第4讲 转化与化归思想-【金版教程】2025年高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（经典版）

第一编　基本思想方法 第4讲　转化与化归思想 「思想方法解读」　转化与化归思想是指在研究解决数学问题时，采用某种手段将问题通过转化，使问题得以解决的一种思维策略，其核心是将复杂的问题化归为简单的问题，将较难的问题化归为较容易求解的问题，将未能解决的问题化归为已经解决的问题． 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 解析：解法一(特值法)：令x＝y＝0，得f(0)＝0，令x＝y＝1，得f(2)＝4，令x＝2，y＝1，得f(3)＝9，令x＝3，y＝－3，得f(0)＝f(3)＋f(－3)－18，解得f(－3) ＝9. 解法二(特例法)：取f(x)＝x2，满足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy及f(1)＝1，所以f(－3)＝(－3)2＝9. 例1　(1)已知函数f(x)满足∀x，y∈R，有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy，且f(1)＝1，则f(－3)＝(　　) A．2 B．3 C．6 D．9 热点题型探究 4 热点题型探究 5 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，可以把握问题的一般规律，从而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，快捷地得到答案． 热点题型探究 6 热点题型探究 7 热点题型探究 8 热点2　函数、方程、不等式间的转化 热点题型探究 9 热点题型探究 10 解析：因为2a－4b＝log2b－log2a，所以2a＋log2a＝4b＋log2b＝22b＋log2b＋log22－1＝22b＋log22b－1，设f(x)＝2x＋log2x，则f(a)＝f(2b)－1，所以f(a)<f(2b)，又y＝2x与y＝log2x在(0，＋∞)上均单调递增，所以f(x)＝2x＋log2x在(0，＋∞)上单调递增，所以a<2b. (2)正数a，b满足2a－4b＝log2b－log2a，则a与2b的大小关系为________． a<2b 热点题型探究 11 函数、方程与不等式相互转化的应用 函数、方程与不等式三者之间存在着密不可分的联系，解决方程、不等式的问题需要函数的帮助，解决函数的问题需要方程、不等式的帮助，因此借助于函数、方程、不等式之间的转化可以将问题化繁为简，常常将不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题，将证明不等式问题转化为函数的单调性与最值问题，将方程的求解问题转化为函数的零点问题． 热点题型探究 12 热点题型探究 13 热点题型探究 14 2．(2024·江苏南通模拟)已知a，b，c为某三角形的三边长，其中a<b，且a，b为函数f(x)＝ax2－bx＋c的两个零点，若M>a＋b－c恒成立，则M的最小值为________． 热点题型探究 15 热点题型探究 16 热点3　正难则反的转化 热点题型探究 17 (2)已知函数f(x)＝ax2－x＋ln x在区间(1，2)上不单调，则实数a的取值范围为________． 热点题型探究 18 热点题型探究 19 正与反的转化法 正难则反，利用补集求得其解，这就是补集思想，一种充分体现对立统一、相互转化的思想方法．一般地，题目若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很少，从反面考虑较简单，因此，间接法多用于含有“至多”“至少”情形的问题中． 热点题型探究 20 (2024·天津滨海新区一中月考)随着经济的不断发展，城市的交通问题越来越严重，为倡导绿色出行，某公司员工小明选择了三种出行方式．已知他每天上班选择步行、骑共享单车和乘坐地铁的概率分别为0.2，0.3，0.5，且小明步行上班不迟到的概率为0.91，骑共享单车上班不迟到的概率为0.92，乘坐地铁上班不迟到的概率为0.93，则某天上班小明迟到的概率是________． 0.077 热点题型探究 21 热点4　形体位置关系的转化 热点题型探究 22 形体位置关系的转化是通过切割、补形、等体积转化等方式转化为便于观察、计算的常用几何体，由于新的几何体是转化而来的，一般需要对新几何体的位置关系、数据情况进行必要分析，准确理解新几何体的特征． 热点题型探究 23 (2024·天津一中月考)已知斜三棱柱ABC－A1B1C1中，O为四边形ACC1A1对角线的交点，设三棱柱ABC－A1B1C1的体积为V1，四 棱锥O－BCC1B1的体积为V2，则V2∶V1＝(　　) A．1∶3 B．1∶4 C．1∶6 D．2∶3 热点题型探究 24 　　　　　　　　　　　　　 R (2)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)＝(　　) A．2a B．eq \f(1,2a) C．4a D．eq \f(4,a) 解析：(特殊位置法)抛物线y＝ax2(a>0)的标准方程为x2＝eq \f(1,a)y(a>0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4a))).取特殊情况，过焦点F作直线垂直于y轴(图略)，直线与抛物线交于P，Q两点，则|PF|＝|FQ|＝eq \f(1,2a)，所以eq \f(1,p)＋eq \f(1,q)＝4a. 1．设三棱柱ABC－A1B1C1的体积为V，P，Q分别是侧棱AA1，CC1上的点，且PA＝QC1，则四棱锥B－APQC的体积为(　　) A．eq \f(1,6)V B．eq \f(1,4)V C．eq \f(1,3)V D．eq \f(1,2)V 解析：不妨令三棱柱ABC－A1B1C1为正三棱柱，且PA＝QC1＝0，此时VB－APQC＝VB－AC1C＝VC1－ABC＝eq \f(1,3)V. 2．在平行四边形ABCD中，|eq \o(AB,\s\up14(→))|＝12，|eq \o(AD,\s\up14(→))|＝8，若点M，N满足eq \o(BM,\s\up14(→))＝3eq \o(MC,\s\up14(→))，eq \o(DN,\s\up14(→))＝2eq \o(NC,\s\up14(→))，则eq \o(AM,\s\up14(→))·eq \o(NM,\s\up14(→))＝(　　) A．20 B．15 C．36 D．6 解析：(特例法)假设平行四边形ABCD为矩形，以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0，0)，M(12，6)，N(8，8)，∴eq \o(AM,\s\up14(→))＝(12，6)，eq \o(NM,\s\up14(→))＝(4，－2)，∴eq \o(AM,\s\up14(→))·eq \o(NM,\s\up14(→))＝12×4＋6×(－2)＝36. 例2　(1)(2024·山西太原二模)设a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1012,1011))) eq \s\up12(2023)，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1013,1012))) eq \s\up12(2025)，则下列关系正确的是(　　) A．e2<a<b B．e2<b<a C．a<b<e2 D．b<a<e2 解析：ln a＝2023ln eq \f(1012,1011)＝(2×1011＋1)ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,1011)))，ln b＝2025ln eq \f(1013,1012)＝(2×1012＋1)ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,1012)))，设函数f(x)＝(2x＋1)ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))(x>1)，则f′(x)＝2ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))－eq \f(1,1＋\f(1,x))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(1,x2)))，设g(x)＝2ln (1＋x)－eq \f(x2＋2x,1＋x)(0<x<1)，则g′(x)＝－eq \f(x2,（1＋x）2)<0， 所以g(x)在(0，1)上单调递减，且g(x)<g(0)＝0，即f′(x)<0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递减，则f(1011)>f(1012)，即ln a>ln b，所以a>b；设h(x)＝ln (x＋1)－eq \f(2x,x＋2)(x>0)，则h′(x)＝eq \f(1,x＋1)－eq \f(4,（x＋2）2)＝eq \f(x2,（x＋1）（x＋2）2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))>h(0)＝0，即ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))－eq \f(\f(2,x),\f(1,x)＋2)＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))－eq \f(2,2x＋1)＝eq \f(（2x＋1）ln \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))－2,2x＋1)＝eq \f(f（x）－2,2x＋1)>0，得f(x)>2，所以f(1012)>2，即ln b>2，所以b>e2.综上，e2<b<a.故选B. 1．(2024·湖北武汉模拟)已知a，b，c为三个互异的正数，满足c－a＝2ln eq \f(c,a)>0，(eq \r(10))b＝3a＋1，则下列说法正确的是(　　) A．c－a>2－b B．c－2≤b－a C．c＋2<a＋b D．c＋2≤a＋b 解析：由c－a＝2ln eq \f(c,a)>0，得c－2ln c＝a－2ln a且c>a，构造函数f(x)＝x－2ln x，所以f′(x)＝1－eq \f(2,x)，易得f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，其函数图象如图1所示，由图可得0<a<2<c，易知函数y＝(eq \r(10))x与y＝3x＋1交于点(2，10)，作出函数y＝(eq \r(10))x及y＝3x＋1的图象如图2所示，由图可知0<a<b<2，所以0<a<b<2<c，即a<b，2<c，由此可得a＋2<b＋c，即c－a>2－b.故选A. 解析：因为a，b为函数f(x)＝ax2－bx＋c的两个零点，故a(x－a)(x－b)＝ax2－bx＋c，即ax2－a(a＋b)x＋a2b＝ax2－bx＋c恒成立，故a(a＋b)＝b，a2b＝c，则b＝eq \f(a2,1－a)，c＝a2b＝a2×eq \f(a2,1－a)＝eq \f(a4,1－a)，由a，b，c为某三角形的三边长，且a<b，故1－a>0，且a<eq \f(a2,1－a)，则eq \f(1,2)<a<1，因为b＋c>a必然成立，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋c>b，,a＋b>c，)) eq \r(5)－1 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<a<1，,a＋\f(a4,1－a)>\f(a2,1－a)，,a＋\f(a2,1－a)>\f(a4,1－a)，))解得eq \f(1,2)<a<eq \f(\r(5)－1,2)，则a＋b－c＝a＋eq \f(a2,1－a)－eq \f(a4,1－a)＝eq \f(－a4＋a,1－a)＝eq \f(a（1－a3）,1－a)＝eq \f(a（1－a）（1＋a＋a2）,1－a)＝a(1＋a＋a2)＝a3＋a2＋a，令f(x)＝x3＋x2＋x，eq \f(1,2)<x<eq \f(\r(5)－1,2)，则f′(x)＝3x2＋2x＋1>0，故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(5)－1,2)))上单调递增，故f(x)<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2))) eq \s\up12(3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(\r(5)－1,2)＝eq \r(5)－1，故a＋b－c<eq \r(5)－1恒成立，故M的最小值为eq \r(5)－1. 例3　(1)(2024·湖南岳阳模拟)四位同学乘同一列火车，火车有10节车厢，则至少有两位同学上了同一节车厢的概率为(　　) A．eq \f(99,1000) B．eq \f(9,125) C．eq \f(62,125) D．eq \f(7,12) 解析：四位同学乘同一列火车，所有的样本点个数为10×10×10×10＝10000.设事件A表示“至少有两位同学上了同一节车厢”，则事件eq \o(A,\s\up14(－))表示“四位同学所在车厢都不相同”．事件eq \o(A,\s\up14(－))包括的样本点个数为Aeq \o\al(4,10)，故至少有两位同学上了同一节车厢的概率P(A)＝1－P(eq \o(A,\s\up14(－)))＝1－4,10)eq \f(A,10000) ＝eq \f(62,125).故选C. 解析：f′(x)＝2ax－1＋eq \f(1,x). (ⅰ)若函数f(x)在区间(1，2)上单调递增，则f′(x)≥0在(1，2)上恒成立，所以2ax－1＋eq \f(1,x)≥0，得a≥eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,x2)))　①.令t＝eq \f(1,x)，因为x∈(1，2)，所以t＝eq \f(1,x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).设h(t)＝eq \f(1,2)(t－t2)＝－eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,8)，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，显然函数y＝h(t)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，所以h(1)＜h(t)＜heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即0＜h(t)＜eq \f(1,8).由①可知，a≥eq \f(1,8). eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8))) (ⅱ)若函数f(x)在区间(1，2)上单调递减，则f′(x)≤0在(1，2)上恒成立，所以2ax－1＋eq \f(1,x)≤0，得a≤eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,x2)))　②.结合(ⅰ)可知，a≤0.综上，若函数f(x)在区间(1，2)上单调，则实数a的取值范围为(－∞，0]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，＋∞))，所以若函数f(x)在区间(1，2)上不单调，则实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8))). 解析：记小明步行、骑共享单车、乘坐地铁上班分别为事件A1，A2，A3，小明上班不迟到为事件B，则Ω＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3两两互斥，依题意，P(A1)＝0.2，P(A2)＝0.3，P(A3)＝0.5，P(B|A1)＝0.91，P(B|A2)＝0.92，P(B|A3)＝0.93，因此P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝0.2×0.91＋0.3×0.92＋0.5×0.93＝0.923，所以某天上班小明迟到的概率P(eq \o(B,\s\up14(－)))＝1－P(B)＝1－0.923＝0.077. 例4　(2024·广东汕头期中)如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝2，AB⊥AC.现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为△A1B1C(如图2)，则容器的高h为(　　) A．3 B．4 C．4eq \r(2) D．6 解析：在题图1中，V水＝eq \f(1,2)×2×2×2＝4，在题图2中，V水＝VABC－A1B1C1－VC－A1B1C1＝eq \f(1,2)×2×2×h－eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×h＝eq \f(4,3)h，∴eq \f(4,3)h＝4，∴h＝3.故选A. 解析：如图，延长CO至点A1，连接A1B，则V1＝ VA1－ABC＋VA1－BCC1B1，VA1－ABC＝eq \f(1,3)V1，所以VA1－BCC1B1＝eq \f(2,3)V1，又O为A1C的中点，所以点A1到平面BCC1B1的距离是点O到平面BCC1B1的距离的2倍，则VA1－BCC1B1＝2VO－BCC1B1＝2V2，所以eq \f(2,3)V1＝2V2，即V2∶V1＝1∶3.故选A. $$