高中数学复习专题讲座(第40讲)化归思想

题目 高中数学复习专题讲座化归思想 高考要求

化归与转换的思想，就是在研究和解决数学问题时采用某种方式，借助某种函数性质、图象、公式或已知条件将问题通过变换加以转化，进而达到解决问题的思想 等价转化总是将抽象转化为具体，复杂转化为简单、未知转化为已知，通过变换迅速而合理的寻找和选择问题解决的途径和方法 重难点归纳

转化有等价转化与不等价转化 等价转化后的新问题与原问题实质是一样的 不等价转化则部分地改变了原对象的实质，需对所得结论进行必要的修正

应用转化化归思想解题的原则应是化难为易、化生为熟、化繁为简，尽量是等价转化 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、空间与平面相互转化、复数与实数相互转化、常量与变量的转化、数学语言的转化 典型题例示范讲解

例1对任意函数f(x), x∈D，可按图示构造一个数列发生器，其工作原理如下

输入f输出打印①输入数据x0∈D，经数列发生器输出x1=f(x0)；

②若x1D，则数列发生器结束工作；若x1∈D，则将x1反馈回输入端，再输出x2=f(x1)，并依此规律继续下去

4x2 x149（1）若输入x0=，则由数列发生器产生数列{xn}，

65现定义f(x)xi∈DNoYes请写出{xn}的所有项； 结束（2）若要数列发生器产生一个无穷的常数列，试求输入的初始数据x0的值；

（3）若输入x0时，产生的无穷数列{xn}，满足对任意正整数n均有xn

＜xn+1；求x0的取值范围

命题意图 本题主要考查学生的阅读审题，综合理解及逻辑推理的能力

知识依托 函数求值的简单运算、方程思想的应用 解不等式及化归转化思想的应用 解题的关键就是应用转化思想将题意条件转化为数学语言

错解分析 考生易出现以下几种错因（1）审题后不能理解题意（2）题意转化不出数学关系式，如第2问（3）第3问不能进行从一般到特殊的转化

技巧与方法 此题属于富有新意，综合性、抽象性较强的题目 由于陌生不易理解并将文意转化为数学语言 这就要求我们慎读题意，把握主

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脉，体会数学转换

解 （1）∵f(x)的定义域D=（–∞,–1)∪(–1,+∞)

∴数列{xn}只有三项，x1（2）∵f(x)111,x2,x31 1954x2x,即x2–3x+2=0 x1∴x=1或x=2，即x0=1或2时

xn14xn2xn

xn14x2，得x＜–1或1＜x＜2 x1故当x0=1时，xn=1，当x0=2时，xn=2（n∈N*） （3）解不等式x要使x1＜x2，则x2＜–1或1＜x1＜2 对于函数f(x)4x264 x1x1若x1＜–1，则x2=f(x1)＞4，x3=f(x2)＜x2

若1＜x1＜2时，x2=f(x1)＞x1且1＜x2＜2 依次类推可得数列{xn}的所有项均满足 xn+1＞xn（n∈N*) 综上所述，x1∈(1,2) 由x1=f(x0),得x0∈(1,2)

1x2y2例2设椭圆C1的方程为221(a＞b＞0)，曲线C2的方程为y=，

xab且曲线C1与C2在第一象限内只有一个公共点P

（1）试用a表示点P的坐标；

（2）设A、B是椭圆C1的两个焦点，当a变化时，求△ABP的面积函数S(a)的值域；

（3）记min{y1,y2,……,yn}为y1,y2,……,yn中最小的一个 设g(a)是以椭圆C1的半焦距为边长的正方形的面积，试求函数f(a)=min{g(a), S(a)}的表达式

命题意图 本题考查曲线的位置关系，函数的最值等基础知识，考查推理运算能力及综合运用知识解题的能力

知识依托两曲线交点个数的转化及充要条件，求函数值域、解不等式 错解分析 第（1）问中将交点个数转化为方程组解的个数，考查易出现计算错误，不能借助Δ找到a、b的关系 第（2）问中考生易忽略a＞b＞0这一隐性条件 第（3）问中考生往往想不起将min{g(a),S(a)}转化为解

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不等式g(a)≥S(a)

技巧与方法 将难以下手的题目转化为自己熟练掌握的基本问题，是应用化归思想的灵魂 要求必须将各知识的内涵及关联做到转化有目标、转化有桥梁、转化有效果

解 （1）将y=

1代入椭圆方程，得 xx211 222abx化简，得b2x4–a2b2x2+a2=0

由条件，有Δ=a4b4–4a2b2=0，得ab=2 解得x=

aa或x=–（舍去） 22故P的坐标为(

a2) ,a2(2)∵在△ABP中，｜AB｜=2a2b2，高为

2, a∴S(a)1242a2b22(14) 2aa2 a∵a＞b＞0,b=∴a＞

24,即a＞2,得0＜4＜1 aa于是0＜S（a）＜2，故△ABP的面积函数S(a)的值域为(0,2) (3)g(a)=c2=a2–b2=a2–

4 2a44≥2(1) 24aa解不等式g(a)≥S(a)，即a2–

整理，得a8–10a4+24≥0，即(a4–4)(a4–6)≥0 解得a≤2（舍去）或a≥46

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24a2(2a46a故f(a)=min{g(a), S(a)}

2(14)(a46)a4例3一条路上共有9个路灯，为了节约用电，拟关闭其中3个，要求两

端的路灯不能关闭，任意两个相邻的路灯不能同时关闭，那么关闭路灯的方法总数为

解析 9个灯中关闭3个等价于在6个开启的路灯中，选3个间隔（不

包括两端外边的装置）插入关闭的过程故有C35=10种

答案 10

例4 已知平面向量a=(3–1), a=(,13) 22（1）证明a⊥b;

2

（2）若存在不同时为零的实数k和t，使x=a+(t–3) b，y=–

ka+tb，且x⊥y，试求函数关系式k=f(t);

（3）据（2）的结论，讨论关于t的方程f(t)–k=0的解的情况

13(1)证明 ∵a·b=3(1)=0，∴a⊥b

22(2)解 ∵x⊥y,∴x·y=0

2

即［a+（t–3) b］·(–ka+tb)=0，整理后得 2222

–ka+［t–k(t–3)］a·b+t(t–3)·b=0 22

∵a·b=0, a=4, b=1

∴上式化为–4k+t(t2–3)=0，∴k=(3)解 讨论方程

12

t(t–3) 412

t(t–3)–k=0的解的情况， 4 第4页 共8页

12

t(t–3)与直线y=k的交点个数 433于是f′(t)=(t2–1)=(t+1)(t–1)

44可以看作曲线f(t)=

令f′(t)=0,解得t1=–1,t2=1 当t变化时，f′(t),f(t)的变化情况如下表

t f′(t) f(t) (–∞,–1) + ↗ –1 0 极大值 (–1,1) – ↘ 1 0 极小值 (1,+∞) + ↗ 1； 21当t=1时，f(t)有极小值，f(t)极小值=–

21而f(t)=(t2–3)t=0时，得t=–3,0,3

4当t=–1时，f(t)有极大值，f(t)极大值=

yy=k12-11-2o1t所以f(t)的图象大致如右

于是当k>

11或k<–时，直线y=k与曲线y=f(t)221f(t)=t(t2-3)4仅有一个交点，则方程有一解；

11或k=–时，直线与曲线有两个交点，则方程有两解；当k=0，221直线与曲线有三个交点，但k、t不同时为零，故此时也有两解；当–21或02当k=

学生巩固练习

1 已知两条直线l1:y=x,l2:ax–y=0，其中a∈R，当这两条直线的夹角

在(0,

)内变动时，a的取值范围是( ) 2A （0，1） B （

3，3） 3C （

3，1）∪（1，3） D （1，3） 32 等差数列{an}和{bn}的前n项和分别用Sn和Tn表示，若

Sna4n，则limn的值为( )

nbTn3n5n 第5页 共8页

A

446 B 1 C D 3933 某房间有4个人，那么至少有2人生日是同一个月的概率是 （列式表示）

4 函数f(x)=x3–3bx+3b在（0，1）内有极小值，则b的取值范围是

5 已知f(x)=lg(x+1),g(x)=2lg(2x+t),(t∈R是参数）

(1)当t=–1时，解不等式f(x)≤g(x);

(2)如果x∈［0,1］时，f(x)≤g(x)恒成立，求参数t的取值范围

6 已知函数f(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+anxn，n∈N*且a1、a2、a3、……、an构成一个数列{an}，满足f(1)=n2

（1）求数列{an}的通项公式，并求liman；

nan1（2）证明0＜f(

1)＜1 3y27 设A、B是双曲线x–=1上的两点，点N（1，2）是线段AB

22

的中点

（1）求直线AB的方程；

（2）如果线段AB的垂直平分线与双曲线相交于C、D两点，那么A、B、C、D四点是否共圆？为什么？

8 直线y=a与函数y=x3–3x的图象有相异三个交点，求a的取值范围

参

1 解析 分析直线l2的变化特征，化数为形，已知两直线不重合，因此问题应该有两个范围即得解

答案 C

2 解析 化和的比为项的比

∵S2n1(2n1)∴

a1a2n1(2n1)an;T2n1(2n1)bn 2anS2n14(2n1)8n4,取极限易得 bnT2n13(2n1)56n2答案 A

3 解析 转化为先求对立事件的概率即四人生日各不相同的概率



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4A12答案 14

124 解析 转化为f′(x)=3x2–3b在（0，1）内与x轴有两交点 只须f′(0)<0且f′(1)>0 答案 0x101x即5 解 (1)原不等式等价于2x10 2x1(2x1)24x25x01x52即 ∴x≥

4x0或x54∴原不等式的解集为{x|x≥

5} 4(2)x∈［0,1］时，f(x)≤g(x)恒成立

x10x10∴x∈［0,1］时2xt0恒成立 即t2x恒成立

(x1)(2xt)2t2xx1即x∈［0,1］时，t≥–2x+x1恒成立，

于是转化为求–2x+1x,x∈［0,1］的最大值问题 令μ=x1,则x=μ2–1,则μ∈［1,2］

∴2x+x1=–2(μ–

1217)+ 48当μ=1即x=0时，–2x+x1有最大值1

∴t的取值范围是t≥1

6 (1)解 {an}的前n项和Sn=a1+a2+…+an=f(1)=n2,

由an=Sn–Sn–1=n2–(n–1)2=2n–1(n≥2),又a1=S1=1满足an=2n–1

故{an}通项公式为an=2n–1(n∈N*)

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∴liman2n1lim1

nan2n1n11111)=1·+3·+…+(2n–1)n ①

9333111111∴f()=1·+3·+…+(2n–3)n+(2n–1)n1 ②

92733332111111①–②得 f()=1·+2·+2·+…+2·n–(2n–1)·n1

339273331111111n1∴f()=++++…+n1–(2n–1)n1=1–n

323927333(2)证明 ∵f(

22*

∵3n(12)n1C1n2Cn212n1n (n∈N)

∴0<

n1n11<1,∴0<1–<1，即033n3ny27 解 (1)设AB∶y=k(x–1)+2代入x–=1

22

整理得（2–k2）x2–2k(2–k)x–(2–k)2–2=0 ① 设A(x1,y1)、B（x2,y2),x1,x2为方程①的两根 所以2–k2≠0且x1+x2=有

2k(2k) 又N为AB中点，

2k21（x1+x2）=1 ∴k(2–k)=2–k2,解得k=1 故AB∶y=x+1 2(2)解出A（–1，0）、B（3，4）得CD的方程为y=3–x 与双曲线方程联立 消y有x2+6x–11=0 ②

记C(x3,y3)、D(x4,y4)及CD中点M(x0,y0)由韦达定理可得x0=–3,y0=6

∵|CD|=(x3x4)(y3y4)410 ∴|MC|=|MD|=

221|CD|=210 2又|MA|=|MB|=(x0x1)(y0y1)210 即A、B、C、D四点

22到点M的距离相等，所以A、B、C、D四点共圆

8 提示 f′(x)=3x2–3=3(x–1)(x+1)易确定f(–1)=2是极大值，f(1)=–2是极小值 当–2第8页 共8页