新高考数学二轮复习 第2部分 思想方法 第4讲 转化与化归思想（含解析）

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＝9   B．x2＋y2＝7

C．x2＋y2＝5   D．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cos A＝cos C＝，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．1   D．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<e|x－1|恒成立→求m的范围→求a

答案　C

解析　由命题“存在x0∈R，使－m≤0”是假命题，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　gx在t，3上总不为单调函数→先看gx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－<m<－5.

根据命题的等价性对题目条件进行明晰化是解题常见思路；对复杂问题可采用正难则反策略，也称为“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)>0   B．ln(y－x＋1)<0

C．ln|x－y|>0   D．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，

∴x<y，∴y－x＋1>1，

∴ln(y－x＋1)>ln 1＝0.

例4　已知函数f(x)＝eln x，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　gx的极值→ln x<x－1→赋值叠加证明结论(1)

解　∵g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ln x－(x＋1)，

∴g′(x)＝－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＝(n∈N*)时，

则>ln＝ln，

∴1>ln 2，>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.