2023届高考数学二轮复习思想方法与解题技巧第37讲正反的转化变换第38讲一般特殊的转化变换含解析

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典型例题
【例1】(1) 求证:方程有唯一解；
(2) 若方程在时有解，求实数的取值范围。
【分析】第问是唯一性命题的证明,直接证明有些困难, 可从反面考虑, 命题的反面是此方程至少有两解,反证法是从反面的角度思考问题的证明方法,属于“间接证明”的一类. 第问, 将原方程变形为. 直接讨论当时有解求参数的取值范围, 不易解决. 若设, 则得关的二次方程, 再进行讨论可求的取值范围, 但显得烦琐. 若两个变元和转换一下角式,用表示, 可轻松求解, 此谓正难则反,逆向考虑,反客为主.
【解析】
证明：设至少有两解，则
另一方面，由，知，这与③式矛盾，假设不成立，原命题成立，只有唯一解。
(2) 。
【例2】是否存在，使得为
等差数列?
【分析】
本题的性质是一道三角函数方程解得存在性问题，我们可以假设问题的结论有解的前提下, 来探求满足题设条件的根是否存在, 由于 为等差数列的充要条件是: , 而这组三角方程在 内是否有解? 若有解, 则假设成立,若无解,则说明问题的结论是否定的.
【解析】
若存在这样的，使得为等差数列，
则应有于是有
两式相减
①
若，即，此时，
这样就有，
故此时，不成等差数列。
若，则在①式中约掉之后得，而事实上，
在这种情况下，①式仍然不能成立。
【例3】
一个袋中装有大小相同的黑球、白球和红球，已知袋中有10个球，从中任意摸出来1个
球得到黑球的概率是；从中任意摸出 2 个球，至少得到 1 个白球的概率是
求:
从中任意摸出 2 个球，得到的都是黑球的概率；
袋中白球的个数。
【分析】含有“至少”“至多”型的概率问题可以考虑用对立事件的概率求解。
【解析】
(1) 由题意知，袋中黑球的个数为。
记“从袋中任意摸出 2 个球，得到的都是黑球”为事件，则。
(2) 记“从袋中任意摸出 2 个球，至少得 1 个白球”为事件。
设袋中白球的个数为，则，
解得 (舍去 )。
所以袋中有 5 个白球。
【例4】试求实数的取值范围，使拋物线的所有弦都不能被直线垂直平分。
【分析】本题共直接从正面解决，则条件“不能被直线垂直平分”较难用式子表示，正难则反，若我们先从问题的反面入手，化“不能”为“能”，则可快速求解，这也是补集思想的解题策略。必须注意的是中点应落在的区域内或弦的两个端点存在，也即弦所在直线方程与拗物线方程联立，有两个相异的根。
【解析】
【解法1】
设拋物线上两点关于直线对称，的中点为，
则，由题设知。
，且的中点在直线上，
，因此中点
由于点在的区域内，，
整理得，解得。
因此当时，抛物线上存在两点关于直线对称，
当时，拋物线上不存在两点关于直线对称。
故实数的取值范围为。
【解法2】设拋物线上的两点关于直线对称，依题意知：
由此可得，于是，由
得，此时，抛物线上存在两点关于直线对称，从而所有弦不能被直线垂直平分的的取值范围是。
第38讲一般与特殊的转化与变换
当问题难以入手时，应先对特殊情况或简单情形进行观察、分析，发现问题中特殊的数量关系、结构或部分元素，然后推广到一般情形，以完成从特殊情形的研究到一般问题的解答的过程，这就是特殊化的化归策略，当然，在运用特殊与一般的思想方法解题时，必须认识到一般与特殊的关系是:一般成立，其特殊也成立；一般不成立，其特殊可能成立，也可能不成立；特殊不成立，其一般也不成立；特殊成立，其一般可能成立，也可能不成立。
这种用极端特殊的考虑解使问题迎刃而解的方法体现了一个数学原理，即极端原理，数学问题化难为易、化抽象为具体、化繁杂为简单，化生疏为熟悉等等，都离不开极端原理，这是因为，用一个题目中涉及的对象的极端情形，去代替这一对象，而保留题目其余内容所得的题目，即是题目的极端情形，它往往比较容易、具体、熟悉，又由于极端情形的解与一般情形的解往往有共性。解极端情形往往会给解一般情形带来启示，主要体现在如下七个方面:
设计方案，运用极端原理(特殊情况)奠基，以特殊情况的解答为基础，进而做出一般情形的解答。
解答问题，运用极端原理(特殊情况)探路，有效地探得解题途径，打通解题思路。
定值问题，先用极端原理特殊情况)探求，探明定值的数量，固其具体位置，从而在一般情形下加以验证。
穷举问题，运用极端原理筛选，对可能出现的情况或选择题的选择点“筛”和“选”， “筛”就是把一些极端情形的、不满足条件的对象“笑”掉；“选”就是把一些满足条件的对象 (特殊情形)选出(构造出)。
某些规律，运用极端原理(特殊情形)发现。
获得结论对否，运用极端原理(特殊情形或构造反例)检验。
7）讨论题解，运用极端原理(特殊情形)完善，使题解周密、完善，不致发生遗漏现象。
典型例题
【例1】设，求的值。
【分析】
本例是条件三角函数式的求值问题,要直接求解是有困难的,通常所求得的值是个常数, 对于题中给出的, 还须符合这个条件, 所以先取特殊角代入试验,探测到这个常数, 可取, 则, 满足已知条件, 此时, 探测到了定值, 问题就转化为证明或或
等情形之一, 解题的思路一下子开阔了.
【解析】
【证明】给定的条件是正切间的关系，要证明的是正弦间的关系，故可采用切化弦法，由已知得为了产生角，由合分比定理，得
即。
，即
【例2】（1）已知数列，其中，且数列为等比数列，求常数；
(2) 设是公比不相等的两个等比数列，，证明: 数列不是等比数列。
【分析】已明确,则对特殊的值也都成立,要证明数列不是等比数列, 只要证明一个特殊的情形,只要其不符合定义,即可加以否定.
【解析】
(1) 数列为等比数列，则对特殊的，
有成等比数列，于是，由题设，，，整理得，解得或。
下面研究一般情况，即或时，数列是否为等比数列。
当时, ,
则为等比数列.
当时,,
则为等比数列.
综上, 或.
(2) 证明要证明数列不是等比数列，只要证明一个特殊的情形，即不是
等比数列，为此，设的公比分别为，则由，得
【例3】设点 分别是双曲线 的左顶点和右焦点, 点 是双曲线右支上 的动点.
(1) 若 是直角三角形,求点 的坐标;
(2) 是否存在常数 ,使得 对任意的点 恒成立？ 证明你的结论.
【分析】第 (1)问要考虑 和 两种情况; 第 问可以先求解某些特殊情况下 的值,猜想一般结论并加以证明.
【解析】
（1）设 点坐标为 , 由已知 , 则
若 , 则 , 代人 得 点坐标 为 ;
若 , 则 .
由得
综上, 点坐标为 .
（2）当轴时, 由知,
猜想: 当不垂直于轴时, 也成立.
设点坐标为, 由对称性,假设在第一象限,且不垂直于轴,
,
又 PAF 或 PFA ,
即及.
.
【例4】已知从原点出发的两条射线间的夹角为，又在上分别取点，使之适合关系式: 是一个正数，如图所示。
求证:直线恒过定点，并用和表示的长度
【分析】
本题要证明直线 恒过定点 , 也就是探究 在图形的什么位置 上. 由于 是射线 上的动点, 只要适合关系式 即可, 是一个正 数,其值也没有确定, 但显然这个定点 与题设中的角 有关系,而与角关系最为密切的 是角平分线,那么点 是否可能在 的角平分线上? 若 和的值定了, 这个点和 的长度也就定了. 这当然仅仅是一种猜想,为了验证这个猜想,可以运用特例引路, 先把定点、定值确定下来,使探究的结论有个明确的方向,这是因为一般情况与特殊情况之间往往有某种内在的联系,或是论证方法有相似之处可供借鉴, 我们先从特例入 手得到某种结果, 再证明这种结果在一般情形下仍然是成立的.
【解析】
【证明】
从特例人手，取，先探明点所具有的特征。在射线上分别取异于的点，使，令线段与相交于点，如图所示。
改变的长度，可发现点在的平分线上。事实上，过作交于点。
①
同理可得②
由①②得，故为的中点，又，
。即点在的平分线上。
一般地，令，则，如图所示，设，
过作，交于点，则有，即
故，即，当时，上式对任意的恒成立。
此时，有，从而，故。
由此可得点在的平分线上，且与的取值无关。于是，问题等价于:已知，，分别在上，且交的平分线于求证: 为定值。
故直线恒过定点D,且D在的平分线上