/07/7/4．轉化與化歸思想轉化與化歸思想，就是在研究和解決有關數學問題時采用某種手段將問題通過變換使之轉化，進而得到解決的一種方法．一般總是將復雜的問題通過變換轉化為簡單的問題，將難解的問題通過變換轉化為容易求解的問題，將未解決的問題通過變換轉化為已解決的問題.應用1正與反的轉化【典例1】若對任意的t∈[1,2]，函數g(x)＝x3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)＋2))x2－2x在區間(t,3)上不總為單調函數，則實數m的取值范圍是________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(37,3)，－5))[由題意得g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.若g(x)在區間(t,3)上總為單調函數，則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，即m＋4≥eq\f(2,x)－3x在x∈(t,3)上恒成立，∴m＋4≥eq\f(2,t)－3t恒成立，則m＋4≥－1，即m≥－5；由②得m＋4≤eq\f(2,x)－3x在x∈(t,3)時恒成立，則m＋4≤eq\f(2,3)－9，即m≤－eq\f(37,3).∴函數g(x)在區間(t,3)上不總為單調函數的m的取值范圍為－eq\f(37,3)＜m＜－5.]?1?本題是正與反的轉化，由于不為單調函數有多種情況，先求出其反面，體現“正難則反”的原則.?2?題目若出現多種成立的情形，則不成立的情形相對很少，從反面考慮比較簡單，因此，間接法多用于含有“至多”“至少”及否定性命題情形的問題中.【對點訓練1】由命題“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命題，得m的取值范圍是(－∞，a)，則實數a的取值是()A．(－∞，1) B．(－∞，2)C．1 D．2C[由命題“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命題，可知它的否定形式“任意x∈R，使e|x－1|－m＞0”是真命題，可得m的取值范圍是(－∞，1)，而(－∞，a)與(－∞，1)為同一區間，故a＝1.]【對點訓練2】已知集合A＝{x|－1≤x≤0}，集合B＝{x|ax＋b·2x－1＜0,0≤a≤2,1≤b≤3}，若a∈R，b∈R，則A∩B≠?的概率為()A.eq\f(1,4) B.eq\f(3,4)C.eq\f(1,16) D.eq\f(15,16)D[因為a∈[0,2]，b∈[1,3]，所以(a，b)對應的區域為邊長為2的正方形，如圖，正方形的面積為4.令函數f(x)＝ax＋b·2x－1，x∈[－1,0]，則f′(x)＝a＋bln2·2x.因為a∈[0,2]，b∈[1,3]，所以f′(x)＞0，即f(x)在[－1,0]上是單調遞增函數，所以f(x)在[－1,0]上的最小值為－a＋eq\f(b,2)－1.要使A∩B＝?，只需f(x)min＝－a＋eq\f(b,2)－1≥0，即2a－b＋2≤0，所以滿足A∩B＝?的(a，b)對應的區域為如圖所示的陰影部分．易知S陰影＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，所以A∩B＝?的概率為eq\f(\f(1,4),4)＝eq\f(1,16)，故A∩B≠?的概率為1－eq\f(1,16)＝eq\f(15,16).]應用2特殊與一般的轉化【典例2】在△ABC中，三邊長a，b，c滿足a＋c＝3b，則taneq\f(A,2)taneq\f(C,2)的值為()A.eq\f(1,5) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)C[令a＝4，c＝5，b＝3，則符合題意(取滿足條件的三邊)．則由C＝90°，得taneq\f(C,2)＝1.由tanA＝eq\f(4,3)，得eq\f(2tan\f(A,2),1－tan2\f(A,2))＝eq\f(4,3)，解得taneq\f(A,2)＝eq\f(1,2).所以taneq\f(A,2)·taneq\f(C,2)＝eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,2).]?1?一般與特殊之間的轉化是在解題的過程中將某些一般問題進行特殊化處理或是將某些特殊問題進行一般化處理的方法.此方法多用于選擇題和填空題的解答.?2?破解此類題的關鍵點：①確立轉化對象，一般將要解決的問題作為轉化對象.②尋找轉化元素，由一般問題轉化為特殊問題時，尋找“特殊元素”；由特殊問題轉化為一般問題時，尋找“一般元素”.③轉化為新問題，根據轉化對象與“特殊元素”或“一般元素”的關系，將其轉化為新的需要解決的問題.④得出結論，求解新問題，根據所得結果求解原問題，得出結論.【對點訓練3】如果a1，a2，…，a8為各項都大于零的等差數列，公差d≠0，那么()A．a1a8＞a4a5 B．a1a8＜a4a5C．a1＋a8＞a4＋a5 D．a1a8＝a4a5B[取特殊數列1,2,3,4,5,6,7,8，顯然只有1×8＜4×5成立，即a1a8＜a4a5.]【對點訓練4】設四邊形ABCD為平行四邊形，|eq\o(AB,\s\up9(→))|＝6，|eq\o(AD,\s\up9(→))|＝4.若點M，N滿足eq\o(BM,\s\up9(→))＝3eq\o(MC,\s\up9(→))，eq\o(DN,\s\up9(→))＝2eq\o(NC,\s\up9(→))，則eq\o(AM,\s\up9(→))·eq\o(NM,\s\up9(→))＝()A．20B．15C．9D．6C[法一：(特例法)若四邊形ABCD為矩形，建系如圖．由eq\o(BM,\s\up9(→))＝3eq\o(MC,\s\up9(→))，eq\o(DN,\s\up9(→))＝2eq\o(NC,\s\up9(→))，知M(6,3)，N(4,4)，∴eq\o(AM,\s\up9(→))＝(6,3)，eq\o(NM,\s\up9(→))＝(2，－1)，eq\o(AM,\s\up9(→))·eq\o(NM,\s\up9(→))＝6×2＋3×(－1)＝9.法二：如圖所示，由題設知，eq\o(AM,\s\up9(→))＝eq\o(AB,\s\up9(→))＋eq\o(BM,\s\up9(→))＝eq\o(AB,\s\up9(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up9(→))，eq\o(NM,\s\up9(→))＝eq\o(NC,\s\up9(→))－eq\o(MC,\s\up9(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up9(→))－eq\f(1,4)eq\o(AD,\s\up9(→))，∴eq\o(AM,\s\up9(→))·eq\o(NM,\s\up9(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up9(→))＋\f(3,4)\o(AD,\s\up9(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\o(AB,\s\up9(→))－\f(1,4)\o(AD,\s\up9(→))))＝eq\f(1,3)|eq\o(AB,\s\up9(→))|2－eq\f(3,16)|eq\o(AD,\s\up9(→))|2＋eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up9(→))·eq\o(AD,\s\up9(→))－eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up9(→))·eq\o(AD,\s\up9(→))＝eq\f(1,3)×36－eq\f(3,16)×16＝9.]應用3常量與變量的轉化【典例3】已知函數f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的導函數．對任意a∈[－1,1]都有g(x)＜0，則實數x的取值范圍為________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1))[由題意，知g(x)＝3x2－ax＋3a－5，令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1.因為對a∈[－1,1]，恒有g(x)＜0，即φ(a)＜0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(φ?1?＜0，,φ?－1?＜0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x2－x－2＜0，,3x2＋x－8＜0，))解得－eq\f(2,3)＜x＜1.故當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1))時，對任意a∈[－1,1]都有g(x)＜0.]?1?本題若按常規法視x為主元來解，需要分類討論，這樣會很煩瑣，若以a為主元，即將原問題化歸在區間[－1，1]上，一次函數φ?a?＝?3－x?a＋3x2－5＜0成立的x的取值范圍，再借助一次函數的單調性就很容易使問題得以解決.?2?在處理多變元的數學問題時，我們可以選取其中的常數?或參數?，將其看作是“主元”，實現主與次的轉化，即常量與變量的轉化，從而達到減元的目的.【對點訓練5】設y＝(log2x)2＋(t－2)log2x－t＋1，若t∈[－2,2]時，y恒取正值，則x的取值范圍是________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(8，＋∞)[設y＝f(t)＝(log2x－1)t＋(log2x)2－2log2x＋1，則f(t)是一次函數，當t∈[－2,2]時，f(t)＞0恒成立，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f?－2?＞0，,f?2?＞0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(?log2x?2－4log2x＋3＞0，,?log2x?2－1＞0，))解得log2x＜－1或log2x＞3.即0＜x＜eq\f(1,2)或x＞8，故x的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(8，＋∞)．]【對點訓練6】對于滿足0≤p≤4的所有實數p，使不等式x2＋px＞4x＋p－3成立的x的取值范圍是________．(－∞，－1)∪(3，＋∞)[設f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3，則當x＝1時，f(p)＝0.所以x≠1.f(p)在0≤p≤4時恒為正等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f?0?＞0，,f?4?＞0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(?x－3??x－1?＞0，,x2－1＞0，))解得x＞3或x＜－1.故x的取值范圍為(－∞，－1)∪(3，＋∞)．]應用4函數、方程、不等式間的轉化【典例4】已知函數f(x)＝3e|x|，若存在實數t∈[－1，＋∞)，使得對任意的x∈[1，m]，m∈Z且m＞1，都有f(x＋t)≤3ex，試求m的最大值．[解]∵當t∈[－1，＋∞)且x∈[1，m]時，x＋t≥0，∴f(x＋t)≤3ex?ex＋t≤ex?t≤1＋lnx－x.∴原命題等價轉化為：存在實數t∈[－1，＋∞)，使得不等式t≤1＋lnx－x對任意x∈[1，m]恒成立．令h(x)＝1＋lnx－x(1≤x≤m)．∵h′(x)＝eq\f(1,x)－1≤0，∴函數h(x)在[1，＋∞)上為減函數，又x∈[1，m]，∴h(x)min＝h(m)＝1＋lnm－m.∴要使得對任意的x∈[1，m]，t值恒存在，只需1＋lnm－m≥－1.∵h(3)＝ln3－2＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)·\f(3,e)))＞lneq\f(1,e)＝－1，h(4)＝ln4－3＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)·\f(4,e2)))＜lneq\f(1,e)＝－1，又函數h(x)在[1，＋∞)上為減函數，∴滿足條件的最大整數m的值為3.?1?函數與方程、不等式聯系密切，解決方程、不等式的問題需要函數幫助.?2?解決函數的問題需要方程、不等式的幫助，因此借助于函數與方程、不等式進行轉化與化歸可以將問題化繁為簡，一般可將不等關系轉化為最值?值域?問題，從而求參變量的范圍.【對點訓練7】已知正數x，y滿足x2＋2xy－3＝0，則2x＋y的最小值是________．3[由題意得，y＝eq\f(3－x2,2x)，所以2x＋y＝2x＋eq\f(3－x2,2x)＝eq\f(3x2＋3,2x)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))≥3，當且僅當x＝y＝1時，等號成立．故所求最小值為3.]【對點訓練8】方程2x＋3x＝k的解在[1,2)內，則k的取值范圍為________．[5,10)[令函數f(x)＝2x＋3x－k，則f(x)在R上是增函數．當方程2x＋3x＝k的解在(1,2)內時，f(1)·f(2)＜0，即(5－k)(10－k)＜0，解得5＜k＜10.當f(1)＝0時，k＝5.綜上，k的取值范圍為[5,10)．]應用5形體位置關系的相互轉化【典例5】已知在三棱錐P-ABC中，PA＝BC＝2eq\r(34)，PB＝AC＝10，PC＝AB＝2eq\r(41)，則三棱錐P-ABC的體積為()A．40 B．80C．160 D．240C[因為三棱錐P-ABC的三組對邊兩兩相等，故可將此三棱錐放在一個特定的長方體中(如圖所示)，把三棱錐P-ABC補成一個長方體AEBG-FPDC.易知三棱錐P-ABC的各棱分別是此長方體的面對角線．不妨令PE＝x，EB＝y，EA＝z，則由已知，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝100，,x2＋z2＝136，,y2＋z2＝164))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝6，,y＝8，,z＝10.))從而知VP-ABC＝VAEBG-FPDC－VP-AEB－VC-ABG－VB-PDC－VA-FPC＝VAEBG-FPDC－4VP-AEB＝6×8×10－4×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×6×8×10＝160.]形體位置關