,ex)(x>0)，当x>1时，g′(x)0.h(x)＝kx－2，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：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g2＞h2，,g3≤h3))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＜\f(1,e2)＋1，,k≥\f(1,e3)＋\f(2,3)))⇒eq \f(1,e3)＋eq \f(2,3)≤k＜eq \f(1,e2)＋1，故选C.
2．已知a＝eq \f(1,3)ln eq \f(9,4)，b＝eq \f(4,5)ln eq \f(5,4)，c＝eq \f(1,4)ln 4，则( )
A．a＜b＜cB．b＜a＜c
C．c＜a＜bD．b＜c＜a
答案 B
解析 a＝eq \f(1,3)ln eq \f(9,4)＝eq \f(1,3)ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＝eq \f(2,3)ln eq \f(3,2)＝eq \f(ln \f(3,2),\f(3,2))，b＝eq \f(4,5)ln eq \f(5,4)＝eq \f(ln \f(5,4),\f(5,4))，c＝eq \f(1,4)ln 4＝eq \f(1,4)×2ln 2＝eq \f(ln 2,2).故构造函数f(x)＝eq \f(ln x,x)，则a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))，b＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))，c＝f(2)．因为f′(x)＝eq \f(1－1·ln x,x2)＝eq \f(1－ln x,x2)，由f′(x)＝0，解得x＝e.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eq \f(5,4)＜eq \f(3,2)＜2＜e，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＜f(2)，即b＜a＜c，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“∃x0∈R，xeq \\al(2,0)＋2mx0＋m＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2k)))2，整理得(2k＋1)(6k2－2k＋1)