资源简介

第五讲：化归与转化思想【讲】
【典例1】（2023年高考数学新课标Ⅰ卷第3题）
已知向量，．若，则（ ）
A． B． C． D．
【解读】向量是数学研究的重要对象和工具，在其他学科中也有重要应用．向量是连接代数与几何的桥梁之一，通过向量可以将几何问题和代数问题有机结合起来，既可以通过代数运算得到几何不变量和几何量之间的关系，也可以利用代数关系赋予几何直观严格的论证．试题考查向量的概念、向量的位置关系及长度、向量的运算和向量运算的几何意义等知识．考查的内容源于教材，面向全体考生．试题立足基本概念和方法，属于简单题目．试题设置能让考生增强自信心，有利于考生正常发挥．
【答案】D
【目标】试题考查平面向量概念、向量的线性运算及其几何意义、向量垂直及平面向量数量积等基本知识；考查运算求解能力和化归与转化的思想．
【分析】
解题思路 利用向量数量积的几何意义计算．
首先，等价于数量积．其次，由题设可知，，，故，
所以正确选项是D．
【典例2】（2023年高考数学新课标Ⅱ卷第11题）
若函数既有极大值也有极小值，则（ ）
A． B． C． D．
【解读】（1）试题巧妙地将函数的极值问题、一元二次方程根的分布与韦达定理结合起来，具有一定的综合性．
（2）试题设计新颖，紧扣课程标准，作为多项选择题重视考查数学思维能力，试题计算量小，要求考生多思考、少计算，对高中数学教学起到积极引导作用，符合基础性、综合性、应用性、创新性的考查要求，具有较好的选拔功能．
（3）试题的选项之间有一定关联，不是简单的将四道单选题“堆砌”成一道多选题，可以由已知条件，经过分析与转化，通过一个思路来判断四个结论是否正确．
【答案】BCD
【目标】试题以极值为情境，研究了导函数零点的分布问题，考查了基本初等函数的导数，一元二次方程根的分布、韦达定理等知识，通过本试题，考查了考生的逻辑思维能力，化归与转化的能力，以及综合运用函数、导数、不等式解决数学问题的能力．
【分析】由，得
设函数，则．不妨设．
若，则，从而当时，，在区间单调递增，无极值．
因此由题意知，故，选项C正确．
由，存在两个零点，
设，为的两个零点，且，由韦达定理，，．
若，当时，，；当时，，．
在区间单调递减，在区间单调递增，只有一个极小值点，不符合题意，
因此，所以，从而，选项D正确．
若，当时，，．在区间单调递增，无极值，不符合题意，故，所以，从而，选项B正确．
由，知，选项A错误．
综上，正确答案为BCD．
【典例3】（2023年高考数学新课标Ⅱ卷第19题）
某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：
利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布．以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．
（1）当漏诊率时，求临界值c和误诊率；
（2）设函数．当时，求的解析式，并求在区间的最小值．
【解读】漏诊率和误诊率是医学检测标准中的重要指标，是医学统计学中重点研究的问题之一．试题以此为背景设计和展开，既有现实意义，也能很好地体现数学学科的应用价值．试题考查的内容是中学数学的必备知识和核心素养，具有较好的创新性，有诸多亮点．
（1）试题的情景是真实的，设计的问题具有现实意义，也具备研究价值．在医学研究或医学统计学研究中，依据某些医学指标制定筛查或诊断标准，需要合理平衡漏诊率和误诊率，而漏诊率和误诊率又依赖于医学指标的分布规律以及临界值c．试题通过频率分布直方图的形式给出了某项医学指标在患病与未患病两个群体中的分布规律，这是确定临界值c及计算漏诊率和误诊率的依据．从试题的第（1）问，可以清楚地看出临界值c是如何影响漏诊率和误诊率的，同时也可以看出降低漏诊率必定会提高误诊率，反之亦然．这就为第（2）问打下了伏笔．试题的第（2）问就是确定临界值c，使得漏诊率和误诊率之和最小．这两问是密切联系的，展现了提出问题、探究问题直至解决问题的过程．试题能有效地考查考生科学探索的学科素养，理论联系实际的能力和运用所学知识解决问题的能力．
（2）在命制情境的过程中，试题很好地控制文字量和阅读理解难度，同时尽可能地降低计算量．事实上研究和制定医学检测标准时，对漏诊率和误诊率往往并不是同等相待，而是根据实际情况不对等地看待其危害．在确定临界值c时，需要根据漏诊和误诊的危害程度，合理地建立损失函数，然后最小化损失函数．一种简单的损失函数是漏诊率和误诊率的线性函数，其中系数a，b是根据漏诊和误诊的危害程度确定的．试题中取是出于简化计算的目的．另外，试题只要求考生求出在的解析式，也是出于简化计算的目的，而且容易看出的最小值在处取得．试题展示了数学模型的建立和应用，很好地体现了对问题情境抽象转化为数学问题过程的考查，实现对数学必备知识和关键能力的考查要求．
（3）试题设计的问题新颖，贴近生产与生活，具有较好的创新性，也能很好地体现数学学科及统计知识的应用价值．考生通过对试题的作答，既有考试的获得感，也能进一步提高学习科学知识的兴趣和动力．试题很好地体现了新时代高考改革的精神，实现高考“立德树人、服务选才、引导教学”的核心功能．
【答案】
（1）由患病者指标的频率分布直方图可得患病者指标不大于97.5的频率为，因此临界值．
由未患病者指标的频率分布直方图可得未患病者指标大于97.5的频率为，因此误诊率．
（2）由频率分布直方图知
当时，
；
当时，
．
所以
由于在区间单调递减，在区间单调递增，所以在区间的最小值．
【目标】试题考查了频率分布直方图、样本估计总体等统计知识，考查了数学建模、数学运算、数据分析、转化思想等方面的核心索养．试题体现了基础性、应用性、综合性、创新性的考查要求．
【分析】解题思路 （1）由患病者指标的频率分布直方图可知所求的临界值，且满足，解得．
由未患病者指标的频率分布直方图可得误诊率
．
（2）由频率分布直方图可知在的解析式需要分段表达，分与两段讨论，经过简单计算可得
由在区间与区间的单调性，得在处取得最小值，最小值．
【典例4】（2023年高考数学新课标Ⅱ卷第20题）
如图，三棱锥中，，，，E为的中点．
（1）证明：；
（2）点F满足，求二面角的正弦值．
【解读】试题关注立体几何的基本概念和基本思想方法，题干简洁、难度适中．试题重视对必备知识和关键能力的考查，充分发挥考生的空间想象能力，对图形中相关元素的对称性的认识有助于发现简洁明了的解题思路．
试题重视对数学素养的考查，第（2）问设计空间向量法和综合几何法，在思维上给考生充分发挥的空间，同时深化了对基础性的考查，对化归与转化等思想方法均有一定要求．如何正确地建立空间直角坐标系，如何发现（作出）二面角的平面角，对考生的思维能力都有一定的要求．
试题在思维层面上高度体现数学运算、逻辑推理、直观想象等数学核心素养，在思维的灵活性、严谨性上高度体现数形结合、转化与化归等数学思想方法，符合高考评价体系强调的基础性、综合性、应用性、创新性的考查要求．
【答案】连接，．
（1）由题设知．又由题设可知，所以，故．因此平面，所以．
（2）二面角的正弦值为．
【目标】试题主要考查立体几何的基本知识、基本思想和基本方法，通过空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，考查考生的空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力．证明试题第（1）问的关键是发现平面，这一思维过程体现基础性，综合性的考查．试题第（2）问求二面角的正弦值，要求考生有一定的空间想象能力，以及综合运用知识解决问题的能力．正确建立空间直角坐标系，应用空间向量方法计算二面角的正弦值是考查的重点．
另外，应用综合几何方法也可求得二面角的正弦值．
【分析】解题思路 连接，．
（1）由题设可得，，，故平面，由此得．
（2）思路1 空间向量法．设可得，，则，．以E为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，可以求得平面的一个法向量，平面的一个法向量．由此可求得二面角的正弦值为．
思路2 综合几何法．如图，构造二面角的平面角．设，由题设可得，，．由题设可得平面，故．
因此，，
故．同理可得，则．
设中点为H，中点为K，连接，．
则，，所以为二面角的平面角．
连接，由，，可得，则，．
连接，．
由，可得．
因此二面角的正弦值为．
应用一 补集思想
【例1】中国空间站的主体结构包括天和核心实验舱 问天实验舱和梦天实验舱，假设空间站要安排甲 乙等5名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多二人，则甲乙不在同一实验舱的种数有（ ）
A．60 B．66 C．72 D．80
【答案】C
【详解】第一步：运用组合公式求出所有的情况和甲乙在同一实验舱的情况
5名航天员安排三舱，每个舱至少一人至多二人，共有种安排方法，
若甲乙在同一实验舱的种数有种，
第二步：采用补集思想
故甲乙不在同一实验舱的种数有种.
故选：C.
【例2】已知函数.
若，证明：，，这三个数中至少有一个数不大于1；
【详解】第一步：考虑到正面分析比较复杂，用补集思想，从对立面思考
因为，所以.
假设，，这三个数中没有一个数不大于1，即每个数都大于1，
即，，，则，，，
第二步：得出矛盾，假设不成立，待证成立
所以，这与矛盾，假设不成立，
所以，，这三个数中至少有一个数不大于1.
应用二 多变量问题
【例3】（2024·河南·高三校联考）若锐角的内角所对的边分别为，其外接圆的半径为，且，则的取值范围为 .
【答案】
【详解】第一步：由题给条件解出A
因为，
所以，
即，由正弦定理得，
显然，所以，所以，
因为，所以.
第二步：运用正弦定理边化角，将待求式子转化为仅含角B的式子
因为外接圆的半径为，所以，所以，
所以，
因为为锐角三角形，所以，所以，即.
第三步：构造函数解范围
令，
根据对勾函数的性质可知函数在上单调递减，在上单调递增，
且，所以，即，
所以，即的取值范围为.
故答案为：.
【例4】已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设是两个不相等的正数，且，证明：.
【解析】（1）第一步：定定义域并求导
的定义域为， ，
令，得：，
第二步：分析单调性
当变化时的关系如下表：
0 1
无意义 0
无意义
在上单调递减；在上单调递增.
（2）第三步：等价转化
证明：要证，
只需证：
根据，只需证：
第四步：化简观察
不妨设，由得：；
两边取指数，，化简得：
第五步：构造函数分析单调性
令：，则，
根据（1）得在上单调递减；
在上单调递增（如下图所示），
由于在上单调递减，在上单调递增，
第六步：继续等价转化并分析函数单调性
要使且，
则必有，即
由得：.
要证，只需证：，
由于在上单调递增，要证：，
只需证：，
又，只需证：，
只需证：，只需证：，
只需证：，只需证：，即证，
令，
只需证：，
，
令， 在上单调递减，
所以，所以
所以在上单调递减，所以
所以，所以：.
应用三 一般问题特殊化
【例5】若，，.
（1）求证：；
（2）令，写出、、、的值，观察并归纳出这个数列的通项公式.
【详解】（1）第一步：正难则反，采用补集思想
证明：假设，因，，则，
解得或，于是得或，
第二步：得出矛盾，假设不成立
与题设且矛盾，故假设不成立，所以成立.
（2）第三步：对n进行赋值
因，，，
则，，，
，
显然有，，，，，
第四步：合理猜想结论
猜想，
由得，即，
又，因此数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，，则，所以.
应用四 函数与方程、不等式间的转化
【例6】（2024·陕西铜川·高三校考期末）已知函数，则方程在区间上的所有实根之和为（ ）
A．0 B．3 C．6 D．12
【答案】C
【详解】第一步：找到函数的对称轴
由题意得，，
，
所以的图象关于对称；
当时，，
当时，令可得，
时，，时，，
第二步：将方程有根问题转化为函数图象交点问题
在同一直角坐标系中画出，
在上有且仅有3个交点，
所以所有的实根之和为，
故选：C.
应用五 形体位置关系转化
【例7】（2024·陕西安康·高三校联考）已知三棱锥的底面是边长为的正三角形，且，三棱锥的内切球的表面积为，若，则点到平面的距离的取值范围为 .
【答案】
【详解】第一步：设点求表面积
设点到平面的距离为，内切球半径为，
则三棱锥的表面积为.
第二步：通过等体积法转化解距离
由等体积法，得，即，
当增大时，随之增大.
设的取值范围为，由，得，
所以当时，；
当时，，
解得，，
所以点到平面的距离的取值范围为.
故答案为：
方法一：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；如在三角函数和解三角形中，主要的转化方法有公式的“三用”（顺用、逆用、变形用）、角度的转化、函数的转化、通过正弦定理、余弦定理实现边角关系的相互转化等.
方法二：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；
方法三：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；
方法四：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；
方法五：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.
微点：转化的等价性
【步骤】转化前后不能扩大或缩小参数范围，涉及换元需要等价求出新元的范围.
【例1】（2023年高考数学新课标Ⅱ卷第22题）
（1）证明：当时，；
（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．
【解析】解题思路 （1）要证明：当时，，应考虑将导数作为工具，结合函数的单调性证明不等式．
构造函数，，利用导数容易证明在单调递增，在单调递减，结合，就可以证明当时，．
（2）若是的极大值点，则存在，使得当时，．为了找到满足题意的，要通过的导函数的符号讨论的单调性．
因为是偶函数，不妨设，又因为，不妨设．
，
分母，只需讨论分子的符号．令．
第（1）问中的不等式为第（2）问做好了准备工作．
当时，，于是．
当时，，于是．
如果找到，使得当时，，则，故在单调递增，从而，那么就不是的极大值点．要使，只需，又，所以只需考虑的符号，于是找到了分类讨论的标准．
当时，．当时，，，故单调递增，从而，因此不是的极大值点．
当时，，为了找到，使得当时，，
只需，即．此不等式不容易解，继续进行不等式放缩：
，
只需，解得，即．
于是当时，，
从而，故在单调递减．
又因为是偶函数，故是的极大值点．
综上，a的取值范围是．
【例2】已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若时，都有，求实数的取值范围；
（3）若有不相等的两个正实数满足，求证：.
【详解】（1）函数的定义域为，.
①当时，令，即，解得：.
令，解得：；令，解得：；
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
②当时，则，所以函数在上单调递增.
综上所述：当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
当时，函数在上单调递增.
（2）当时，都有，即，
亦即对恒成立.
令，只需.
.
令，则，所以当时，，
所以在上单增，所以，
所以当时，.
所以，所以在上单减，
所以.
所以.
综上所述：实数的取值范围为.
（3）可化为：.
令，上式即为.
由（1）可知：在上单调递增，在上单调递减，
则为的两根，其中.
不妨设，要证，只需，即，
只需证.
令.
则
当时，；当时，.
由零点存在定理可得：存在，使得.
当时，，单增；当时，，单减；
又，所以.
.
因为， ，
所以.所以恒成立.
所以.所以.
所以，即证.
【跟踪练习】
1．定义在R上的连续函数满足为偶函数，当时，，其中是的导数.若关于x的不等式恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
2．已知椭圆的左、右焦点分别为，点M在C上，点N的坐标为，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3．已知点是抛物线上的一动点，焦点为，若定点，则当点在抛物线上移动时，的最小值等于（ ）
A． B．2 C．3 D．4
4．从甲、乙等7名同学中随机选2名参加社区服务工作，则甲、乙至少一人入选的概率为 .
5．若函数在上存在单调递减区间，则m的取值范围是 ．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】构造函数，根据已知判断其单调性，利用函数的单调性，把条件转化为对任意恒成立，利用导数通过求的最大值可得结果.
【详解】记，则,
由题意，知当时，，即，
则在上单调递增，所以,
因为是偶函数，所以是奇函数，所以在R上单调递增,
又，即，
所以，即对任意恒成立.令，
则，由，得；当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以在处取得极大值，也是最大值，
所以，所以，即实数a的取值范围为，
故选：D.
【点睛】分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路：
用分离参数法解含参不等式恒成立问题，是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题.
一般地，若对恒成立，则只需;若对恒成立，则只需.
2．B
【分析】根据椭圆的定义转化，结合三点共线来求得的取值范围.
【详解】依题意，，，，
，，
所以，当位于线段与椭圆交点处时等号成立.
根据椭圆的定义可知，
如图所示，设的延长线与椭圆相交于，
则当位于时，取得最大值为，
综上所述，的取值范围为.
故选：B
【点睛】在椭圆中，求解椭圆上的点到焦点、定点的距离的和或差的最值，可以考虑通过椭圆的定义进行转化，然后结合三点共线来确定最值.在解题过程中，要画出对应的图象，结合图象来进行求解.
3．A
【分析】利用抛物线的定义，数形结合即可得解.
【详解】如图，过作抛物线的准线的垂线，垂足为，连接，
则，当且仅当共线时等号成立，
故的最小值为，
故选：A.
4．
【分析】考虑甲、乙均没有入选的情况，利用组合数求解出对应概率即可.
【详解】设“甲、乙至少一人入选”为事件，则“甲、乙均没有入选”为事件，
所以，
故答案为：.
5．
【分析】先对求导，将问题转化为在上有解，即在上有解，利用换元法与基本不等式求出的最大值即可得解.
【详解】因为，
所以，
则原问题等价于在上有解，即在上有解，即在上有解，
令，则，，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，此时，
所以，则，
所以，即.
故答案为：.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

展开更多......

收起↑