湖南省长沙市望城区白箬中学高三数学第二轮专题讲座复习 化归思想

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1、湖南省长沙市望城区白箬中学高三数学第二轮专题讲座复习：化归思想 高考要求 化归与转换的思想，就是在研究和解决数学问题时采用某种方式，借助某种函数性质、图象、公式或已知条件将问题通过变换加以转化，进而达到解决问题的思想 等价转化总是将抽象转化为具体，复杂转化为简单、未知转化为已知，通过变换迅速而合理的寻找和选择问题解决的途径和方法 重难点归纳 转化有等价转化与不等价转化 等价转化后的新问题与原问题实质是一样的 不等价转化则部分地改变了原对象的实质，需对所得结论进行必要的修正 应用转化化归思想解题的原则应是化难为易、化生为熟、化繁为简，尽量是等价转化 常见的转化有

2、正与反的转化、数与形的转化、相等与不等的转化、整体与局部的转化、空间与平面相互转化、复数与实数相互转化、常量与变量的转化、数学语言的转化 典型题例示范讲解 例1对任意函数f(x), x∈D，可按图示构造一个数列发生器，其工作原理如下 ①输入数据x0∈D，经数列发生器输出x1=f(x0)； ②若x1D，则数列发生器结束工作；若x1∈D，则将x1反馈回输入端，再输出x2=f(x1)，并依此规律继续下去 现定义 （1）若输入x0=，则由数列发生器产生数列{xn}，请写出{xn}的所有项； （2）若要数列发生器产生一个无穷的常数列，试求输入的初始数据x0的值； （3）若输

3、入x0时，产生的无穷数列{xn}，满足对任意正整数n均有xn＜xn+1；求x0的取值范围 命题意图 本题主要考查学生的阅读审题，综合理解及逻辑推理的能力 知识依托 函数求值的简单运算、方程思想的应用 解不等式及化归转化思想的应用 解题的关键就是应用转化思想将题意条件转化为数学语言 错解分析 考生易出现以下几种错因（1）审题后不能理解题意（2）题意转化不出数学关系式，如第2问（3）第3问不能进行从一般到特殊的转化 技巧与方法 此题属于富有新意，综合性、抽象性较强的题目 由于陌生不易理解并将文意转化为数学语言 这就要求我们慎读题意，把握主脉，体会数学转换 解

4、 （1）∵f(x)的定义域D=（–∞,–1)∪(–1,+∞) ∴数列{xn}只有三项， （2）∵,即x2–3x+2=0 ∴x=1或x=2，即x0=1或2时 故当x0=1时，xn=1，当x0=2时，xn=2（n∈N*） （3）解不等式，得x＜–1或1＜x＜2 要使x1＜x2，则x2＜–1或1＜x1＜2对于函数 若x1＜–1，则x2=f(x1)＞4，x3=f(x2)＜x2 若1＜x1＜2时，x2=f(x1)＞x1且1＜x2＜2 依次类推可得数列{xn}的所有项均满足xn+1＞xn（n∈N*) 综上所述，x1∈(1,2) 由x1=f(x0),得x0∈(1,2) 例2设

5、椭圆C1的方程为(a＞b＞0)，曲线C2的方程为y=，且曲线C1与C2在第一象限内只有一个公共点P （1）试用a表示点P的坐标； （2）设A、B是椭圆C1的两个焦点，当a变化时，求△ABP的面积函数S(a)的值域； （3）记min{y1,y2,……,yn}为y1,y2,……,yn中最小的一个 设g(a)是以椭圆C1的半焦距为边长的正方形的面积，试求函数f(a)=min{g(a), S(a)}的表达式 命题意图 本题考查曲线的位置关系，函数的最值等基础知识，考查推理运算能力及综合运用知识解题的能力 知识依托两曲线交点个数的转化及充要条件，求函数值域、解不等式 错解分析

6、 第（1）问中将交点个数转化为方程组解的个数，考查易出现计算错误，不能借助Δ找到a、b的关系 第（2）问中考生易忽略a＞b＞0这一隐性条件 第（3）问中考生往往想不起将min{g(a),S(a)}转化为解不等式g(a)≥S(a) 技巧与方法 将难以下手的题目转化为自己熟练掌握的基本问题，是应用化归思想的灵魂 要求必须将各知识的内涵及关联做到转化有目标、转化有桥梁、转化有效果 解 （1）将y=代入椭圆方程，得化简，得b2x4–a2b2x2+a2=0 由条件，有Δ=a4b4–4a2b2=0，得ab=2解得x=或x=–（舍去） 故P的坐标为() (2)∵在△ABP中

7、，｜AB｜=2，高为, ∴∵a＞b＞0,b= ∴a＞,即a＞,得0＜＜1 于是0＜S（a）＜，故△ABP的面积函数S(a)的值域为(0,) (3)g(a)=c2=a2–b2=a2– 解不等式g(a)≥S(a)，即a2–≥ 整理，得a8–10a4+24≥0，即(a4–4)(a4–6)≥0解得a≤（舍去）或a≥ 故f(a)=min{g(a), S(a)} 例3一条路上共有9个路灯，为了节约用电，拟关闭其中3个，要求两端的路灯不能关闭，任意两个相邻的路灯不能同时关闭，那么关闭路灯的方法总数为 解析 9个灯中关闭3个等价于在6个开启的路灯中，选3个间隔（不包括两

8、端外边的装置）插入关闭的过程故有C=10种答案 10 例4 已知平面向量=(–1), =() （1）证明⊥; （2）若存在不同时为零的实数k和t，使=+(t2–3) ，=–k+t，且⊥，试求函数关系式k=f(t); （3）据（2）的结论，讨论关于t的方程f(t)–k=0的解的情况 (1)证明 ∵·==0，∴⊥ (2)解 ∵⊥,∴·=即［+（t2–3) ］·(–k+t)=0，整理后得 –k2+［t–k(t2–3)］·+t(t2–3)·2=0 ∵·=0, 2=4, 2=1 ∴上式化为–4k+t(t2–3)=0，∴k=t(t2–3) (3)解 讨论方程t(

9、t2–3)–k=0的解的情况，可以看作曲线f(t)=t(t2–3)与直线y=k的交点个数，于是f′(t)=(t2–1)=(t+1)(t–1) 令f′(t)=0,解得t1=–1,t2=1 当t变化时，f′(t),f(t)的变化情况如下表 t (–∞,–1) –1 (–1,1) 1 (1,+∞) f′(t) + 0 – 0 + f(t) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 当t=–1时，f(t)有极大值，f(t)极大值=； 当t=1时，f(t)有极小值，f(t)极小值=– 而f(t)=(t2–3)t=0时，得t=–,0, 所以f(t)的图象大

10、致如右 于是当k>或k<–时，直线y=k与曲线y=f(t)仅有一个交点，则方程有一解； 当k=或k=–时，直线与曲线有两个交点，则方程有两解；当k=0，直线与曲线有三个交点，但k、t不同时为零，故此时也有两解；当–