PAGEPAGE1專練(七)技法17轉化與化歸思想1．由命題“存在x0∈R，使e－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．1D．2答案：C解析：命題“存在x0∈R，使e－m≤0”是假命題，可知它的否定形式“隨意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＝1.2．[2024·廣東廣州一模]四個人圍坐在一張圓桌旁，每個人面前都放著一枚完全相同的硬幣，全部人同時拋擲自己的硬幣．若硬幣正面朝上，則這個人站起來；若硬幣正面朝下，則這個人接著坐著．那么沒有相鄰的兩個人站起來的概率為()A.eq\f(1,4)B.eq\f(7,16)C.eq\f(1,2)D.eq\f(9,16)答案：B解析：由題知先計算有相鄰的兩個人站起來的概率，四個人拋，共有24＝16種不同的狀況，其中有兩個人同為正面且相鄰須要站起來的有4種狀況，三個人須要站起來有4種狀況，四個人都站起來有1種狀況，所以有相鄰的兩個人站起來的概率P＝eq\f(4＋4＋1,16)＝eq\f(9,16)(轉化為對立事務求解)，故沒有相鄰的兩人站起來的概率P＝1－eq\f(9,16)＝eq\f(7,16).故選B.3．在△ABC中，三邊長a，b，c滿意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)答案：C解析：令a＝4，c＝5，b＝3，則符合題意．則由∠C＝90°，得taneq\f(C,2)＝1，由tanA＝eq\f(4,3)，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).故選C.4．[2024·湖南衡陽聯考]設正項等差數列{an}的前n項和為Sn，若S2019＝6057，則eq\f(1,a2)＋eq\f(4,a2018)的最小值為()A．1B.eq\f(2,3)C.eq\f(13,6)D.eq\f(3,2)答案：D解析：依題意得eq\f(2019,2)(a1＋a2019)＝6057?a1＋a2019＝a2＋a2018＝6，eq\f(1,a2)＋eq\f(4,a2018)＝eq\f(1,6)(a2＋a2018)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(4,a2018)))＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(4a2,a2018)＋\f(a2018,a2)))≥eq\f(3,2)，當且僅當a2＝2，a2018＝4時取等號．故選D.5．設f(x)是奇函數，對隨意的實數x，y，有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且當x>0時，f(x)<0，則f(x)在區間[a，b]上()A．有最小值f(a)B．有最大值f(a)C．有最大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))D．有最小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))答案：B解析：解法一因為f(x)是奇函數，且對隨意的實數x，y，有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，則f(0)＝0，當x>0時，f(x)<0，則當x<0時，f(x)>0，對隨意x1，x2∈R，f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，當x1<x2時，總有f(x1－x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1)－f(x2)，因為x1－x2<0，所以f(x1－x2)>0，即f(x1)－f(x2)>0，故f(x)在R上是減函數，故f(x)在區間[a，b]上有最大值f(a)．故選B.解法二(構造函數)f(x)＝－x明顯符合題中條件，易得f(x)＝－x在區間[a，b]上有最大值f(a)．故選B.6．若二次函數f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在區間[－1,1]內至少存在一個值c，使得f(c)>0，則實數p的取值范圍是____________．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2)))解析：假如在[－1,1]內沒有值滿意f(c)>0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1≤0，,f1≤0))?eq\b\lc\{\rc\)(\a\vs4\al\co1(p≤－\f(1,2)或p≥1，,p≤－3或p≥\f(3,2)))?p≤－3或p≥eq\f(3,2)，取補集為－3<p<eq\f(3,2)，即為滿意條件的p的取值范圍．故實數p的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).7．對于滿意0≤p≤4的全部實數p，使不等式x2＋px>4x＋p－3成立的x的取值范圍是____________．答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞)解析：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上恒為正，等價于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<－1.8．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．對滿意－1≤a≤1的一切a的值，都有g(x)<0，則實數x的取值范圍為____________．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1))解析：由題意，知g(x)＝3x2－ax＋3a令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1.對－1≤a≤1，恒有g(x)<0，即φ(a)<0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(φ1<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，對滿意－1≤a≤1的一切a的值，都有g(x)<0.9．已知函數f(x)＝3e|x|，若存在實數t∈[－1，＋∞)，使得對隨意的x∈[1，m]，m∈Z且m>1，都有f(x＋t)≤3ex，試求m的最大值．解析：∵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對隨意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.∴要使得對隨意的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，∴滿意條件的最大整數m的值為3.10．若對于隨意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)上總不為單調函數，求實數m的取值范圍．解析：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．(正反轉化)由①得3x2＋(m＋4)x－2≥0，即m＋4≥eq\f(2,x)－3x，當x∈(t,3)時恒成立，∴m＋4≥eq\f(