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专题八 第4讲 转化与化归思想


2015 届高三直升班第二轮复习 第4讲

专题八

数学思想方法

转化与化归思想

转化与化归思想方法, 就是在研究和解决有关数学问题时采用某种手段将问题通过变换使之 转化,进而得到解决的一种方法.一般总是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题,将难解的 问题通过变换转化为容易求解的问题,将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题. 1.转化与化归的指导思想 (1)把什么问题进行转化,即化归对象. (2)化归到何处去,即化归目标. (3)如何进行化归,即化归方法. 化归与转化思想是一切数学思想方法的核心. 2.常见的转化与化归的方法 转化与化归思想方法用在研究、 解决数学问题时, 思维受阻或寻求简单方法或从一种状况转化到 另一种情形,也就是转化到另一种情境使问题得到解决,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.常见的转化方法有: (1)直接转化法:把原问题直接转化为基本定理、基本公式或基本图形问题. (2)换元法:运用“换元”把式子转化为有理式或使整式降幂等,把较复杂的函数、方程、不等 式问题转化为易于解决的基本问题. (3)数形结合法:研究原问题中数量关系(解析式)与空间形式(图形)关系,通过互相变换 获得转化途径. (4)等价转化法:把原问题转化为一个易于解决的等价命题,达到化归的目的. (5)特殊化方法:把原问题的形式向特殊化形式转化,并证明特殊化后的问题、结论适合原问 题. (6)构造法:“构造”一个合适的数学模型,把问题变为易于解决的问题. (7)坐标法:以坐标系为工具,用计算方法解决几何问题是转化方法的一个重要途径. (8)类比法:运用类比推理,猜测问题的结论,易于确定. (9)参数法:引进参数,使原问题转化为熟悉的形式进行解决. (10)补集法:如果正面解决原问题有困难,可把原问题的结果看做集合 A,而把包含该问题的 整体问题的结果类比为全集 U, 通过解决全集 U 及补集?UA 获得原问题的解决, 体现了正难则反 的原则.

热点一 特殊与一般的转化 例1 (1)AB 是过抛物线 x2=4y 的焦点的动弦,直线 l1,l2 是抛物线两条分别切于 A,B 的切 )

线,则 l1,l2 的交点的纵坐标为( 1 A.-1 B.-4 C.- 4 1 D.- 16

1 ? ? 2 ? ax ? 99 ?的值为________. (2)已知函数 f(x)= x (a>0 且 a≠1) ,则 f? + f + … + f ?100? ?100? ?100? a+ a 99 答案 (1)A (2) 2 解析 (1)找特殊情况,当 AB⊥y 轴时,AB 的方程为 y=1,则 A(-2,1) ,B(2,1) , 过点 A 的切线方程为 y-1=-(x+2) ,即 x+y+1=0.同理,过点 B 的切线方程为 x-y-1=0, 则 l1,l2 的交点为(0,-1) . (2)由于直接求解较困难,可探求一般规律, a1 x ax ∵f(x)+f(1-x)= x + 1-x a+ a a + a




ax a + ax+ a a+ax a a+ax ax a + =1, x= x a+ a a+a a + a
x



1 ? ? 2 ? ? 99 ? ∴f? ?100?+f?100?+…+f?100? 1 99 ? 1 ? ? 99 ?? ? ? 2 ? ? 98 ?? ? ? 49 ? ? 51 ?? ? 50 ? =? ?f?100?+f?100??+?f?100?+f?100??+…+?f?100?+f?100??+f?100?=1×49+2= 2 . 思维升华 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. (1)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 cos A+cos C =________. 1+cos Acos C

(2)已知函数 f(x)是定义在实数集 R 上的不恒为零的偶函数,且对任意实数 x 都有 xf(x+1) 5? =(1+x)f(x) ,则 f? ?2?=________. 4 答案 (1) (2)0 5

解析 (1)根据题意,所求数值是一个定值,故可利用满足条件的直角三角形进行计算. 令 a=3,b=4,c=5,则△ABC 为直角三角形, 4 且 cos A= ,cos C=0, 5 4 +0 5 cos A+cos C 4 代入所求式子,得 = = . 4 5 1+cos Acos C 1+ × 0 5 (2)因为 xf(x+1)=(1+x)f(x) , f(x+1) 1+x 所以 = , f(x) x 使 f(x)特殊化,可设 f(x)=xg(x) , 其中 g(x)是周期为 1 的奇函数,再将 g(x)特殊化, 可设 g(x)=sin 2πx,则 f(x)=xsin 2πx, 5? 经验证 f(x)=xsin 2πx 满足题意,则 f? ?2?=0. 热点二 函数、方程、不等式之间的转化 例 2 (1) 定义运算: (a ? b) ?x=ax2+bx+2, 若关于 x 的不等式 (a ? b) ?x<0 的解集为{x|1<x<2}, 则关于 x 的不等式(b ? a)?x<0 的解集为( A. (1,2) B. (-∞,1)∪(2,+∞) 2 ? C.? ?-3,1? 2? D.? ?-∞,-3?∪(1,+∞) (2)已知函数 f(x)=3e|x|.若存在实数 t∈[-1,+∞) ,使得对任意的 x∈[1,m],m∈Z 且 m>1, 都有 f(x+t)≤3ex,则 m 的最大值为________. 答案 (1)D (2)3 解析 (1)1,2 是方程 ax2+bx+2=0 的两实根,
?a=1, ? b 2 1+2=- ,1× 2= ,解得? a a ?b=-3, ?



由(-3 ? 1)?x=-3x2+x+2<0,得 3x2-x-2>0, 2 解得 x<- 或 x>1. 3 (2)因为当 t∈[-1,+∞)且 x∈[1,m]时,x+t≥0,

所以 f(x+t)≤3ex?ex t≤ex?t≤1+ln x-x.


所以原命题等价转化为:存在实数 t∈[-1,+∞) ,使得不等式 t≤1+ln x-x 对任意 x∈[1,m] 恒成立. 令 h(x)=1+ln x-x(x≥1) . 1 因为 h′(x)= -1≤0, x 所以函数 h(x)在[1,+∞)上为减函数, 又 x∈[1,m],所以 h(x)min=h(m)=1+ln m-m. 所以要使得对 x∈[1,m],t 值恒存在, 只须 1+ln m-m≥-1. 13 1 因为 h(3)=ln 3-2=ln( · )>ln =-1, ee e 1 4 1 h(4)=ln 4-3=ln( ·2)<ln =-1,且函数 h(x)在[1,+∞)上为减函数, ee e 所以满足条件的最大整数 m 的值为 3. 思维升华 函数、方程与不等式就像“一胞三兄弟”,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. (1) 若关于 x 的方程 9x+ (4+a) · 3x+4=0 有解, 则实数 a 的取值范围是________. (2)设 f(x)是定义在 R 上的单调增函数,若 f(1-ax-x2)≤f(2-a)对任意 a∈[-1,1]恒成 立,则 x 的取值范围为______________. 答案 (1) (-∞,-8] (2) (-∞,-1]∪[0,+∞) 解析 (1)设 t=3x,则原命题等价于关于 t 的方程 4? t2+(4+a)t+4=0 有正解,分离变量 a 得 a+4=-? ?t+ t ?, 4? ∵t>0,∴-? ?t+ t ?≤-4, ∴a≤-8,即实数 a 的取值范围是(-∞,-8]. (2)∵f(x)在 R 上是增函数, ∴由 f(1-ax-x2)≤f(2-a) , 可得 1-ax-x2≤2-a,a∈[-1,1], ∴a(x-1)+x2+1≥0, 对 a∈[-1,1]恒成立. 令 g(a)=(x-1)a+x2+1,

则当且仅当 g(-1)=x2-x+2≥0,g(1)=x2+x≥0 恒成立, 解之,得 x≥0 或 x≤-1. 故实数 x 的取值范围为 x≤-1 或 x≥0. 热点三 正难则反的转化 例3 m ? 2 若对于任意 t∈[1,2],函数 g(x)=x3+? ? 2 +2?x -2x 在区间(t,3)上总不为单调函数,

则实数 m 的取值范围是__________. 37 答案 - <m<-5 3 解析 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, 2 即 m+4≥ -3x 在 x∈(t,3)上恒成立, x 2 所以 m+4≥ -3t 恒成立,则 m+4≥-1, t 即 m≥-5; 2 由②得 m+4≤ -3x 在 x∈(t,3)上恒成立, x 2 则 m+4≤ -9, 3 37 即 m≤- . 3 37 所以,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. 3 思维升华 否定性命题, 常要利用正反的相互转化, 先从正面求解, 再取正面答案的补集即可. 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”及否定性命题情形的问题中. 若二次函数 f(x)=4x2-2(p-2)x-2p2-p+1 在区间[-1,1]内至少存在一个值 c,使得 f(c)>0,求实数 p 的取值范围. 解 如果在[-1,1]内没有值满足 f(c)>0,

?f(-1)≤0, ? 则? ? ?f(1)≤0 ?

?p≤-2或p≥1, ? 3 ?p≤-3或p≥2

1

3 ? p≤-3 或 p≥ , 2 3 取补集为-3<p< ,即为满足条件的 p 的取值范围. 2 3 故实数 p 的取值范围为(-3, ) . 2

将问题进行化归与转化时,一般应遵循以下几种原则 (1)熟悉化原则:将陌生的问题转化为我们熟悉的问题. (2)简单化原则:将复杂的问题通过变换转化为简单的问题. (3)直观化原则:将较抽象的问题转化为比较直观的问题(如数形结合思想,立体几何问题向 平面几何问题转化) . (4)正难则反原则:若问题直接求解困难时,可考虑运用反证法或补集法或用逆否命题间接地 解决问题.

真题感悟 1. (2014· 山东)设集合 A={x||x-1|<2},B={y|y=2x,x∈[0,2]},则 A∩B 等于( A.[0,2] C.[1,3) 答案 C 解析 由|x-1|<2,解得-1<x<3,由 y=2x,x∈[0,2],解得 1≤y≤4,所以 A∩B=(-1,3)∩[1,4] =[1,3) . 2. (2014· 安徽)设函数 f(x) (x∈R)满足 f(x+π)=f(x)+sin x.当 0≤x<π 时,f(x)=0, 23π? 则 f? ? 6 ?等于( 1 A. 2 C .0 答案 A 解析 ∵f(x+π)=f(x)+sin x, ∴f(x+2π)=f(x+π)-sin x. ) B. 3 2 B. (1,3) D. (1,4) )

1 D.- 2

∴f(x+2π)=f(x)+sin x-sin x=f(x) . ∴f(x)是以 2π 为周期的周期函数. 23π π π 又 f( )=f(4π- )=f(- ) , 6 6 6 π ? ? π? ? π? f? ?-6+π?=f?-6?+sin?-6?, 5π? ? π? 1 ∴f? ? 6 ?=f?-6?-2. 5π? ∵当 0≤x<π 时,f(x)=0,∴f? ? 6 ?=0, 23π? ? π? 1 ∴f? ? 6 ?=f?-6?=2.故选 A. 3. (2014· 陕西)若圆 C 的半径为 1,其圆心与点(1,0)关于直线 y=x 对称,则圆 C 的标准方程 为____________. 答案 x2+(y-1)2=1 解析 圆 C 的圆心为(0,1) ,半径为 1,标准方程为 x2+(y-1)2=1. 4. (2014· 山东)已知实数 x,y 满足 ax<ay(0<a<1) ,则下列关系式恒成立的是( 1 1 A. 2 > 2 x +1 y +1 B.ln(x2+1)>ln(y2+1) C.sin x>sin y D.x3>y3 答案 D 1 解析 因为 0<a<1, ax<ay, 所以 x>y.采用赋值法判断, A 中, 当 x=1, y=0 时, <1, A 不成立. B 2 中,当 x=0,y=-1 时,ln 1<ln 2,B 不成立.C 中,当 x=0,y=-π 时,sin x=sin y=0,C 不成立.D 中,因为函数 y=x3 在 R 上是增函数,故选 D. 押题精练 a 1.已知函数 f(x)=|ex+ x|(a∈R,e 是自然对数的底数)在区间[0,1]上单调递增,则 a 的取 e 值范围是( A.[0,1] C.[-1,1] 答案 C 1 解析 因为函数 f(x)在区间[0,1]上单调递增,取 a=-1,则函数 f(x)=ex- x,当 0≤x≤1 时, e ) B.[-1,0] D. (-∞,-e2]∪[e2,+∞) )

1 f′(x)=ex+ x>0,所以函数 f(x)在区间[0,1]上单调递增,排除 A,D;取 a=1,则函数 f(x) e
2x 1 1 e -1 x =e + x,当 0≤x≤1 时,f′(x)=e - x= x ≥0,所以函数 f(x)在区间[0,1]上单调递增,排 e e e x

除 B,故选 C. x2 y2 → → 2.过双曲线 2- 2=1 上任意一点 P,引与实轴平行的直线,交两渐近线于 R、Q 两点,则PR· PQ a b 的值为( )

A.a2 B.b2 C.2ab D.a2+b2 答案 A → → 解析 当直线 RQ 与 x 轴重合时,|PR|=|PQ|=a, 故选 A. 2 3.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 an=Sn· Sn-1 (n≥2) ,a1= ,则 a10 等于( 9 4 A. 9 4 4 5 B. C. D. 7 63 63 )

答案 C 解析 由 an=Sn· Sn-1 (n≥2) ,得 1 1 1 9 - =-1,∴ = +(n-1)× (-1) , Sn Sn-1 Sn 2 2 4 ∴Sn= ,∴a10=S10-S9= . 63 11-2n
x ? (x≤0), ?2 ? 4.设函数 f(x)= 则函数 y=f(f(x) )-1 的零点个数为________. ?log2x(x>0), ?

答案 2 解析 令 t=f(x) ,则该函数的零点即 f(t)-1=0 的解. 先解方程 f(t)=1. ①当 t≤0 时,方程为 2t=1,解得 t=0; ②当 t>0 时,方程为 log2t=1,解得 t=2; 所以方程 f(t)=1 的解为 0 或 2. 再解方程 f(x)=0 和 f(x)=2. ③当 x≤0 时,因为 2x>0,故由 2x=2,得 x=1; ④当 x>0 时,由 log2x=0,得 x=1;由 log2x=2, 得 x=4;

故函数 y=f(f(x) )-1 的零点为 1,4,共 2 个. 5. (2014· 湖北)若函数 f(x) ,g(x)满足? ,g(x)为区间[- ? -1f(x)g(x)dx=0,则称 f(x) 1,1]上的一组正交函数.给出三组函数: 1 1 ①f(x)=sin x,g(x)=cos x;②f(x)=x+1,g(x)=x-1;③f(x)=x,g(x)=x2. 2 2 其中为区间[-1,1]上的正交函数的组数是( A.0 C .2 答案 C 1 1 1 1 1 1 解析 ①? ? -1f(x)g(x)dx=? ? -1sin2xcos2xdx=2? ? -1sin xdx 1 =(- cos x)|1 -1=0,故第①组是区间[-1,1]上的正交函数; 2 x3 1 1 1 2 ②? f ( x ) g ( x ) d x = ( x + 1 ) ( x - 1 ) d x = ( x - 1 ) d x =( -x)|1 ? ? -1 -1 -1 -1 ? ? ? 3 4 =- ≠0,故第②组不是区间[-1,1]上的正交函数; 3 x4 1 1 1 1 2 3 ③? f ( x ) g ( x ) d x = x · x d x = x d x = | =0, ? ? -1 -1 -1 ? ? ? 4 -1 故第③组是区间[-1,1]上的正交函数. 综上,满足条件的共有两组. π 6.已知奇函数 f(x)的定义域为实数集 R,且 f(x)在[0,+∞)上是增函数,当 0≤θ≤ 时,是 2 π 0, ?均成立?若存 否存在实数 m,使 f(cos 2θ-3)+f(4m-2mcos θ)>f(0)对所有的 θ∈? ? 2? 在,求出所有适合条件的实数 m;若不存在,请说明理由. 解 ∵f(x)在 R 上为奇函数,又在[0,+∞)上是增函数, B.1 D.3 )
1

∴f(x)在 R 上为增函数,且 f(0)=0. 由题设条件可得,f(cos 2θ-3)+f(4m-2mcos θ)>0. 又由 f(x)为奇函数,可得 f(cos 2θ-3)>f(2mcos θ-4m) . ∵f(x)在 R 上为增函数, ∴cos 2θ-3>2mcos θ-4m, 即 cos2θ-mcos θ+2m-2>0.

π 令 cos θ=t,∵0≤θ≤ ,∴0≤t≤1. 2 于是问题转化为对一切 0≤t≤1, 不等式 t2-mt+2m-2>0 恒成立. t2-2 ∴t2-2>m(t-2) ,即 m> 恒成立. t-2 t2-2 2 又∵ =(t-2)+ +4≤4-2 2,∴m>4-2 2, t-2 t-2 ∴存在实数 m 满足题设的条件,即 m>4-2 2.

2015 届高三直升班第二轮复习 第4讲

专题八

数学思想方法

转化与化归思想

转化与化归思想方法, 就是在研究和解决有关数学问题时采用某种手段将问题通过变换使之 转化,进而得到解决的一种方法.一般总是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题,将难解的 问题通过变换转化为容易求解的问题,将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题. 1.转化与化归的指导思想 (1)把什么问题进行转化,即化归对象. (2)化归到何处去,即化归目标. (3)如何进行化归,即化归方法. 化归与转化思想是一切数学思想方法的核心. 2.常见的转化与化归的方法 转化与化归思想方法用在研究、 解决数学问题时, 思维受阻或寻求简单方法或从一种状况转化到 另一种情形,也就是转化到另一种情境使问题得到解决,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.常见的转化方法有: (1)直接转化法:把原问题直接转化为基本定理、基本公式或基本图形问题. (2)换元法:运用“换元”把式子转化为有理式或使整式降幂等,把较复杂的函数、方程、不等 式问题转化为易于解决的基本问题. (3)数形结合法:研究原问题中数量关系(解析式)与空间形式(图形)关系,通过互相变换 获得转化途径. (4)等价转化法:把原问题转化为一个易于解决的等价命题,达到化归的目的. (5)特殊化方法:把原问题的形式向特殊化形式转化,并证明特殊化后的问题、结论适合原问 题. (6)构造法:“构造”一个合适的数学模型,把问题变为易于解决的问题. (7)坐标法:以坐标系为工具,用计算方法解决几何问题是转化方法的一个重要途径. (8)类比法:运用类比推理,猜测问题的结论,易于确定. (9)参数法:引进参数,使原问题转化为熟悉的形式进行解决. (10)补集法:如果正面解决原问题有困难,可把原问题的结果看做集合 A,而把包含该问题的 整体问题的结果类比为全集 U, 通过解决全集 U 及补集?UA 获得原问题的解决, 体现了正难则反 的原则.

一 例1

特殊与一般的转化 (1)AB 是过抛物线 x2=4y 的焦点的动弦,直线 l1,l2 是抛物线两条分别切于 A,B 的切 ) 1 C.- 4 1 D.- 16

线,则 l1,l2 的交点的纵坐标为( A.-1 B.-4

1 ? ? 2 ? 99 ? ax (2)已知函数 f(x)= x (a>0 且 a≠1) ,则 f? +f?100?+…+f? 100 100 ? ? ? ?的值为________. a+ a (3) 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 =________. (4)已知函数 f(x)是定义在实数集 R 上的不恒为零的偶函数,且对任意实数 x 都有 xf(x+1) 5? =(1+x)f(x) ,则 f? ?2?=________. cos A+cos C 1+cos Acos C



函数、方程、不等式之间的转化

例 2 (1) 定义运算: (a ? b) ?x=ax2+bx+2, 若关于 x 的不等式 (a ? b) ?x<0 的解集为{x|1<x<2}, 则关于 x 的不等式(b ? a)?x<0 的解集为( A. (1,2) 2 ? C.? ?-3,1? )

B. (-∞,1)∪(2,+∞) 2? D.? ?-∞,-3?∪(1,+∞)

(2)已知函数 f(x)=3e|x|.若存在实数 t∈[-1,+∞) ,使得对任意的 x∈[1,m],m∈Z 且 m>1, 都有 f(x+t)≤3ex,则 m 的最大值为________. (3)若关于 x 的方程 9x+(4+a)· 3x+4=0 有解,则实数 a 的取值范围是________. (4)设 f(x)是定义在 R 上的单调增函数,若 f(1-ax-x2)≤f(2-a)对任意 a∈[-1,1]恒成 立,则 x 的取值范围为______________.

三 例3

正难则反的转化 m ? 2 若对于任意 t∈[1,2],函数 g(x)=x3+? ? 2 +2?x -2x 在区间(t,3)上总不为单调函数,

则实数 m 的取值范围是__________. (2) 若二次函数 f(x)=4x2-2(p-2)x-2p2-p+1 在区间[-1,1]内至少存在一个值 c,使 得 f(c)>0,求实数 p 的取值范围.

1.设集合 A={x||x-1|<2},B={y|y=2x,x∈[0,2]},则 A∩B 等于( A.[0,2] B. (1,3) C.[1,3)

) D. (1,4)

23π? 2.设函数 f(x) (x∈R)满足 f(x+π)=f(x)+sin x.当 0≤x<π 时,f(x)=0,则 f ? ? 6 ?等 于( ) B. 3 2 C.0 1 D.- 2 ) D.x3>y3

1 A. 2

3.已知实数 x,y 满足 ax<ay(0<a<1) ,则下列关系式恒成立的是( A. 1 1 > 2 x +1 y +1
2

B.ln(x2+1)>ln(y2+1)

C.sin x>sin y

a 4.已知函数 f(x)=|ex+ x|(a∈R,e 是自然对数的底数)在区间[0,1]上单调递增,则 a 的取 e 值范围是( A.[0,1] ) B.[-1,0] C.[-1,1] D. (-∞,-e2]∪[e2,+∞)

x2 y2 → → 5.过双曲线 2- 2=1 上任意一点 P,引与实轴平行的直线,交两渐近线于 R、Q 两点,则PR· PQ a b 的值为( A.a2 ) B.b2 C.2ab D.a2+b2 )

2 6.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 an=Sn· Sn-1 (n≥2) ,a1= ,则 a10 等于( 9 4 A. 9 4 B. 7 4 C. 63 5 D. 63

?2x (x≤0), ? 7.设函数 f(x)=? 则函数 y=f(f(x) )-1 的零点个数为________. ?log2x(x>0), ?

8.若函数 f(x) ,g(x)满足? ,g(x)为区间[-1,1]上的一组 ? -1f(x)g(x)dx=0,则称 f(x) 正交函数.给出三组函数: 1 1 ①f(x)=sin x,g(x)=cos x;②f(x)=x+1,g(x)=x-1;③f(x)=x,g(x)=x2. 2 2 其中为区间[-1,1]上的正交函数的组数是( A.0 B.1 ) C.2 D.3

1

9. 若圆 C 的半径为 1, 其圆心与点 (1,0) 关于直线 y=x 对称, 则圆 C 的标准方程为____________. 10.AB 是过抛物线 x2=4y 的焦点的动弦,直线 l1,l2 是抛物线两条分别切于 A,B 的切线,则 l1,l2 的交点的纵坐标为( A.-1 ) 1 C.- 4 1 D.- 16

B.-4

1 ? ? 2 ? ax ? 99 ? 11.已知函数 f(x)= x (a>0 且 a≠1) ,则 f? ?100?+f?100?+…+f?100?的值为________. a+ a cos A+cos C 12.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 1+cos Acos C =________. 13.已知函数 f(x)是定义在实数集 R 上的不恒为零的偶函数,且对任意实数 x 都有 xf(x+1) 5? =(1+x)f(x) ,则 f? ?2?=________. 14.定义运算: (a ? b)?x=ax2+bx+2,若关于 x 的不等式(a ? b)?x<0 的解集为{x|1<x<2}, 则关于 x 的不等式(b ? a)?x<0 的解集为( A. (1,2) 2 ? C.? ?-3,1? )

B. (-∞,1)∪(2,+∞) 2? D.? ?-∞,-3?∪(1,+∞)

15.已知函数 f(x)=3e|x|.若存在实数 t∈[-1,+∞) ,使得对任意的 x∈[1,m],m∈Z 且 m>1, 都有 f(x+t)≤3ex,则 m 的最大值为________. 16.若关于 x 的方程 9x+(4+a)· 3x+4=0 有解,则实数 a 的取值范围是________. 17.设 f(x)是定义在 R 上的单调增函数,若 f(1-ax-x2)≤f(2-a)对任意 a∈[-1,1]恒成 立,则 x 的取值范围为______________. m ? 2 18.若对于任意 t∈[1,2],函数 g(x)=x3+? ? 2 +2?x -2x 在区间(t,3)上总不为单调函数,则 实数 m 的取值范围是__________.

π 10.已知奇函数 f(x)的定义域为实数集 R,且 f(x)在[0,+∞)上是增函数,当 0≤θ≤ 时, 2 π 0, ?均成立?若 是否存在实数 m,使 f(cos 2θ-3)+f(4m-2mcos θ)>f(0)对所有的 θ∈? ? 2? 存在,求出所有适合条件的实数 m;若不存在,请说明理由.

(2012· 广东)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 2Sn=an+1-2n 1+1,n∈N*,且 a1,a2+5,a3 成


等差数列.

(1)求 a1 的值;

(2)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 3 (3)证明:对一切正整数 n,有 + +…+ < . a1 a2 an 2 ∵a1,a2+5,a3 成等差数列,

(1)解

∴2(a2+5)=a1+a3. 又 2Sn=an+1-2n+1+1, ∴2S1=a2-22+1,2S2=a3-23+1, ∴2a1=a2-3,2(a1+a2)=a3-7. 2?a +5?=a +a , ? ? 由?2a =a -3, ? ?2?a +a ?=a -7
2 1 3 1 2 1 2 3

a =1, ? ? 得?a =5, ? ?a =19.
1 2 3

∴a1=1.

(2)解

∵2Sn=an+1-2n+1+1,

① ②

∴当 n≥2 时,2Sn-1=an-2n+1. ①-②得 2an=an+1-an-2n+1+2n, ∴an+1=3an+2n.

an+1 3 an 1 两边同除以 2n+1 得 n 1= · n+ , 2+ 22 2 ∴ an+1 3?an ? n+1 . n+1+1=2?2 ? 2

a2 3 a1 ? 1+1 , 又由(1)知 2+1= ? ? 2 2?2
?an ? 3 3 ∴数列?2n+1?是以 为首项, 为公比的等比数列, 2 2 ? ?

an 3 ?3?n-1 ?3?n ∴ n+1= · =?2? , 2 2 ?2? ∴an=3n-2n, 即数列{an}的通项公式为 an=3n-2n. 证明 ∵an=3n-2n=(1+2)n-2n

2 n-2 2 =C0 1n· 20+C1 1n-1· 21+Cn · 1 · 2 +…+Cn 10· 2n-2n n· n· n·

=1+2n+2(n2-n)+…+2n-2n>1+2n+2(n2-n) =1+2n2>2n2>2n(n-1), 1 1 1 1 1 ∴ = n < = · , an 3 -2n 2n?n-1? 2 n?n-1? 1 1 1 ∴ + +…+ a1 a2 an 1 1 ? 1? 1 <1+ ?1×2+2×3+…+ n?n-1?? 2? ? 1 1 1? 1 1 1 - ? =1+ ?1-2+2-3+…+ n-1 n? 2? ? 1 3 1 3 1 1- ?= - < , =1+ ? 2? n? 2 2n 2 1 1 1 3 即 + +…+ < . a1 a2 an 2

题型一

函数、方程与不等式之间的转化与化归

1 【例 1】 设函数 f(x)= x3-(1+a)x2+4ax+24a,其中常数 a>1. 3

(1)讨论 f(x)的单调性; (2)若当 x≥0 时,f(x)>0 恒成立,求 a 的取值范围. (1)f′(x)=x2-2(1+a)x+4a=(x-2)(x-2a). 由已知 a>1,∴2a>2, ∴令 f′(x)>0,解得 x>2a 或 x<2, ∴当 x∈(-∞,2)和 x∈(2a,+∞)时,f(x)单调递增, 当 x∈(2,2a)时,f(x)单调递减. 综上,当 a>1 时,f(x)在区间(-∞,2)和(2a,+∞)上是增函数,在区间(2,2a)上是减函数. (2)由(1)知,当 x≥0 时,f(x)在 x=2a 或 x=0 处取得最小值. 1 f(2a)= (2a)3-(1+a)(2a)2+4a· 2a+24a 3 4 4 =- a3+4a2+24a=- a(a-6)(a+3), 3 3 f(0)=24a. a>1, ? ? 由题设知?f?2a?>0, ? ?f?0?>0, a>1, ? ? 4 即?-3a?a+3??a-6?>0, ? ?24a>0,

解得 1<a<6.故 a 的取值范围是(1,6).

1 已知函数 f(x)= ax3+bx2+x+3,其中 a≠0. 3 (1)当 a,b 满足什么条件时,f(x)取得极值? (2)已知 a>0,且 f(x)在区间(0,1]上单调递增,试用 a 表示出 b 的取值范围. 解 (1)f′(x)=ax2+2bx+1. 当(2b)2-4a≤0 时无极值,当(2b)2-4a>0,即 b2>a 时, f′(x)=ax2+2bx+1=0 有两个不同的根, -b- 即 x1= a b2-a -b+ ,x2= b2-a a ,

因此 f′(x)=a(x-x1)(x-x2). ①当 a>0 时,f(x),f′(x)随 x 的变化情况如下表:

x f′(x) f(x)

(-∞,x1) +

x1 0 极大值

(x1,x2) -

x2 0 极小值

(x2,+∞) +

由此表可知 f(x)在点 x1,x2 处分别取得极大值和极小值. ②当 a<0 时,f(x),f′(x)随 x 的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,x2) - x2 0 极小值 (x2,x1) + x1 0 极大值 (x1,+∞) -

由此表可知 f(x)在点 x1,x2 处分别取得极大值和极小值. 综上所述,当 a 和 b 满足 b2>a 时,f(x)能取得极值.

ax 1 (2)方法一 由题意 f′(x)=ax2+2bx+1≥0 在区间(0,1]上恒成立,即 b≥- - ,x∈(0,1], 2 2x

ax 1 设 g(x)=- - ,x∈(0,1]. 2 2x 1 ①当 ∈(0,1],即 a≥1 时, a ax 1 ? a g(x)=-? =- a, ? 2 +2x?≤-2 4 1 等号成立的条件为 x= ∈(0,1], a 1 [g(x)]最大值=g? ?=- a,因此 b≥- a. ? a? 1 ②当 >1,即 0<a<1 时, a
2 a 1 1-ax g′(x)=- + 2= >0, 2 2x 2x2

a+1 a 1 [g(x)]最大值=g(1)=- - =- , 2 2 2 a+1 所以 b≥- . 2 综上所述,当 a≥1 时,b≥- a; a+1 当 0<a<1 时,b≥- . 2 ax 1 方法二 由题意 f′(x)=ax2+2bx+1≥0 在区间(0,1]上恒成立,所以 b≥- - ,x∈(0,1]. 2 2x ax 1 a 1 设 g(x)=- - ,x∈(0,1],则 g′(x)=- + 2. 2 2x 2 2x 1 1 令 g′(x)=0,得 x1= 或 x2=- (舍去). a a 1 当 ∈(0,1),即 a>1 时, a 1 1 由于 x∈?0, ?时,g′(x)>0;x∈? ,1?时,g′(x)<0, a? ? ? a ? 1 1 即 g(x)在?0, ?上单调递增,在? ,1?上单调递减, a? ? ? a ? 1 所以[g(x)]最大值=g? ?=- a,因此 b≥- a. ? a? 1 当 ∈[1,+∞),即 a∈(0,1]时,由于 x∈(0,1]时, a g′(x)≥0,即 g(x)在(0,1]上单调递增, a+1 a+1 所以[g(x)]最大值=g(1)=- ,因此 b≥- . 2 2 综上所述,当 a>1 时,b≥- a; a+1 当 0<a≤1 时,b≥- . 2

题型二

正向思维与逆向思维的转化与化归

m ? 2 【例 2】 若对于任意 t∈[1,2],函数 g(x)=x3+? ? 2 +2?x -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 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. 2 2 由①得 3x2+(m+4)x-2≥0,即 m+4≥ -3x 在 x∈(t,3)上恒成立,∴m+4≥ -3t 恒成立,则 m x t +4≥-1, 即 m≥-5; 2 2 37 由②得 m+4≤ -3x 在 x∈(t,3)上恒成立,则 m+4≤ -9,即 m≤- .∴函数 g(x)在区间(t,3) x 3 3 37 上总不为单调函数的 m 的取值范围为- <m<-5. 3 37 答案 - <m<-5 3

若二次函数 f(x)=4x2-2(p-2)x-2p2-p+1 在区间[-1,1]内至少存在一个值 c 使得 f(c)>0,求实 数 p 的取值范围. 解 如果在[-1,1]内没有值满足 f(c)>0, 1 3 ?p≤-3 或 p≥ , 2

?p≤-2或p≥1, ?f?-1?≤0, 则? ?? 3 ?f?1?≤0 ?p≤-3或p≥2

3 取补集为-3<p< ,即为满足条件的 p 的取值范围. 2 题型三 以换元为手段的转化与化归 【例 3】 已知 a∈R,求函数 y=(a-sin x)(a-cos x)的最小值. 解 函数可化为 y=sin x· cos x-a(sin x+cos x)+a2. 设 t=sin x+cos x, π? 则 t= 2sin? ?x+4?,故 t∈[- 2, 2]. 1 1 而 sin x· cos x= [(sin x+cos x)2-1]= (t2-1), 2 2 1 1 1 于是,y=f(t)=a2-at+ (t2-1)= t2-at+a2- 2 2 2 1 1 1 = (t-a)2+ a2- . 2 2 2 1 1 1 原问题化归为求二次函数 f(t)= (t-a)2+ a2- 在 2 2 2 t∈[- ①当- ②当 a> f(t)min=f( ③当 a<- f(t)min=f(- 2, 2]上的最值问题. 2≤a≤ 1 1 2时,若 t=a,f(t)min= a2- ; 2 2 2, 2]上单调递减, 1 2a+ ; 2 2, 2]上单调递增. 1 2a+ . 2

2时,f(t)在[- 2)=a2-

2时,f(x)在[- 2)=a2+

π ? ? π? (1)若 cos? ?2+α?=2sin?α-2?,则 sin(α-2π)· 5π ? ?3π ? sin(α-π)-sin? ? 2 +α?sin? 2 -α?=________. (2)函数 f(x)=sin x+cos x+sin 2x 的最小值是________. 解析 (1)已知条件即 sin α=2cos α,求解目标即 cos2α-sin2α.已知条件转化为 tan α=2,求解目 cos2α-sin2α 1-tan2α 3 标转化为 2 2 = 2 ,把已知代入得求解结果是-5. cos α+sin α 1+tan α (2)令 t=sin x+cos x,则 t2=1+sin 2x,且 t∈[- 2, 2]. 1?2 5 此时函数化为 y=t+t2-1=? ?t+2? -4, 5 故所求函数的最小值为- . 4 答案 3 5 (1)- (2)- 5 4

a1+a3+a9 1.已知等差数列{an}的公差 d≠0,且 a1、a3、a9 成等比数列,则 的值是________. a2+a4+a10 解析 由题意知,只要满足 a1、a3、a9 成等比数列的条件,{an}取何种等差数列与所求代数式的 值是没有关系的.因此,可把抽象数列化归为具体数列.比如,可选取数列 an=n(n∈N*),则 1+3+9 13 = = . a2+a4+a10 2+4+10 16 2. 在△ABC 中,内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c.已知向量 m=(cos A,a),n=(b-2c,cos B-2cos C),满足 m⊥n. sin B (1)求 的值; sin C 1 (2)若 cos A= ,a=2,求△ABC 的面积 S. 4 解 (1)因为 m⊥n,所以 ① m· n=(b-2c)cos A+a(cos B-2cos C)=0. a b c 由正弦定理 = = =2R, sin A sin B sin C 得 a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C, 代入①,得 cos A(sin B-2sin C)+sin A(cos B-2cos C)=0, 化简,得 sin(A+B)=2sin(A+C),又 A+B+C=π, sin B 1 所以 sin C=2sin B,故 = . sin C 2 sin B 1 (2)由 = ,得 c=2b, sin C 2 1 由余弦定理 a2=b2+c2-2bccos A 及 cos A= ,a=2, 4 1 得 4=b2+4b2-4b2× ,解得 b=1,因此 c=2. 4 1 1 15 15 因此 S= bcsin A= ×1×2× = . 2 2 4 4 a1+a3+a9


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