开篇 四、转化与化归思想（PPT课件）-【精讲精练】2025年高考数学二轮专题辅导与训练

四、转化与化归思想 开篇　方法引领　数学思想 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 谢谢观看 返回目录 开篇　方法引领　数学思想 高考总复习（二轮）数学 1 转化与化归思想的含义 常见的转化与化归的方法 　　转化与化归思想就是把那些待解决或难解决的问题，通过某种手段，使之转化为一类已解决或易解决的问题，最终使原问题获解，使用转化与化归思想的原则是：化难为易、化生为熟、化繁为简、化未知为已知 　　直接转化法、换元法、数形结合法、构造法、坐标法、类比法、特殊化法、等价问题法、加强命题法、补集法 　　转化与化归思想在高考中占有十分重要的地位，数学问题的解决总离不开转化与化归，它几乎可以渗透到所有的数学内容和解题过程中 应用一　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． 　“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的轨迹是一个与椭圆同心的圆，该圆称为原椭圆的蒙日圆．若椭圆C：eq \f(x2,a＋1)＋eq \f(y2,a)＝1(a>0)的离心率为eq \f(1,2)，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 [解析]　因为椭圆C：eq \f(x2,a＋1)＋eq \f(y2,a)＝1(a>0)的离心率为eq \f(1,2)，所以eq \f(1,\r(a＋1))＝eq \f(1,2)，解得a＝3，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，所以椭圆的上顶点为A(0，eq \r(3))，右顶点为B(2,0)，所以经过A，B两点的切线方程分别为y＝eq \r(3)，x＝2，所以两条切线的交点坐标为(2，eq \r(3))，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＝eq \r(22＋\r(3)2)＝eq \r(7)，所以椭圆C的蒙日圆方程为x2＋y2＝7.故选B. [答案]　B 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．在平行四边形ABCD中，|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝12，|eq \o(AD,\s\up16(→))|＝8，若点 M，N满足eq \o(BM,\s\up16(→))＝3eq \o(MC,\s\up16(→))，eq \o(DN,\s\up16(→))＝2eq \o(NC,\s\up16(→))，则eq \o(AM,\s\up16(→))·eq \o(NM,\s\up16(→)) 等于(　　) A．20　　 B．15　　　 C．36　　 D．6 解析　假设ABCD为矩形，如图建立平面直角坐标系，则A(0,0)，M(12,6)，N(8,8)，所以eq \o(AM,\s\up16(→))＝(12,6)，eq \o(NM,\s\up16(→))＝(4，－2)，所以eq \o(AM,\s\up16(→))·eq \o(NM,\s\up16(→))＝12×4＋6×(－2)＝36.故选C. 答案　C 应用二　命题的等价转化 将题目已知条件或结论进行等价转化，可以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． 　(1)由命题“存在x∈R，使e|x－1|－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 (2)已知在三棱锥P­ABC中，PA＝BC＝2eq \r(34)，PB＝AC＝10，PC＝AB＝2eq \r(41)，则三棱锥P­ABC的体积为(　　) A．40 B．80 C．160 D．240 [解析]　(1)由命题“存在x∈R，使e|x－1|－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.故选C. (2)因为三棱锥P­ABC的三组对边两两相等，所以可将此三棱锥放在一个特定的长方体中(如图所示)，把三棱锥P­ABC补成一个长方体AEBG­FPDC. 易知三棱锥P­ABC的各棱分别是此长方体的面对角线．不妨令PE＝x，EB＝y，EA＝z，则由已知，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝100，,x2＋z2＝136，,y2＋z2＝164，))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝6，,y＝8，,z＝10.)) 从而知VP­ABC＝VAEBG­FPDC－VP­AEB－VC­ABG－VB­PDC－VA­FPC＝VAEBG­FPDC－4VP­AEB＝6×8×10－4×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×6×8×10＝160.故选C. [答案]　(1)C　(2)C 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．　 2．若对任意的t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)＋2))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________． 解析　由题意得g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，若g(x)在区间(t,3)上总为单调函数，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≥eq \f(2,x)－3x在x∈(t,3)上恒成立，∴m＋4≥eq \f(2,t)－3t恒成立， 则m＋4≥－1，即m≥－5；由②得m＋4≤eq \f(2,x)－3x在x∈(t,3)上恒成立，则m＋4≤eq \f(2,3)－9，即m≤－eq \f(37,3).∴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－eq \f(37,3)<m<－5. 答案　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(37,3)，－5)) 应用三　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． 　若关于x的不等式ln x>ax2－1存在唯一的整数解，则实数a的取值范围为________． [解析]　因为x>0，所以不等式ln x>ax2－1可化为a<f(x)＝eq \f(ln x＋1,x2)(x>0)，令f′(x)＝eq \f(－2ln x－1,x3)＝0，解得x＝eq \f(\r(e),e)，当0<x<eq \f(\r(e),e)时，f′(x)>0，当x>eq \f(\r(e),e)时，f′(x)<0，故f(x)＝eq \f(ln x＋1,x2)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(e),e)))上单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(e),e)，＋∞))上单调递减． 因为f(x)的最大值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(e),e)))＝eq \f(e,2)，f(1)＝1，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0<f(1)，f(2)＝eq \f(1＋ln 2,4)<f(1)，eq \f(1,e)<eq \f(\r(e),e)<1<2， 所以∀x∈N*，x＝1时，f(x)最大，所以不等式ln x>ax2－1，即a<f(x)＝eq \f(ln x＋1,x2)存在唯一的整数解只能为1，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f1>a，,f2≤a，))所以a的取值范围为eq \f(1＋ln 2,4)≤a<1. [答案]　eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋ln 2,4)，1)) 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．　 3．已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)，a∈R，若存在x0∈(0，＋∞)，使得f(x0)≥2a－2成立，则实数a的取值范围是________． 解析　因为∃x0∈(0，＋∞)，使得f(x0)≥2a－2，所以a≤eq \f(2＋ln x0,1＋x0)，令g(x)＝eq \f(2＋ln x,1＋x)(x>0)，即a≤g(x)max，因为g′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－1,1＋x2)，设h(x)＝eq \f(1,x)－ln x－1，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，又h(1)＝0，则当x∈(0,1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，故函数g(x)在(0,1) 上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)的最大值为g(1)，所以a≤g(1)＝1，即实数a的取值范围是(－∞，1]． 答案　(－∞，1] $$