第四講轉(zhuǎn)化與化歸思想思想方法詮釋轉(zhuǎn)化與化歸思想：是在研究和解決有關(guān)數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，采用某種手段將問(wèn)題通過(guò)變換使之轉(zhuǎn)化，進(jìn)而使問(wèn)題得到解決的一種數(shù)學(xué)方法．一般是將復(fù)雜的問(wèn)題通過(guò)變換轉(zhuǎn)化為簡(jiǎn)單的問(wèn)題，將難解的問(wèn)題通過(guò)變換轉(zhuǎn)化為容易求解的問(wèn)題，將未解決的問(wèn)題通過(guò)變換轉(zhuǎn)化為已解決的問(wèn)題.要點(diǎn)一特殊與一般的轉(zhuǎn)化[解析](1)因?yàn)榉橇阆蛄縜，b滿足|a|＝|b|＝|a＋b|，所以不妨設(shè)a＝(1,0)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，則2a－b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，－\f(\r(3),2)))，所以a·(2a－b)＝eq\f(5,2)，故cos〈a,2a－b〉＝eq\f(a·2a－b,|a|·|2a－b|)＝eq\f(\f(5,2),1×\r(7))＝eq\f(5\r(7),14).(2)令a＝b＝c，則△ABC為等邊三角形，且cosA＝cosC＝eq\f(1,2)，代入所求式子，得eq\f(cosA＋cosC,1＋cosAcosC)＝eq\f(\f(1,2)＋\f(1,2),1＋\f(1,2)×\f(1,2))＝eq\f(4,5).[答案](1)D(2)eq\f(4,5)化一般為特殊的應(yīng)用要點(diǎn)把一般問(wèn)題特殊化，解答選擇題、填空題常能起到事半功倍的效果，既準(zhǔn)確又迅速．常用的特例有特殊值、特殊數(shù)列、特殊函數(shù)、特殊圖形、特殊角、特殊位置等，要注意恰當(dāng)利用所學(xué)知識(shí)、恰當(dāng)選擇特殊量．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]1．已知點(diǎn)P是△ABC所在平面內(nèi)的一點(diǎn)，邊AB的中點(diǎn)為D，若eq\o(PD,\s\up15(→))＝eq\f(1－λ,2)eq\o(PA,\s\up15(→))＋eq\f(1,2)eq\o(CB,\s\up15(→))，其中λ∈R，則點(diǎn)P一定在()A．AB邊所在的直線上B．BC邊所在的直線上C．AC邊所在的直線上D．△ABC的內(nèi)部[解析]取λ＝1，則2eq\o(PD,\s\up15(→))＝eq\o(CB,\s\up15(→))，因?yàn)檫匒B的中點(diǎn)為D，所以eq\o(PA,\s\up15(→))＋eq\o(PB,\s\up15(→))＝2eq\o(PD,\s\up15(→))，所以eq\o(PA,\s\up15(→))＋eq\o(PB,\s\up15(→))＝eq\o(PB,\s\up15(→))－eq\o(PC,\s\up15(→))，所以eq\o(PA,\s\up15(→))＝eq\o(CP,\s\up15(→))，所以A，C，P三點(diǎn)共線，因此點(diǎn)P一定在AC邊所在的直線上，故選C.[答案]C2．(2017·威海模擬)在等差數(shù)列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，則a2＋a8＝________.[解析]不妨令數(shù)列{an}為常數(shù)列，則an＝5，故a2＋a8＝10.[答案]10要點(diǎn)二函數(shù)、方程、不等式間的轉(zhuǎn)化[解析](1)由題易得f′(x)＝3x2－12x＋4，因?yàn)閍3，a2017是函數(shù)f(x)＝x3－6x2＋4x－1的兩個(gè)不同的極值點(diǎn)，所以a3，a2017是方程3x2－12x＋4＝0的兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根，所以a3＋a2017＝4.又?jǐn)?shù)列{an}為等差數(shù)列，所以a3＋a2017＝2a1010，即a1010＝2，從而logeq\s\do8(\f(1,4))a1010＝logeq\s\do8(\f(1,4))2＝－eq\f(1,2)，故選B.(2)設(shè)|MA|＝a>0，因?yàn)閨OM|＝2eq\r(2)，|OA|＝2，由余弦定理知cos∠OMA＝eq\f(|OM|2＋|MA|2－|OA|2,2|OM|·|MA|)＝eq\f(2\r(2)2＋a2－22,2×2\r(2)a)＝eq\f(1,4\r(2))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a)＋a))≥eq\f(1,4\r(2))×2eq\r(\f(4,a)×a)＝eq\f(\r(2),2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2時(shí)等號(hào)成立，所以∠OMA≤eq\f(π,4)，即∠OMA的最大值為eq\f(π,4).[答案](1)B(2)C函數(shù)、方程與不等式間的轉(zhuǎn)化策略函數(shù)、方程與不等式就像“一胞三兄弟”，解決方程、不等式的問(wèn)題需要函數(shù)幫助，解決函數(shù)的問(wèn)題需要方程、不等式的幫助，因此借助于函數(shù)、方程、不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化與化歸可以將問(wèn)題化繁為簡(jiǎn)．本例(1)將函數(shù)的極值點(diǎn)轉(zhuǎn)化為導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)，再轉(zhuǎn)化為方程的兩個(gè)實(shí)根．(2)將∠OMA的最值轉(zhuǎn)化為其三角函數(shù)值的最值，這樣才能更好地進(jìn)行運(yùn)算．一般可將函數(shù)的零點(diǎn)與方程的根相互轉(zhuǎn)化，將不等式關(guān)系轉(zhuǎn)化為最值(值域)問(wèn)題，從而求出參變量的范圍．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]3．(2017·銀川二模)若點(diǎn)(1,3)和(－4，－2)在直線2x＋y＋m＝0的兩側(cè)，則m的取值范圍為()A．(－∞，－5)∪(10，＋∞) B．[－5,10)C．(－5,10) D．[－5,10][解析]因?yàn)辄c(diǎn)(1,3)和(－4，－2)在直線2x＋y＋m＝0的兩側(cè)，所以(5＋m)(－10＋m)<0，解得－5<m<10，故選C.[答案]C4．(2017·貴陽(yáng)摸底)已知直線l過(guò)點(diǎn)A(2,3)且與x軸、y軸的正半軸分別交于M、N兩點(diǎn)，則當(dāng)|AM|·|AN|最小時(shí)，直線l的方程為_(kāi)_______．[解析]設(shè)∠AMO為θ，則θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴|AM|＝eq\f(3,sinθ)，|AN|＝eq\f(2,cosθ).∴|AM|·|AN|＝eq\f(6,sinθ·cosθ)＝eq\f(12,sin2θ)≥12.當(dāng)且僅當(dāng)sin2θ＝1，即θ＝eq\f(π,4)時(shí)取“＝”號(hào)．此時(shí)kl＝－1，∴l(xiāng)的方程為x＋y－5＝0.[答案]x＋y－5＝0要點(diǎn)三正與反的轉(zhuǎn)化[解析](1)原命題的否定為“?∈R,2x2＋(a－1)x＋eq\f(1,2)>0”，且為真命題，則Δ＝(a－1)2－4×2×eq\f(1,2)<0，解得－1<a<3.(2)若4x2－ax＋1＝0在(0,1)內(nèi)沒(méi)有實(shí)數(shù)根，則在x∈(0,1)內(nèi)，a≠4x＋eq\f(1,x)，而當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，4x＋eq\f(1,x)∈[4，＋∞)，要使a≠4x＋eq\f(1,x)，必有a<4，故滿足題設(shè)的實(shí)數(shù)a的取值范圍是[4，＋∞)．[答案](1)(－1,3)(2)[4，＋∞)正與反的轉(zhuǎn)化要點(diǎn)正與反的轉(zhuǎn)化，體現(xiàn)“正難則反”的原則，先從正面求解，再取正面答案的補(bǔ)集即可．一般地，題目若出現(xiàn)多種成立的情形，則不成立的情形相對(duì)很少，從反面考慮較簡(jiǎn)單．因此，間接法多用于含有“至多”、“至少”及否定性命題情形的問(wèn)題中．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]5．(2017·廣東七校聯(lián)考)若某公司從五位大學(xué)畢業(yè)生甲、乙、丙、丁、戊中錄用三人，這五人被錄用的機(jī)會(huì)均等，則甲或乙被錄用的概率為()A.eq\f(1,5)B.eq\f(3,5)C.eq\f(7,10)D.eq\f(9,10)[解析]甲或乙被錄用的對(duì)立面是甲、乙均不被錄用，故所求事件的概率為1－eq\f(1,C\o\al(3,5))＝1－eq\f(1,10)＝eq\f(9,10).故選D.[答案]D6．(2017·日照一中月考)設(shè)命題p：|4x－3|≤1；命題q：x2－(2a＋1)x＋a(a＋1)≤0，若綈p是綈q的必要不充分條件，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．[解析]∵綈p是綈q的必要不充分條件，∴綈q?綈p，且綈pDeq\o(?,/)綈q等價(jià)于p?q，且qDeq\o(?,/)p.記p：A＝{x||4x－3|≤1}＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)≤x≤1))))，q：B＝{x|x2－(2a＋1)x＋a(a＋1)≤0}＝{x|a≤x≤a＋1}，則AB.從而eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋1≥1，,a≤\f(1,2)，))且兩個(gè)等號(hào)不同時(shí)成立，解得0≤a≤eq\f(1,2).故所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).[答案]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))要點(diǎn)四主與次的轉(zhuǎn)化[解析](1)因?yàn)閤∈[－2,2]，當(dāng)x＝0時(shí)，原式為02－a·0＋1≥0恒成立，此時(shí)a∈R；當(dāng)x∈(0,2]時(shí)，原不等式可化為a≤eq\f(x2＋1,x)，而eq\f(x2＋1,x)≥eq\f(2x,x)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)等號(hào)成立，所以a的取值范圍是(－∞，2]；當(dāng)x∈[－2,0)時(shí)，可得a≥eq\f(x2＋1,x)，令f(x)＝eq\f(x2＋1,x)＝x＋eq\f(1,x)，由函數(shù)的單調(diào)性可知，f(x)max＝f(－1)＝－2，所以a∈[－2，＋∞)．綜上可知，a的取值范圍是[－2,2]．(2)因?yàn)閍∈[－2,2]，則可把原式看作關(guān)于a的函數(shù)，即g(a)＝－xa＋x2＋1≥0，由題意可知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－2＝x2＋2x＋1≥0，,g2＝x2－2x＋1≥0，))解之得x∈R，所以x的取值范圍是(－∞，＋∞)．[答案](1)[－2,2](2)(－∞，＋∞)主與次的轉(zhuǎn)化要點(diǎn)在處理多變?cè)臄?shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，我們可以選取其中的常數(shù)(或參數(shù))，將其看作是“主元”，而把其他變?cè)醋魇浅Ａ浚瑥亩_(dá)到減少變?cè)?jiǎn)化運(yùn)算的目的．通常給出哪個(gè)“元”的取值范圍就將哪個(gè)“元”視為“主元”．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]7．(2017·陜西漢中模擬)若不等式mx2＋2mx－4<2x2＋4x對(duì)任意x均成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．(－2,2] B．(－2,2)C．(－∞，－2)∪[2，＋∞) D．(－∞，2][解析]mx2＋2mx－4<2x2＋4x，即(m－2)x2＋2(m－2)x－4<0，對(duì)任意x均成立，當(dāng)m＝2時(shí)，適合題意；當(dāng)m<2時(shí)，由Δ<0，即4(m－2)2＋16(m－2)<0得m>－2.所以－2<m<2.綜上所述－2<m≤2.故選A.[答案]A8．(2017·衡水中學(xué)月考)對(duì)于滿足0≤p≤4的所有實(shí)數(shù)p，使不等式x2＋px>4x＋p－3成立的x的取值范圍是________．[解析]設(shè)f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3，則當(dāng)x＝1時(shí)，f(p)＝0.所以x≠1.f(p)在0≤p≤4上恒正，等價(jià)于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0>0，,f4>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－3x－1>0，,x2－1>0，))解得x>3或x<－1.[答案](－∞，－1)∪(3，＋∞)——————————————————轉(zhuǎn)化與化歸思想的四項(xiàng)原則1．熟悉已知化原