方法5 命题转换&方法6 整体考虑-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习学生用书Word

方法5　命题转换 　　所谓命题转换，就是变换问题，通过一再改变问题的叙述和形式，改变观察和分析问题的角度，使问题呈现出新的面貌，引发新的思考、新的联想，从而使问题获得解答. 　　命题转换的核心是变形，转换的方法多种多样，通常通过分解与重组、强化与弱化、变量代换、增设辅助元等方法实现已知与未知、数与形、实际问题与数学问题的转换. 　　本文只讨论“若p，则q”这种形式的命题，有时只需转换命题的条件p，有时只需转换命题的结论q，有时则需要同时转换命题的条件与结论. 【例1】　（转换条件）设关于x的方程x2－ax－2＝0和x2－x－1－a＝0的实数根分别为x1，x2和x3，x4，若x1＜x3＜x2＜x4，则实数a的取值范围为　　　　. 　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 训练1　（2024·宁波模拟）已知函数f（x）＝2x＋log2x，g（x）＝（ ）x－log2x，h（x）＝x3＋log2x的零点分别为a，b，c，则（　　） A.a＞b＞c B.b＞a＞c C.c＞a＞b D.b＞c＞a 【例2】　（转换结论）已知向量a，b满足｜a｜＝1，｜b｜＝2，则｜a＋b｜＋｜a－b｜的最小值是　　　，最大值是　　　　. 　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 训练2　已知函数g（x）＝x＋－2（x≠0）.若关于x的方程g（｜2x－1｜）＋－3k＝0有三个不同的实数根，求实数k的取值范围. 【例3】　（转换条件与结论）已知a，b∈R＋，c＞－1，且满足lg a＋a＋c＝0，ln b＋b＋c＝0，则（　　） A.acos a＞bcos b B.acos a＜bcos b C.asin b＞bsin a D.asin b＜bsin a 　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 训练3　已知函数f（x）＝ax2＋（2b＋1）x－a－2，若a≠0，f（x）在[3，4]上至少有一个零点，则a2＋b2的最小值为　　　　. 方法6　整体考虑 　　整体考虑，就是对于一个数学问题，要着眼整体，胸怀全局.通过对局部与整体的对比、联想、分析，挖掘和发现局部与整体的内在联系，有目的、有意识地整体处理，从而简洁、高效地解决问题.整体考虑主要包括整体换元、整体复原、整体构造等. 【例1】　（整体换元）已知直线y＝kx＋4交椭圆＋y2＝1于M，N两点，O是坐标原点，且直线OM，ON的斜率k1，k2满足k1＋k2＝2，则该直线的方程为　　　　. 　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 训练1　已知＋＝1（a＞0，b＞0），则2a＋4b的最小值为　　　　. 【例2】　（整体复原）“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为，则该多面体外接球的表面积为（　　） A.8π B.4π C.2π D.π 　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 训练2　如图，在四面体A-BCD中，AB＝CD＝，AC＝BD＝2，AD＝BC＝，则该四面体的外接球半径为　　　　. 【例3】　（整体构造）若对任意实数x，恒有acos x＋bcos 2x＋1≥0成立，则（a＋b）max＝　　　　. 　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 训练3　已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝an－（n∈N*），且0＜an≤.设数列{}的前n项和为Sn，证明：＜≤. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 方法5　命题转换 【例1】　（－1，1）　解析：条件转换为x1，x2是抛物线y＝x2与动直线y＝ax＋2的两个交点的横坐标，x3，x4是抛物线y＝x2与动直线y＝x＋a＋1的两个交点的横坐标，数形结合（如图）易知－1＜a＜1. 训练1　D　分别作出y＝log2x，y＝－2x，y＝（ ）x，y＝－x3的大致图象，如图，由图知b＞c＞a.故选D. 【例2】　4　2　解析：设＜a，b＞＝θ，则｜a＋b｜＋｜a－b｜＝＋，（｜a＋b｜＋｜a－b｜）2＝10＋2，转换为函数最值问题.易知所求最小值为4，最大值为2. 训练2　解：令t＝｜2x－1｜＞0， 函数t＝｜2x－1｜的图象如图， 方程g（｜2x－1｜）＋－3k＝0可化为t＋－2＋－3k＝0， 即t2－（2＋3k）t＋1＋2k＝0（t＞0）， 因为方程g（｜2x－1｜）＋－3k＝0有三个不同的实数根，由函数t＝｜2x－1｜的图象可知，方程t2－（2＋3k）t＋1＋2k＝0有两个不等实根t1，t2， 不妨设t1＜t2，则0＜t1＜1，t2≥1， 令h（t）＝t2－（2＋3k）t＋1＋2k， 则此时解得k＞0， 或此时k无解， 综上所述，实数k的取值范围是（0，＋∞）. 【例3】　D　条件转换为lg a＝－a－c，ln b＝－b－c，可视为a是y＝lg x与y＝－x－c图象的交点的横坐标，b是y＝ln x与y＝－x－c图象的交点的横坐标.数形结合易得0＜a＜b＜1. 法一　选项D为asin b＜bsin a，即＜，转换为分析函数y＝，x∈（0，1）的单调性.因为y'＝＝＜0对x∈（0，1）恒成立，所以y＝在（0，1）上单调递减，又a＜b，故D正确. 法二　将y＝＝转换为y＝sin x，x∈（0，1）图象上的一点（x，sin x）与原点O（0，0）连线的斜率，在（0，1）上，斜率在变小，故D正确. 训练3　　解析：令直线l：ax2＋（2b＋1）x－a－2＝（x2－1）a＋2xb＋x－2＝0，则原点O（0，0）到l的距离的平方为d2＝，即有a2＋b2≥d2＝（ ）2.设g（x）＝，x∈[3，4].令x－2＝μ，μ∈[1，2]，则＝＝，易知φ（μ）＝μ＋在[1，2]上是减函数，故当μ＝1时，φ（μ）max＝6，所以≥＝，此时x＝3，故a2＋b2的最小值为. 方法6　整体考虑 【例1】　y＝－15x＋4　解析：设M（x1，y1），N（x2，y2），联立方程组得＋y2＝（ ）2，整理并齐次化处理，可得15（ ）2＋2k（ ）＋4－k2＝0.显然该方程的两根就是k1＝，k2＝，所以＋＝－＝2，解得k＝－15，则所求直线方程为y＝－15x＋4. 训练1　1＋2　解析：设则＋＝1（m＞0，n＞1），2a＋4b＝m＋3n－3.因为m＋3n＝（m＋3n）·（ ＋）＝＋＋4≥4＋2，当且仅当m＝n＝＋1时等号成立，所以（2a＋4b）min＝1＋2. 【例2】　A　将“阿基米德多面体”补全为正方体，如图所示.则图中“阿基米德多面体”的两个顶点E，F分别为正方体两棱AB，BB1的中点，由题知EF＝，易知BE⊥BF，BE＝BF，可得BE＝BF＝1，所以正方体的棱长为2，该多面体的外接球即正方体ABCD-A1B1C1D1的棱切球，棱切球的直径为该正方体的面对角线长，为2，因此该多面体的外接球的半径为，所以其表面积为S＝4π×（）2＝8π.故选A. 训练2　　解析：将四面体A-BCD补形，复原到长方体中，如图，设补形所得长方体的长、宽、高分别为x，y，z，则解得x2＋y2＋z2＝77＝（2R外接球）2，所以外接球的半径为. 【例3】　2　解析：因为a＋b中a，b系数相同，不妨令cos x＝cos 2x＝2cos2x－1，于是取x＝π，则有（a＋b）·（ －）＋1≥0，即a＋b≤2；下面检验a＋b＝2是否能取到：当a＋b＝2时，acos x＋bcos 2x＋1＝2bcos2x＋（2－b）·cos x＋1－b≥0恒成立，即b（2cos2x－cos x－1）＋2cos x＋1＝（2cos x＋1）·[b（cos x－1）＋1]≥0恒成立，故cos x＝＝－，解得b＝，a＝，此时对任意实数x，恒有acos x＋bcos 2x＋1≥0成立，所以（a＋b）max＝2. 训练3　证明：因为an＋1＝an－，所以＝an－an＋1，Sn＝（a1－a2）＋（a2－a3）＋…＋（an－an＋1）＝a1－an＋1， 由an＋1＝an（1－an）知－＝. 因为0＜an≤，所以1＜－≤2，即n＜－≤2n， 于是n＋2＜≤2（n＋1），即≤an＋1＜. 从而证得＜Sn≤，即＜≤. 学科网（北京）股份有限公司 $