转化与化归思想

第一篇：转化与化归思想概述

一、转化与化归思想的含义

所谓转化与化归思想，就是在研究和解决有关数学问题时，采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而使问题得到解决的一种数学方法.主要包含以下几个方面：

（1）化未知为已知：当所要解决的问题和我们已经掌握的问题有关系时，把所要解决的问题化为已知问题;

（2）化难为易：化难为易是解决数学问题的基本思想，当我们遇到的问题是崭新的，解决起来困难时，就要把这个问题化为我们熟悉的问题，熟悉的问题我们有解决的方法，就是容易的问题，这是化难为易的一个方面;

（3）化繁为简：在一些问题中，已知条件或求解结论比较繁，这时就可以通过化简这些较繁的已知或者结论为简单的情况，再解决问题.有时把问题中的某个部分看作一个整体，进行换元，这也是化繁为简的转化思想;

（4）化大为小：在解答综合性试题时，一个问题往往是由几个问题组成的，整个问题的结论，是通过这一系列的小问题得出的，这种情况下，就可以把所要解决的问题转化为几个小问题进行解决.

二、转化与化归的常见方法

（1）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.

（2）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.

（3）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.

（4）等价转化法：把原问题转化为一个易于解决的等价问题，以达到化归的目的.

（5）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的结论适合原问题.

（6）构造法：“构造”一个合适的数学模型，把问题变为易于解决的问题.

（7）坐标法：以坐标系为工具，用计算方法解决几何问题是转化方法的一个重要途径.

（8）类比法：运用类比推理，猜测问题的结论，易于探求.

（9）参数法：引进参数，使原问题转化为熟悉的问题进行解决.

（10）补集法：如果正面解决原问题有困难，可把原问题的结果看作集合A，而把包含该问题的整体问题的结果类比为全集U，通过解决全集U及补集CU A使原问题获得解决，体现了正难则反的原则.

三、化归与转化应遵循的基本原则

（1）熟悉化原则：将陌生的问题转化为熟悉的问题，以利于我们运用熟知的知识、经验和问题来解决;

（2）简单化原则：将复杂的问题化归为简单问题，通过对简单问题的解决，达到解决复杂问题的目的，或获得某种解题的启示和依据;

（3）和谐化原则：化归问题的条件或结论，使其表现形式更符合数与形内部所表示的和谐的形式，或者转化命题，使其推演有利于运用某种数学方法或其方法符合人们的思维规律;

（4）直观化原则：将比较抽象的问题转化为比较直观的问题来解决;

（5）正难则反原则：当问题正面讨论遇到困难时，可考虑问题的反面，设法从问题的反面去探求，使问题获解.

四、化归与转化应注意的两个问题

（1）注意紧盯化归目标，保证化归的有效性、规范性

化归作为一种思想方法，应包括化归的对象、化归的目标、以及化归的方法、途径三个要素.因此，化归思想方法的实施应有明确的对象、设计好目标、选择好方法，而设计目标是问题的关键.设计化归目标时，总是以课本中那些基础知识、基本方法以及在应用上已形成固定的问题（通常称为规范性问题）为依据，而把要解决的问题化归为成规律问题（即问题的规范化）.化归能不能如期完成，与化归方法的选择有关，同时还要考虑到化归目标的设计与化归方法的可行性、有效性.因此，在解题过程中，必须始终紧紧盯住化归的目标，即应该始终考虑这样的问题：怎样才能达到解原问题的目的.在这个大前提下实施的化归才是卓有成效的，盲目地选择化归的方向与方法必将走入死胡同.

（2）注意化归的等价性，确保逻辑上的正确

化归包括等价化归和非等价化归，等价化归后的新问题与原问题实质是一样的，不等价化归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.高中数学中的化归大多要求等价化归，等价化归要求转化过程中的前因后果既是充分的，又是必要的，以保证转化后的结果为原题的结果.如果在解题过程中没有注意化归的等价性，就会犯不合实际或偷换论题、偷换概念、以偏概全等错误.例如在解应用题时要注意原题中数量的实际意义，在经过数学变换后，应将所得的结果按实际意义检验;解方程或不等式时应注意变换的同解性是否仍然保持.

同学们，数学思想方法的学习是一个潜移默化的过程，没有一个统一的模式可以遵循，而是在多方领悟、反复应用的基础上形成的，化归也不例外.我们在解题过程中，必须根据问题本身提供的信息，利用动态的思维，多方式、多途径、有计划、有步骤地反复渗透，要善于反思解题过程，倒摄解题思维，回味解题中所使用的思想，去寻求有利于问题解决的化归途径和方法.正如笛卡尔所说的：走过两遍的路就是方法.

（作者单位：江苏省太仓市明德高级中学）

第二篇：转化与化归思想在握，

何愁函数问题！

王佩其

函数问题，是高考命题的核心问题之一.一般来说，高考中的函数问题综合性强，难度大，此类问题不仅考查了丰富多彩的函数知识，同时考查了考生的分析问题和解决问题的综合能力和创新能力.面对纷繁复杂的函数问题，我们该怎么办？转化与化归是“王道”！

一、将数学表达式等价转化

例1. 已知f（x）为定义在实数集R上的奇函数，f（x）且[0，+∞）在上是增函数.当0≤？兹≤ 时，是否存在这样的实数m，使f（cos2？兹-3））+f（4m-2mcos？兹）>f（0）对所有的？兹∈[0， ]均成立？若存在，求出所有适合条件的实数m;若不存在，请说明理由.

解析： 假设存在适合条件的m，由f（x）是R上的奇函数可得f（0）=0.

又在[0，+∞）上是增函数，故f（x）在R上为增函数.

由题设条件可得f（cos2？兹-3））+f（4m-2mcos？兹）>0.

又由f（x）为奇函数，可得f（cos2？兹-3））>f（-4m+2mcos？兹）.

∵ f（x）是R上的增函数， ∴  cos2？兹-3>-4m+2mcos？兹.

即cos2？兹-mcos？兹+2m-2>0.

令cos？兹=t， ∵ 0≤？兹≤ ，∴ 0≤t≤1.

于是问题转化为对一切0≤t≤1，不等式t2-mt+2m-2>0恒成立.

∴ t2- 2>m（t-2），即m> 恒成立.

又∵ =（t-2）+ ≤4-2 ，当且仅当t=2- 时取等号.

∴ m>4-2 .

∴存在实数满足题设的条件，m>4-2 .

点评：根据问题的特点转化命题，使原问题转化为与之相关、易于解决的新问题，是我们解决数学问题的常用思路，本题借助换元，将复杂的三角问题转化为普通的函数问题.

二、利用特殊化将抽象向具体转化

例2. 若f（x）和g（x）都是定义在实数集R上的函数，且方程x-f[g（x）]=0有实数解，则g[f（x）]不可能是（  ）

A. x2+x-     B. x2+x+      C. x2-      D.x2+

解析：本题直接解不容易，不妨令f（x）=x，则f[g（x）]=g（x），g[f（x）]=g（x），x-f[g（x）]=0有实数解，即x-g（x）=0有实数解. 这样很明显得出结论，B选项能使x-g（x）=0没有实数解，故本题选B.

点评：从抽象到具体，再到抽象，能使我们从心理上感到非常轻松.像这样常见的抽象函数式有一次函数型：f（x+y）=f（x）+f（y）+m.对数函数型：f（xy）=f（x）+f（y）.幂函数型：f（x+y）=f（x）f（y）把抽象问题具体化是数学解题中常用的化归途径，它能帮助我们对抽象问题的理解和再认识，从而建立抽象语言与具体事物间的联系，实现抽象向具体的化归.

三、通过换元实现函数之间的转化

例3. 已知函数f（x）=（ ）x，x∈[-1，1]，函数g（x）=f2（x）-2af（x）+3的最小值为h（a）.

（1）求h（a）;

（2）是否存在实数m、n，同时满足以下条件：

①m>n>3;②当h（a）的定义域为[n，m]时，值域为[n2，m2].若存在，求出m，n的值;若不存在，说明理由.

解析：（1）由f（x）=（ ）x的单调性可求出f（x）的值域，g（x）是以f（x）为变元的二次函数，令t=（ ）x，可求关于t的二次函数的最小值h（a）.

因为x∈[-1，1]，所以（ ）x∈[ ，3].

设（ ）x=t，t∈[ ，3]，则g（x）=？渍（x）=t2-2at+3=（t-a）2+3-a2.

当a< 时，h（a）=？渍（ ）= - a;

当 ≤a≤3时，h（a）=？渍（a）=3-a2;

当a>3时，h（a）=？渍（3）=12-6a.

所以h（a）= - ，（a< ）3-a2，（ ≤a≤3）12-6a.（a>3）

（2） 由（1）知当m>n>3时h（a）的表达式，考察h（a）在[n，m]上的单调性，结合其值域[n2，m2]，可列出关于m，n的方程组求解m，n，如果有解则所求实数m，n存在，否则不存在.

因为m>n>3，a∈[n，m]，所以h（a）=12-6a.

因为h（a）的定义域为[n，m]，值域为[n2，m2]，h（a）且为减函数，

所以12-6m=n2，12-6n=m2，两式相减得6（m-n）=（m-n）（m+n）.

因为m>n，所以m-n≠0.

故有m+n=6，但这与“m>n>3”矛盾，故满足条件的实数m，n不存在.

点评：求解本题关键在于利用换元的思想方法，将原问题转化为二次函数在闭区间上的最值问题，然后通过分类讨论求出函数的最值.对于存在性问题，往往是首先假设符合条件的参数存在，然后根据给出的条件进行推理求解，若不能推出矛盾，则说明符合要求的参数存在，否则说明符合要求的参数不存在.

四、正难则反转化

例4. 若对于任意t∈[1，2]，函数g（x）=x3+（ +2）x2-2x在区间（t，3）上总不为单调函数，则实数m的取值范围是________.

解析：函数总不为单调函数不易求解，可考虑其反面情况：g（x）在区间（t，3）上为单调函数.

g′（x）=3x2+（m+4）x-2，若g（x）在区间（t，3）上上总为单调函数，则：

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≥ -3x当x∈（t，3）时恒成立，

∴ m+4≥ -3t恒成立，则m+4≥-1，即m≥-5;

由②得m+4≤ -3x当x∈（t，3）时恒成立，则m+4≤ -9，即m≤- .

∴函数g（x）在区间（t，3）上总不为单调函数的的取值范围为-

点评：正难则反，利用补集求得其解，这就是补集思想，充分体现对立统一、相互转化的思想方法.一般地，题目若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很少，从反面考虑较简单.因此，间接法多用于含有“至多”“至少”情形的问题中.

五、主与次的转化

例5. 已知函数f（x）=x3+3ax-1，g（x）=f′（x）-ax-5，其中f′（x）是f（x）的导函数.对满足-1≤a≤1的一切a的值，都有g（x）<0，则实数x的取值范围为________.

解析：由题意，知g（x）=3x2-ax+3a-5，

令 ？渍（a）=（3-x）a++3x2-5，-1≤a≤1.

对-1≤a≤1，恒有g（x）<0，即 ？渍（a）<0，

∴？渍（1）<0，？渍（-1）<0，即3x2-x-2<0，3x2+x-8<0，解得- ≤x≤1.

故当x∈[- ，1]时，对满足-1≤a≤1的一切a的值，都有g（x）<0.

点评：合情合理的转化是数学问题能否“明朗化”的关键所在，本题中通过变换主元，起到了化繁为简的作用.在不等式中出现了两个字母：x及a，关键在于该把哪个字母看成变量，哪个看成常数.显然可将a视作自变量，则上述问题即可转化为在[-1，1]内关于a的一次函数小于0恒成立的问题.

六、函数、方程、不等式之间的转化

例6. 设f（x）=ln（x+1）+ +ax+b（a，b∈R，且为常数），曲线y=f（x）与直线y= x在（0，0）点相切.

（1）求a，b的值;

（2）证明：当0

解析：（1）把函数问题转化为方程问题.

由y=f（x）的图像过点（0，0），代入得b=-1.

由y=f（x）在（0，0）处的切线斜率为 ，知

y′│x=0=（ + +a）│x=0= +a= ，得a=0.

（2）把不等式问题转化为函数单调性问题.

证：由基本不等式，当x>0时，2

记h（x）=f（x）- ，则：

h′（x）= + - = - < - = .

令g（x）=（x+6）3-216（x+1），则当0

因此g（x）在（0，2）内是减函数，又由g（0）=0，得g（x）<0，所以h′（x）<0.

因此h（x）在（0， 2）内是减函数， 又由h（0）=0，得h（0）<0.

于是当0

点评：函数、方程、不等式，三者之间存在着“天然”的联系，利用这种联系是破解函数问题的“法宝”.函数与导数的综合性问题，历来是高考的压轴题.解决这类问题要注意：（1）综合运用所学的数学思想方法来分析解决问题;（2）及时地进行思维的转换，将问题等价转化，如本例中，将不等式问题转化为研究函数的单调性和最值问题.

（作者单位：江苏省太仓市明德高级中学）

第三篇：三角函数，善于转化才会赢

毛美芳

三角函数，作为第二类基本初等函数，是高考的必考内容，在高考中往往以中档题的身份“闪亮登场”.高考三角函数题难度虽然不大，但如果不善于转化，也很难“笑到最后”.三角函数，善于转化才会赢.那么，三角函数问题该如何转化呢？

一、通过统一函数名转化函数的结构

例1. 求函数y=5sinx+cos2x的最值.

解析：观察三角函数名和角，其中一个为正弦，一个为余弦，角分别是单角和倍角，所以先化简，使三角函数的名和角达到统一.

y=5sinx+（1-2sin2x）=-2sin2x+5sinx+1=-2（sinx- ）2+ .

∵ -1≤sinx≤1，∴ 当sinx=-1，即x=2k？仔 - （k∈Z）时ymin=-2× + =-6;

当sinx=1，即x=2k？仔+ （k∈Z）时ymax=-2× + =4.

点评：对于三角函数的最值问题，往往可以利用三角恒等变换公式，将其转化为形如y=Asin（？棕x+？渍）+b或y=asin2x+bsinx+c等形式，进而采用相应的方法求最值.

二、利用数形结合转化函数的表现形式

例2. 当0≤x≤1时，不等式sin ≥kx恒成立，则实数k的取值范围是________.

解析：作出y1=sin 与y2=kx的图像，要使不等式sin ≥kx成立，由图1可知，需k≤1.

点评：图像是函数的另一种表现形式.数形结合可将抽象的代数问题转化成直观的几何问题求解，本题将不等式转化成两个函数图像的位置关系，当0≤x≤1时，不等式sin ≥kx恒成立，即当0≤x≤1时，函数y1=sin 的图像在函数y2=kx的上方.作出两函数图像后比较，即可轻易得出k≤1.

三、将三角方程有解问题转化为函数值域问题

例3. 若方程2a·9sinx+4a·3sinx+a-8=0有解，则a的取值范围是________ .

解析：方程2a·9sinx+4a·3sinx+a-8=0有解，

等价于求a= 的值域.

∵ 3sinx∈[ ，3]，∴ 2·9sinx+4·3sinx+1∈[ ，31]，

则a的取值范围为 ≤a≤ .

点评：“方程”变“函数”，“范围”变“值域”，体现了方程与函数的“内在联系”.

四、将三角函数问题最值转化为解析几何问题

例4. 求函数y= 的最大值和最小值.

解析：联想斜率公式k= ，将原式变形为 = ，则求y的最值可转化为求点（sinx，cosx）与点（-2，0）的连线的斜率范围.

设点P（sinx，cosx），Q（-2，0），则 可看成单位圆上的动点P与点Q连线的斜率，如图2：设直线OP1的方程为y=k（x+2）， 即kx-y+2k=0，则圆心（0，0）到它的距离d= =1.解得k1=- 或k2= ，所以- ≤ ≤ ，即-1≤y≤1.故ymax=1，ymin=-1.

点评：这类问题的特点是三角函数式以分式形式出现，且分子分母分别是cosx和 sinx的一次式.

五、通过合理变角转化

例5. 已知tan（？琢- ？茁）= ， tan？琢= ，且？琢∈（0，？仔），？茁∈（ ， ），求？琢- 2？茁.

解析：？琢-2？茁=（？琢- ？茁）-？茁，而已知条件没有？茁的三角函数式，所以首先要求出tan？茁的值，然后再根据已知条件利用两角差的正切公式，通过求tan（？琢- 2？茁）的值进而求出？琢- 2？茁的度数.

∵ tan（？琢- ？茁）= ，tan？琢= ，

∴ tan ？茁=tan[？琢-（？琢- ？茁）]= = = ，

∴ tan（？琢- 2？茁）=tan[（？琢- ？茁）- ？茁]= = =-1，

∵ tan？琢= ，？琢∈（0，？仔），∴ ？琢∈（0， ）.

∵ ？茁∈（ ， ），∴ -2 ？茁∈（-？仔，- ）.

∴ ？琢-2？茁∈（-？仔，0），∴  ？琢-2？茁=- .

点评：本题实施了“？琢- 2？茁=（？琢- ？茁）-？茁”角的变换.角的变化应因题而异，它是架起“已知”与“未知”之间的“桥梁”，只有仔细观察，善于分析，我们才能发现“桥梁”，并借助这条“桥梁”走向成功.

六、利用换元和消元转化

例6.（1）函数y=sinxcosx+sinx+cosx的最大值是          .

（2）已知sin？兹+cos？兹 =2sin？琢，sin？兹sin？兹=sin2？茁，求证：2cos2？琢=cos2？茁.

解析：（1）设 sinx+cosx=t，则 sinxcosx= ，且t∈[- ， ]，

于是y=  +t= （t+1）2-1≤ （ +1）2-1= + .

（2）sin？兹 +cos？兹 =2sin？琢，sin？兹sin？兹=sin2？茁，

得（sin？兹 +cos？兹）2 -2sin？兹cos？兹=（2sin？琢）2-2sin2？茁.

即1=4sin2？琢-2sin2？茁，整理，得2cos2？琢=cos2？茁问题得证.

点评：通过换元，可将三角问题转化为其它代数问题去解决，从而化“陌生”为“熟悉”.通过消元，可以找到三角函数式之间的内在关系，从而将“复杂”变“简单”.

七、利用正余弦定理转化

例7.  在△ABC中，已知 = ，试判断△ABC的形状.

解析：从本例的等式结构来看，情况较为复杂，因此，应综合应用正余定理、三角形内角和定理、勾股定理，先进行化简，再讨论.

法1（化成纯角的关系）：应用正弦定理及二倍角公式，将已知等式变形为： = ，再由余弦定理将其变形为： = ，

整理得 （ -  ）=0，由 =0，得C=90° ，

由 -  =0，及依据正弦定理得： = ，

即sinBcosB=sinCcosC. ∴ sin2B=sin2C.

∴ 2B=2C或2B+2C=180°，即B=C或B+C=90°.

综上所述：△ABC是等腰三角形或直角三角形.

法2（化成纯边的关系）：应用正弦定理及二倍角公式，将已知等式变形为： = ，即（a2+b2-c2）cos2B=（a2-b2+c2）cos2C

应用余弦定理有（a2+b2-c2）· =（a2-b2+c2）· .

整理得（a2+b2-c2）（a2+c2-b2）·（b-c）=0，

所以有a2+b2-c2=0或a2+c2-b2=0或b-c=0.

所以△ABC是等腰三角形或直角三角形.

点评：解决此类问题的基本方法是利用正余弦定理将已知的边角关系式或转化为边（多项式）的关系，或转化为角（三角函数）的关系.注意不能随意约去公因式，否则结论便不完整了.

（作者单位：江苏省太仓市明德高级中学）

第四篇：试看平面向量如何转化

严   俊

我们知道，平面向量是“数”与“形”的完美统一，是数学解题的一把“利剑”.“利剑”虽好，却也离不开转化.破茧成蝶，方可振翅高飞.那么在平面向量解题中有哪些转化途径呢？

一、转化为方程问题

例1. 若 ， 是两个不共线的向量， 与 起点相同，则当t为何值时， ，t ， （ + ）三向量的终点在同一条直线上？

解析：把三点共线转化为两个向量平行.利用共线定理建立方程，就可算出参数t.

设 = ， =t ， = （ + ），

∴  = - =-  +  ，  = - =t - .

要使A、B、P三点共线，只需 =？姿 .

即-  +  =？姿t -？姿 .

∴有- =-？姿， =？姿t？圯？姿= ，t= .

∴当t= 时，三向量终点在同一直线上.

点评：向量的线性运算，从本质上说，就是用代数方法解决几何问题.而向量共线定理的应用往往与方程思想“结伴同行”.

二、转化为函数问题

例2. 设 ， 为单位向量，非零向量 =x  +y  ，x，y∈R. 若 ， ，的夹角为 ，则 的最大值等于_______.

解析：将 表示成含有某些变量的函数形式，进而求其最值.

=（x ）2+（y ）2+2xy · =x2+y2+2xycos30° =x2+y2+ xy.

而  = = = = ≤4，

因此 的最大值为2.

点评：与向量有关的最值问题一般两种思路：或利用图形特征，抓住向量“形”的特点，利用几何性质来解;或抓住向量“数”的特点，通过向量的有关运算转化为函数的最值问题.

三、转化为图形问题

例3. （1）设向量 ， ， 满足 = =1， · =- ，〈（ - ），（ - ）〉=60°，则 的最大值等于             .

（2）已知 =1， ≠ ，对？坌t∈R总有 -t ≥ - ，则 与 - 的夹角是          .

解析：此类题若用代数方法将困难重重，构造图形解题却是一条捷径.

（1）如图1，构造圆的内接四边形ABCD，其中  = ，  = ，∠CAB=120°，则 = ，∠CDB=60°，当 为圆直径时最大， max=2.

（2）如图2，记 = ， = ， =t ，则依题意，任意的 ≥ .故 应为点A到直线OE的距离，所以 与 - 的夹角为 .

点评：平面向量问题，往往离不开图形.图形可以帮助我们抓住问题的本质，从而达到简化运算的效果.尤其是对于平面向量数量积运算问题，更要“多用图，用好图”.

四、利用基底向量转化

例4. 在△ABC中，∠BAC=120°，AB=2，AC=1，D是BC边上一点，DC=2BD，则 · =___________.

解析：由题中条件可以选择 ， 作为一组基底，只需将 ， 用 ， 表示即可求解.

∵ DC=2BD，∴  =  .

∴  = - ， = + = +  = + （ - ）=  +  .

∴  · =（  +  ）（ - ）=  -  +  · = ×1- ×4+ ×2×1×（- ）=- .

点评：借助原有图形对所求向量进行分解转化，化为用一组基底表示的向量进行处理，此法要求所选的基底的模与夹角可知，体现了“分解与转化”的数学思想，可以减少思维量，特别对于平面图形不含坐标系或不方便建立坐标系的情况，更加有效.

五、利用解析法转化

例5. 若等边△ABC的边长为2 ，平面内一点M满足 =  +  ，则 · =___________.

解析： ， ， 与 的夹角都不易求得，由于△ABC是等边三角形，故可建立平面直角坐标系，将等边△ABC的三个顶点用坐标表示，进而将点M的坐标表示出来即可.

以BC所在的直线为x轴，BC的垂直平分线为y轴，

建立如图3所示的坐标系.则B（- ，0），C（ ，0），A（0，3）.

∴  =（-2 ，0）， =（- ，3），

=  +  =（- ，0）+（-  ，2）=（- ，2）.

∴  = + =（0，2）， =（0，1）， =（- ，-2）.

∴  · =-2.

点评：设 =（x1+y1）， =（x2+y2）则 · =x1x2+y1y2，用此法解决向量数量积问题，必须先建立合适的平面直角坐标系，把向量坐标化，从而把几何问题代数化.解析法又叫坐标法，可使向量数量积运算程序化.

六、转化为三角函数问题

例6. 已知向量 =（sinx，-1）， =（cosx， ）.

（1）当 ∥  时，求cos2x-3sin2x的值;

（2）求f（x）=（ +  ）· 的最小正周期和单调递增区间.

解析：（1）由向量平行列方程解出tanx的值，所求式子转化成正切单角名称的三角代数式，代入可求解.

由 ∥  得 sinx+cosx=0，即tanx=- ，

所以cos2x-3sin2x= = = .

（2）进行向量坐标形式的数量积运算得到f（x）的解析式，转化为y=Asin（？棕x+ ？渍）+b函数结构.

因为 =（sinx，-1），  =（cosx， ），所以 + =（sinx+cosx， ）.

f（x）=（ + ）· =（sinx+cosx）cosx+ = （sin2x+cos2x）+ = sin（2x+ ）+ .

所以最小正周期为？仔.

由2k？仔- <2x+ <2k？仔+ （k∈Z），得k？仔-

故单调递增区间为 （k？仔- ，k？仔+ ）（k∈Z）.

点评：在高考命题中，三角函数与平面向量的综合性问题是最常见的解答题题型之一.题目条件中往往给出向量的坐标中含有三角函数的形式，并已知向量间共线或垂直等关系，这时我们只需依据向量的坐标运算法则，将原向量问题转化为纯三角函数问题来求解.

（作者单位 ：江苏省太仓市明德高级中学）

第五篇：不等式问题离不开转化

与化归思想

吴琳琳

在中学数学中，不等式问题堪称“第一杀手”.的确，不等式问题灵活多变，令人难以琢磨，伤透脑筋.我们知道，数学问题的求解关键在于合理转化，不等式问题何尝不是如此！真可谓“不等式问题离不开转化与化归思想”.

一、利用不等式性质转化

例1. 已知1≤lg ≤2，2≤lg ≤3，求lg 的取值范围.

解析：由将已知条件变形，得1≤lgx-lgy≤2，2≤3lgx- lgy≤3，

令lgx-lgy=a，3lgx- lgy=b，解得lgx= ，lgy= .

∴ lg =3lgx- lgy=3· - · = b- a.

由1≤a≤2，2≤b≤3，得- ≤- a≤- ， ≤ b≤ .

∴   ≤ b- a≤3，即 ≤lg ≤3.

点评：利用不等式性质可以求某些代数式的取值范围，但应注意两点：一是必须严格运用不等式的性质;二是在多次运用不等式的性质时有可能扩大了变量的取值范围，要特别注意.如，运用同向不等式相加这一性质时，不是等价变形.此类问题的解决方法是：先建立待求整体与已知范围的整体的等量关系，最后通过“一次性”使用不等式的运算求得待求整体的范围.

二、利用函数性质转化

例2. 解关于x的不等式loga（1-  ）>1.

解析：原不等式？圳loga（1-  ）>logaa…………①

（1）当a>1时，①式等价于1- >0，1- >a？圳1- >a？圳 <1-a………… ②

由a>1知，1-a<0，所以②的解集为{x|

（2）当00，1-

由0

点评：本题既是一个对数不等式，又是一个分式不等式.由于底数a不确定，所以只有通过对a分类讨论，才可确定对数函数y=logax的单调性，进而将原不等式转化为不等式组来解.

三、利用主参换位转化

例3. 对于-1

解析：已知参数a的范围，要求自变量x的范围，转换主参元x和a的位置，构造以a为自变量x作为参数的一次函数g（a），转换成？坌a∈（0，+∞），g（a）>0恒成立再求解.

原不等式可转换成x2+ax<2x+a-1在a∈[-1，1]上恒成立问题.

设f（a）=（x-1）a+x2-2x+1，则f（a）是a的一次函数或常数函数，

要使f（a）>0在a∈[-1，1]恒成立，则须满足：

f（-1）>0，f（1）>0？圳x2-x>0，x2-3x+2>0？圯x>2或x<0.

故实数的取值范围是（-∞，0）∪（2，+∞）.

点评：在某些特定的条件下，若能变更主元，转换思考问题的角度，不仅可以避免分类讨论，而且可以轻松解决恒成立问题.

四、利用数形结合转化

例4. 已知正数a，b，c满足：5c-3a≤b≤4c-a，clnb≥a+clnc，则 的取值范围是         .

解析：条件5c-3a≤b≤4c-a，clnb≥a+clnc可化为：3· + ≥5， + ≤4， ≥ .设 =x， =y，则题目转化为：已知x，y满足3·x+y≥5，x+y≤4，y≥ex，求 的取值范围.

作出所（x，y）在平面区域（如图）.求出y=ex的切线的斜率e，设过切点P（x0，y0）的切线为y=ex+m（m≥0）， 则 = =e+ ，要使它最小，须m=0.

∴ 的最小值在P（x0，y0）处，为e.此时，点P（x0，y0）在y=ex上A，B之间.

当（x，y）对应点C时，y=4-x，y=5-3x？圯5y=20-5x，4y=20-12y？圯y=7x？圯 =7.

∴ 的最大值在C处，为7，∴ 的取值范围为[e，7]，即 的取值范围是[e，7].

点评：本题作为2012年高考江苏填空题的压轴题，集函数、不等式、解析几何与线性规划于一体，具有相当高的难度，难就难在解题方法上的创新，而突破这个难点的关键是“转化”：数学语言的转化和数与形的转化，即线性规划思想的灵活应用.

五、利用三角代换转化

例5. 已知x>0，y>0，且 + =1，求x+y的最小值.

解析：由已知条件，令 =cos2？琢， =sin2？琢，0<？琢< ，则x= ，y= ，

x+y= + = +

=10+ + ≥2 +10=16.

当且仅当 = ，即tan2？琢=3时取等号，故x+y的最小值为16.

点评：利用三角代换，将“二元问题”化归为“一元问题”，进而用基本不等式求最值，本题可用常数代换求解，请同学们一试.

六、将不等式恒成立问题转化为函数最值问题

例6. 已知x∈（-∞，1]时，不等式1+2x+（a-a2）·4x>0恒成立，求实数a的取值范围.

解析：要求a的取值范围，如何构造关于a的不等式是关键，利用分离变量的方法可达到目的.

设2x=t，又x∈（-∞，1]，则t∈（0，2]，则原不等式可化为a-a2> .

要使上式对t∈（0，2]恒成立，只需 a-a2>（ ）max，t∈（0，2].

而 =-（ + ）2+ ， 由 ∈[ ，+∞），  则当 = 时（ ）max=- .

故a-a2>- ，即4a2-4a-3<0，从而 -

点评：利用变量分离法来确定不等式f（x，？姿）≥0，（x∈D，？姿为实参数）恒成立中参数？姿的取值范围的基本步骤：（1）将参数与变量分离，即化为g（？姿）≥f（x）（或g（？姿）≤f（x））恒成立的形式;（2）求f（x）在x∈D上的最大（或最小）值;（3）解不等式g（？姿）≥f（x）max（或g（？姿）≤f（x）max） ，得？姿的取值范围. 此法适用题型：（1）参数与变量能分离;（2）函数的最值易求出.

七、将比较大小问题转化为函数的单调性问题

例7. f（x）为定义在R上的可导函数，且 f ′（x）>f（x），对任意正实数a，则下列式子成立的是（     ）

A. f（a）ea f（0）

C. f（a）<                    D. f（a）> .

解析：观察选项知，所要比较的两数为 与 的大小，故可构造函数g（x）= ，并利用其单调性来比较.

令g（x）= ，则g′（x）= = >0.

∴ g（x）在R上为增函数，又∵a >0，∴ g（a） >g（0），即 > ，

即f（a）>ea f（0）. 故选B.

点评：解决这种问题常见的思维误区是不善于构造函数，或求导之后得出的错误结论.

（作者单位：江苏省太仓市明德高级中学）

第六篇：立体几何中的转化

与化归思想揭秘

周宝兴

我们知道，高考立体几何考查的是空间想象能力和逻辑推理能力.推理离不开转化与化归.那么，在立体几何解题中，哪些途径能帮助我们实现转化与化归呢？

一、利用立体几何有关定理

例1. 如图1，在斜三棱柱A1B1C1—ABC中，底面是等腰三角形，AB=AC，侧面BB1C1C⊥底面ABC.

（1）若D是BC的中点，求证：AD⊥CC1;

（2）过侧面BB1C1C的对角线BC1的平面交侧棱于M，若AM=MA1，求证：截面MBC1⊥侧面BB1C1C;

解析：（1）要证AD⊥CC1（线线垂直），可考虑先证AD⊥侧面BB1C1C（线面垂直）.

而要证AD⊥侧面BB1C1C（线面垂直），可通过底面ABC⊥平面BB1C1C（面面垂直）转化.

证明：∵AB=AC，D是BC的中点，∴ AD⊥BC.

∵底面ABC⊥平面BB1C1C，∴ AD⊥侧面BB1C1C.

∴ AD⊥CC1.

（2）要证截面MBC1⊥侧面BB1C1C，只要在平面MBC1内找到一条直线垂直与侧面BB1C1C，于是连结ME，则可证ME∥AD，而AD⊥侧面BB1C1C，已证.

证明：延长B1A1与BM交于N，连结C1N.

∵AM=MA1，∴ NA1=A1B1.

∵A1B1=A1C1，∴ A1C1=A1N=A1B1  ∴C1N⊥C1B1.

∵底面NB1C1⊥侧面BB1C1C，∴C1N⊥侧面BB1C1C.

∴截面C1NB⊥侧面BB1C1C，∴截面MBC1⊥侧面BB1C1C.

点评：利用立体几何有关判定定理和性质定理，可以将空间各种位置关系不断转化，主要包含面面关系可以通过线面关系来转化，相面关系又可以通过线线关系转化，反之亦然.

二、通过构造立体几何图形

例2. 设 m，n是两条不同的直线，？琢，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是（  ）

A . 若m∥n，m∥？琢，则n∥？琢

B. 若？琢⊥γ，β⊥γ，则？琢∥β

C . 若m∥？琢，n∥？琢，则m∥n

D. 若m⊥？琢，n∥？琢，则m⊥n

解析：（1）构造长方体ABCD-A1B1C1D1（如图2）.

对于A，A1B1∥AB，A1B1∥平面ABCD，但AB？奂平面ABCD，A错;

对于B，平面ABB1A1⊥平面ABCD，平面BCC1B1⊥平面ABCD，但平面ABB1A1∩平面BCC1B1=BB1，B错;

对于C，A1B1∥平面ABCD，A1D1∥平面ABCD，但A1B1∩A1D1=A1，C错.

故选D.

点评：依据题意构造相关的立体几何图形，我们可从图形中直接找出点、线与面之间的各种关系.

三、将立体图形展成平面图形

例3. 如图3，已知圆锥的底面半径为1，母线SA长为6，M为SA的中点，有一根绳子从A点出发，沿圆锥的侧面绕一周到达M点，问绳子最短是多少？

解析：直接求解比较困难，考虑先把圆锥的侧面展开，使其成为平面，然后利用平面上两点之间线段最短求最值.

沿母线SA将圆锥侧面展开，A，M点分别对应展开图中的A1，M1点，则在展开图中，线段AM1的长度即为最短绳长.

因为∠A1SA= =60°，SA1=SA，

所以△SA1A是正三角形，所以AM1⊥SA1.

所以AM1= = =3 ，

即绳子最短为3 .

点评：把立体图形展成平面图形，然后利用平面几何最值接论求最值，也是求空间最值的一种常用方法.特别是求一个几何体表面上两点间距离的最小值时，大都运用此法.

四、建立函数关系

例4. 正？驻ABC的边长为a，沿BC的平行线PQ折叠，使平面A′PQ⊥平面BCQP，求四棱锥的棱A′B取得最小值时，四棱锥A′-BCQP的体积.

解析：棱A′B的长是由A′点到PQ的距离变化而变化，因此我们可建立棱A′B与点A′到PQ的距离的一个函数关系式，从而求出棱A′B的最小值，进而求出体积.

如图4所示，取PQ中点，显然AO⊥PQ，即A′O⊥PQ.

由平面A′PQ⊥平面BCQP，则A′O⊥平面BCQP，如图建立直角坐标系O-xyz，设A′O=x，因正？驻ABC的边长为a，易知：A′（0，0，x），O（0，0，0），B（ a-x，- a，0），得

= + =（0，0，-x）+（ a-x，- a，0）=（ a-x，- a，-x），

∴ = =

= ，

即当x= a时，A′Bmin= a.

∴ VA′-BCPQ= ·SBCPQ·A′O= ×（ a2- （ a）2）× a= .

点评：对于图形的翻折问题，关健是利用翻折前后不变的数量关系和图形关系;同时还要仔细观察翻折前后图形的性质.很多情况下，我们都是把这类动态问题转化成目标函数，最终利用代数方法求目标函数的最值.

五、利用割补法

例5. （1）如图5，已知多面体ABC-DEFG，AB，AC，AD两两垂直，面ABC∥面DEFG，面BEF∥面ADGC，AB=AD=DG=2，AC=EF=1，则该多面体的体积为____________.

（2）四面体S-ABC三组对棱分别相等，且依次为2 ， ，5，则四面体的体积为____________.

解析：（1）如图5（1），取DG的中点H，将该多面体分割成多面体ABC-DEFH与三棱锥C-HFG，以DA，DE，DH为棱构造长方体EFGD-BPCA，又三棱锥C-HFG与三棱锥F-PCB全等，故VABC-DEFG=VABPC-DEFH=AB·AC·AD=2×1×2=4.

（2）本题直接求解很困难，但若注意对棱相等的条件，则可将四面体“补”成如图5（2）的长方体，且使四面体对棱分别为长方体相对面的对角线，再设长方体三度分别为x，y，z，则

x2+y2=2（ ）2，y2+z2=（ ）2，z2+x2=25，

解得x=4，y=2，z=3.

故 V四面体=V长方体-4VD-SAB=V长方体-4· V长方体= V长方体= ·（4×3×2）=8.

点评：割补法适用于求不规则几何体的体积， 即通过对不规则几何体进行切割或是补体，将其转化为常见的多个或一个规则几何体，再利用这些规则几何体的体积之和或是差来表示该几何体.

六、利用空间向量

例6. 如图6所示，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.

（1）求AC1的长;

（2）求BD1与AC夹角的余弦值.

解析：由于以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°，故本题可以这三条棱为基底，利用空间向量法来计算.

（1）记 = ， = ， = ，

则 = = =1，〈 ， 〉=〈 ， 〉=〈 ， 〉=60°，

∴   · = · = · = .

2=（ + + ）2= +2（ · + · + · ）

=1+1+1+2×（ + + ）=6，

∴ = ，即AC1的长为 .

（2） = + - ， = + ，∴  = ，  = ， · =（ + - ）·（ + ）= + · + · =1.

∴ cos〈 ， 〉= = .

∴BD1与AC夹角的余弦值为 .

点评：利用空间向量可以将立体几何中的计算问题代数化，程序化，从而避免添辅助线的麻烦，减少思维量.

（作者单位：江苏省太仓市教育局）

第七篇：等价转化思想“情系”

解析几何

马守奎

所谓解析几何，就是把几何问题转化为代数问题来解决.不会转化，解析几何必寸步难行！善于转化，解析几何必一往无前！那么在解析几何问题中，有哪些基本的转化方法呢？就让本文告诉你.

一、直接转化，把原问题转化为相关定义来解决

例1.（2014·新课标全国卷Ⅰ）已知抛物线C：y2=8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点.  =4 若，则QF =（  ）

A .            B. 3           C .             D.2

解析：由题知F（2，0），设P（-2，t），Q（x0，y0），则 =（-4，t）， =（-2，y0），

由 =4 ，得-4=4（x0，-2），解得x0=1，

根据抛物线定义得QF=x0+2=3. 选B.

点评：将原问题转化为向量的坐标运算问题，进而利用抛物线的定义解决问题.

二、构造数学模型，把原问题转化为解析几何基本问题来解决

例2. 如果实数x，y满足（x+2）2+y2=3，则 的最大值为                .

解析：问题可转化为求圆（x+2）2+y2=3上一点与原点的连线的斜率k= 的最大值.如图1，由原点向圆（x+2）2+y2=3作切线，其中切线斜率的最大值即为 的最大值.

设过原点的直线为y=kx，即kx-y=0，由 = .解得k= 或k=- .

∴  的最大值为 .

点评：对于求解两个未知数比值的问题，往往要借助图形，将问题转化为求斜率的问题，根据所给出的解析式进行变形、画出函数图象，这样就变得直观明了.在圆锥曲线中也经常运用此种方法.

三、将解析几何最值问题转化为函数问题来解决

例3. 已知椭圆 + =1（a>0，b>0）的左右焦点分别为F1和F2，由4个点M（-a，b）、N（a，b）、F2和F1组成了一个高为 ，面积为3 的等腰梯形.

（1）求椭圆的方程;

（2）过点F1的直线和椭圆交于两点A、B，求△F2AB面积的最大值.

解析：（1）由条件，得b= ，且 · =3 ， 所以 a+c=3.

又a2-c2=3， 故可解得a=2，c=1.  所以椭圆的方程  +  =1.

（2）显然，直线的斜率不能为0，设直线方程为x=my-1，直线与椭圆交于A（x1，y1），B（x2，y2）.

联立方程  +  =1，x=my-1，消去x， 得（3m2+4）y2-6my-9=0，

因为直线过椭圆内的点，无论m为何值，直线和椭圆总相交.

∴ y1+y2= ，y1·y2=- .

= F1F2y1-y2  =y-1y2

= =12 =4

=4 .

令t=m2+1>1，设y=t+ ，当令t∈（0， ），时，函数单调递减，当t∈（ ，+∞）时函数单调递增 .

所以当t=m2+1=1，即m=0时，ymin= .

故m=0时，ymin= . 此时 取得最大值为3 .

点评：函数法是研究数学问题的一种最重要的方法，用这种方法求解圆锥曲线的最值问题时，除了重视建立函数关系式这个关键点外，还要密切注意所建立的函数式中的变量是否有限制范围，并用适当的代数方法（如配方、基本不等式、函数单调性等）加以解决.

四、将解析几何定点问题转化为方程问题来解决

例4. 如图2，点A，B，C是椭圆 + =1的三个顶点，D是OA的中点，P、Q是直线x=4上的两个动点.

（Ⅰ）当点P的纵坐标为1时，求证：直线CD与BP的交点在椭圆上;

（Ⅱ）设F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，PF1⊥QF2，试判断以线段PQ为直径的圆是否恒过定点，请说明理由.

解析：（Ⅰ）由题意，yp=1时，直线CD方程为y=x-2，直线BP方程为y=- x+2，由方程组y=x-2，y=- x+2，解得x= ，y= .

Q： + = + =1，∴点（ ， ）在椭圆上，

∴直线 CD 与BP的交点在椭圆上.

（Ⅱ）∵ a2=16，b2=4，∴ c2=12，∴ c=2 ，

∴焦点F1（-2 ，0），F2（2 ，0）.

设P（4，y1），Q（4，y2）.

∵ PF1⊥QF2，∴  · =0.

=（-2 -4，-y1）， =（2 -4，-y2），

· =-12+16+y1y2，y1y2=-4.

线段PQ为直径圆的方程为 （x-4）2+（y-y1）（y-y2）=0，

即x2-8x+16+y2-（y1+y2）y-4=0.

令y=0，∴ x2-8x+12=0，∴ x=2，y=0或x=6，y=0.

以线段PQ为直径的圆恒过定点（2，0），（6，0）.

点评：以AB为直径的圆是动圆，将动圆的方程改写为曲线系的形式，通过解方程组f1（x，y）=0，f2（x，y）=0得到定点的坐标.

五、将解析几何问题转化为平面几何问题来解决

例5. 在平面直角坐标系中，圆C的方程为（x-1）2+y2=4，P为圆C上的一动点，若存在一定圆M，过P作圆M的两条切线PA、PB，切点为A、B，当P在圆C上运动时，使得∠APB= ，则圆M的方程为               .

解析：如图3，圆M为定圆，设半径为定值r，∠APM=30°，在RT△PAM中，PM=2r（定值），得到r=1，M与C重合，所以圆M的方程为（x-1）2+y2=1.

点评：把解几问题转化为平面几何问题， 利用平面几何的图形性质很容易将问题解决，减少了很多计算，此题若用解析几何方法要用待定系数法解决，计算量较大.

六、将解析几何问题转化为平面向量问题来解决

例6. 椭圆C： + =1（a>b>0）的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为 ，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.

（1）求椭圆C的方程;

（2）点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M（m，0），求m的取值范围.

解析：（1）由于c2=a2-b2，将x=-c代入椭圆方程 + =1，得y=± ，

由题意知 =1，即a=2b2.

又e= = ，所以a=2，b=1.

故椭圆C的方程为 +y2=1.

（2）如图4，由角平分线可知：

cos∠F1PM= = =cos∠F2PM，

即 = .

设P（x0，y0），其中x02≠4，将向量坐标化得m（4x02-16）=3x03-12x0.

所以m= x0，

而x0∈（-2，2），所以m∈（- ， ）.

点评：本题中的第（2）小题将角平分线转化为向量与向量夹角相等，进而转化为平面向量坐标问题使问题得以解决.

（作者单位：江苏省太仓市明德高级中学）

第八篇：数列中的转化与化归思想寻踪

高莉芳

数列作为一类的函数，在高考中占有重要地位.考查的内容面广量大，有容易题，更有中、高档题，甚至压轴题.对于数列综合题，要求考生要有较高推理能力，一直成为考生们的一块“心病”.如何摆脱高考数列题的烦恼，唯有善于“转化与化归”.

一、根据已知条件直接转化成数列基本问题

例1. 成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{bn}中的b3、b4、b5.（1） 求数列{bn}的通项公式;（2） 数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列{Sn+ }是等比数列.

解析：（1）设成等差数列的三个正数分别为a-d，a，a+d，

则a-d+a+a+d=15？圯a=15.

数列{bn}中的b3、b4、b5依次为7-d，10，18+d，则（7-d）（18+d）=100，

得d=2或d=-13（舍），于是b3=5，b4=10？圯bn=5·2n-3.

（2）数列{bn}的前n项和Sn=5·2n-2- ，即Sn+ =5·2n-2？圯 = =2，

因此数列{Sn+ }是公比为2的等比数列.

点评：一些题目，通过对其已知条件的分析，可直接利用数列或等差、等比数列的定义、性质及计算公式进行求解，不需另外的其它转化.

二、通过变换已知条件化非等差等比数列为等差等比数列

例2. 数列{an}满足an=2an-1+2n+1（n∈N？鄢，n≥2），a3=27，则an=                .

解析：要求数列{an}通项公式，通过转化，构造等差或等比数列是关键 an=2an-1+2n+1（n∈N？鄢，n≥2）？圯 （an+1）= 2（an-1+1）+2n（n∈N？鄢，n≥2）？圯 = +1（n∈N？鄢，n≥2）？圯 - =1（n∈N？鄢，n≥2）.

又 =14，所以数列{ }是首项是14，公差为1的等差数列，

则 =14+（n-1）1=n+13，an=2n（n+13）-1.

点评：有些数列本身不是等差等比数列，但通过变换已知条件，如待定系数、同除以某项、同取倒数、同取对数等方法可将它整体转化为等差或等比数列，从而利用等差、等比数列的性质和计算公式求解出这些非等差、等比数列的通项公式等问题.

三、通过对数列通项、求和公式的分析把数列问题转化为函数问题

例3. 已知数列{an}的前项n的和为Sn，点P（n，Sn）（n∈N），在函数f（x）=-x2+7x的图像上.求数列{an}的通项公式及Sn的最大值.

解析：（1）因为点P（n，Sn）（n∈N）在函数f（x）=-x2+7x的图像上.

所以Sn=-n2+7n， 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-2n+8.

当n=1时，a1=S1=6满足上式，所以an=-2n+8.

又Sn=-n2+7n=-（n- ）2+ ，且 n∈N？鄢.

所以当n=3或4时，Sn取得最大值12.

点评：数列是一种定义域为正整数集或其有限子集的特殊函数，利用这样的特点有关数列问题常可转化为基本初等函数如一次函数、二次函数、反比例函数、对勾函数、指数对数函数等问题进行解决.此处求的最大值的关键是把数列求和问题转化为二次函数的最值问题.

四、把数列的最值问题转化成不等式问题

例4. ①数列{an}的通项公式an=n（n+4）（ ）n的最大项为          .

②设cn= ，数列{cn}的前n项的和为Rn，求使不等式Rn> 对一切n∈N？鄢都成立的最大正整数k的值.

解析：①an≥an+1，an≥an-1？圯1- ≤n≤1+ ，n≥ ？圯 ≤n≤1+ .

由n∈N？鄢得n=4，所以最大项为a4.

②cn = = （ - ），

所以 Rn = [（1- ）+（ - ）+…+（ - ）]= （1- ）.

易知Rn 在n∈N？鄢上单调递增，所以Rn 的最小值为R1= .

不等式Rn> 对一切n∈N？鄢都成立，则 > ，即k<19.

所以最大正整数k的值为18.

点评：有关数列的最值问题，常会转化为解不等式问题、含参不等式恒成立或存在性问题、基本不等式等问题，题①通过联列不等式组求出，题②转化为含参不等式的恒成立问题并利用了反比例型函数的单调性求得.

五、求解数列中的一些未知量问题可转化为方程问题

例5. 已知数列{an}的前n项和为Sn，

①若数列{an}是等比数列，满足2a1+a3=3a2， a3+2是a2，a4的等差中项，求数列{an}的通项公式;

②是否存在等差数列{an}，使对任意n∈N？鄢都有an·Sn=2n2（n+1）若存在，请求出所有满足条件的等差数列;若不存在，请说明理由.

解析：①设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，

依题意，有2a1+a3=3a2......（1）a2+a4=2（a3+2）......（2）

即a1（2+q2）=3a1q......（1）a1（q+q3）=2a1q2+4......（2）

由（1）得q2-3q+2=0 ，解得q=1或q=2.

当q=1时，不合题意舍;

当q=2时，代入（2）得a1=2，所以，an=2·2n-1=2n.

②假设存在满足条件的数列{an}，设此数列的公差为d，则

[a1+（n-1）d][a1n+ d]=2n2（n+1），

即 n2+（ a1d-d2）n+（a12- a1d+ d2）=2n2+2n对n∈N？鄢恒成立，

则  =2， a1d-d2=2，a12- a1d+ d2=0，

解得d=2，a1=2或d=-2，a1=-2此时an=2n，或an=-2n.

故存在等差数列{an}，使对任意n∈N？鄢都有an·Sn=2n2（n+1）.

其中an=2n，或an=-2n.

点评：求解数列中的若干未知量问题，常可通过待定系数或联列方程组来解决，若出现多解时，注意要根据题目要求作适当的取舍.

六、利用放缩法，将不可求和的数列转化为可求和的数列

例6. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1= ，an+2SnSn-1=0（n≥2）.

（I）数列{ }是否为等差数列？并证明你的结论;

（II）求Sn和an;

（III）求证：S21+S22+S23+…+S2n< .

解析：（1）数列{ }是等差数列，证明如下：

由an+2SnSn-1=0（n≥2），得Sn-Sn-1+2SnSn-1=0（n≥2），

两边同除SnSn-1，并移项得  - =2.

又  =  =2，故数列{ }是以2为首项，2为公差的等差数列.

（2）由（1）得Sn= ，an= ，（n=1）- .（n≥2）

（3）证法一：当n=1时，S21= < 成立;当n≥2，S2n= < （ - ），

S21+S22+S23+…+S2n< + [ + +…+ ]

= + （1- + - +…+ - ）

= + （1- ）= - < .

综上所述，S21+S22+S23+…+S2n< .

证法二：S2n= < = =  .

∴ S21+S22+S23+…+S2n< （1- + - +…+ - ）= （1- ）< .

点评：两种证法的不同在于策略的选择不同.方法一是将 放大成 ，需从第二项起，要分类讨论;而方法二是将 放大成 .明显4n2-1比4n2-4n大很多， 比 更接近 .从中可以发现放缩后的式子越接近放缩前的式子，即放缩程度越小，精确程度越高，保留的项就越少，运算就越简单.因此，在放缩时，要尽量缩小放缩度，提高放缩精度，避免运算上的麻烦.

（作者单位：江苏省太仓市明德高级中学）

转化与化归思想巩固练习

一、选择题

1. 如图所示，已知三棱锥P-ABC，PA=BC=2 ，PB=AC=10，PC=AB=2 ，则三棱锥P-ABC的体积为（  ）

A. 40            B. 80

C. 160           D. 240

2. 已知 =（cos？兹1，2sin？兹1）， =（cos？兹2，2sin？兹2），若 =（cos？兹1，sin？兹1）， =（cos？兹2，sin？兹2），且满足 · =0，则S△OAB等于（  ）

A.         B. 1       C. 2   D. 4

3.已知函数f（x）=4sin2（ +x）-2 cos 2x+1且给定条件p：“ ≤x≤ ”，又给定条件q：“|f（x）-m|<2”，且p是q的充分条件，则实数m的取值范围是（  ）

A.（3，5）     B.（-2，2）    C.（1，3）   D.（5，7）

4.△ABC中，A，B为锐角，a，b，c为其三边长，如果asinA+bsinB，则∠C的大小为 （       ）

A. 30°             B. 45°             C.  60°             D. 90°

5. 已知函数f（x）=sinx-cosx，且f ′（x）=2 f（x），则 =

（       ）

A. -          B.         C.          D. -

6. 过⊙O的直径的三等分点A，B作与直径垂直的直线分别与圆周交E，F，M，N，如果以A，B为焦点的双曲线恰好过E，F，M，N，则该双曲线的离心率是（      ）

A. 1+     B.  +     C.  -1     D.

7. 设 f（x）是定义在R上的增函数，且对于任意的x都有f（1-x）+f（1+x）=0恒成立，如果实数m，n满足不等式组f（m2-6m+23）+f（n2-8n）≤0，m≥3，那么m2+n2的取值范围是（  ）

A.[3，7]    B.（9，25）   C.[13，49]    D.[9，49]

8. 已知正三角形ABC的顶点A（ ，1），B（3 ，1）顶点C在第一象限，若点M（x，y）在△ABC的内部或边界，则z= · 取最大值时，3x2+y2有（       ）

A.定值52       B.定值82      C. 最小值52    D. 最小值50

二、填空题

9. 已知奇函数f（x）在R上单调递增，且f（x2+x）-f（2）<0，则实数x的取值范围为________.

10. 已知集合A={x|2-a≤x≤2+a}，B={x|4x2+12x-7≤0}.若“x∈A”是“x∈B”的必要条件，则实数a的范围是________.

11. 设P，Q分别为x2+（y-6）2=2和椭圆 +y2=1上的点，则P，Q两点间的最大距离为_______.

12. 在数列{an}中a1=1，an+1= ，（n∈N？鄢）.设P=  ，则不超过P的最大整数为       .

三、解答题

13. 设f（x）=lgx ，a，b为实数，且0

（1）求方程f（x）=1的解;

（2）若a，b满足f（a）=f（b），求证： >1.

（3）在（2）的条件下，求证：由关系式f（b）=2f（ ）所得到的关于b的方程g（b）=0，存在b0∈（3，4），使g（b0）=0.

14. 如图，已知O（0，0），E（- ，0），F（ ，0），圆F：（x- ）2+y2=5.动点P满足PE+PF=4.以P为圆心，OP为半径的圆P与圆F的一个公共点为Q.

（1）求点P的轨迹方程;

（2）证明：点Q到直线PF的距离为定值，并求此值.

答案与解析

1. C.因为三棱锥P-ABC的三组对边两两相等，则可将此三棱锥放在一个特定的长方体中（如图所示）.把三棱锥P-ABC补成一个长方体AEBG-FPDC，易知三棱锥P-ABC的各边分别是此长方体的面对角线，不妨令PE=x，EB=y，EA=z，则由已知，可得：

x2+y2=100，x2+z2=136，y2+z2=164，解得 x=6，y=8，z=10.

从而知VP-ABC=VAEBG-FPDC-VP-AEB-VC-ABG-VB-PDC-VA-FPC=VAEBG-FPDC-4VP-AEB=6×8×10-4× ×6×8×10=160.

2. B.由条件 · =0，可得cos（θ1-θ2）=0.利用特殊值，如设θ1= ，θ2=0，代入，则A（0，2），B（1，0），故面积为1.

3. D. f（x）=4sin2（ +x）-2 cos2x+1=2[1-2cos（ +2x）]-2 cos2x+1=2sin2x-2 cos2x+3=4sin（2x- ）+3. 令t=2x- ，当 ≤x≤ 时，f（x）=g（t）=4sint+3， ≤t≤ ，∴当 ≤x≤ 时，f（x）max=7，f（x）min=5.∵p是q的充分条件，∴对任意x[ ， ]∈，|f（x）-m|<2恒成立，即m-2

4. D.若A+B> ，则sinA>cosB，sinB>cosA，从而sin2A+sin2B>sinAcosB+cosAsinB=sin（A+B）=sinC，这与asinA+bsinB=c矛盾;同理A+B< 也不可能，所以A+B= ，∠C=90°.

5. A. f ′（x）=cosx+sinx.由f ′（x）=2f （x）得tanx=3，故 = = =- .

6. B.    =2c·4c？圯（c2-a2）2=8a2c2？圯a4-10a2c2+c4=0？圯e4-10e2+1=0.

7. C. 由题意得f（1-x）=-f（1+x），则-f（x）=f（2-x），由

f（m2-6m+23）+f（n2-8n）≤0，得f（m2-6m+23）≤-f（n2-8n），即

f（m2-6m+23）≤f（2-n2-8n）.又f（x）在R上是增函数，∴ m2-6m+23≤2-n2-8n，即（m-3）2+（n-4）2≤4.在坐标平面mOn内画出不等式组

（m-3）2+（n-4）2≤4，m≥4的区域，则m2+n2表示区域内的点（m，n）与（0，0）间的距离的平方，当m=3，n=2时，m2+n2有最小值为32+22=13. m2+n2在B点取得最大值为（ +2）2=49.

8. C. 由题意得C（2 ，4），因为z= · = x+y，而kBC=- ，所以z= · 取最大值时，点M（x，y）的坐标满足 x+y=10（2 ≤x≤3 ），所以y=10- x（2 ≤x≤3 ），s=3x2+y2=3x2+（10- x）2=6x-20 x+100，对称轴x= ，所以s=f（x）在[2 ，3 ]上单调递增，因此当x=2 时s有最小值52.

9. （-2，1）.依题意，由f（x2+x）-f（2）<0，可得f（x2+x）<

f（2），由f（x）在R上单调递增，即x2+x<2，得-2

10.[ ，+∞）.B={x|4x2+12x-7≤0}=[- ， ].因为“x∈A”是“x∈B”的必要条件，所以B？哿A.由A非空，可知2-a<2+a，即a>0.因为A=[2-a，2+a]，[- ， ]？哿[2-a，2+a]，所以2+a≥ ，2-a≤- ，解得a≥ .故实数a的取值范围是[ ，+∞）.

11. 6  .由题意P，Q两点间的最大距离可转化为圆心到椭圆上的点的最大距离再加上圆的半径 ，设Q（x，y），则d= = = ≤5 ，则P，Q两点间的最大距离是6 .

12. 2015.由知得： = +1，即 - =1，所以数列{ }为首项为1，公差为1的等差数列，∴ =1+（n-1）·1=n，从而an=  .

= =

= =1+ =1+ - .

P=  =（1+ - ）+（1+ - ）+（1+ - ）+…+（1+ - ）=2016- .所以，不超过P的最大整数为2015.

13.（1）由f（x）=1，得lgx=±1，所以x=10或 .

（2）证明：结合函数图像，由f（a）=f（b）可判断a∈（0，1），b∈（1，+∞），

从而-lgx=lgb，从而ab=1.

又  = >1（因 ≠b）.

（3）证明：由已知可得b=（ ）2，

得4b=a2+b2+2ab，

又ab=1，故有 +b2+2-4b=0.

令g（b）= +b2+2-4b，因为g（3）<0，g（4）>0，根据零点存在性定理可知，函数g（b）在（3，4）内一定存在零点，即存在b0∈（3，4），使g（b0）=0.

14.（1）由椭圆的定义可知点P的轨迹方程 +y2=1.

（2）设圆P与圆F的另一个交点为T，设P（x0，y0），则圆P方程为（x-x0）2+（y-y0）2=x02-y02.

则两圆公共弦QT的方程为（x0- ）x+y0y-1=0，点Q到直线PF的距离即为 QT，点F到QT的距离为d= = =2，所以点Q到直线PF的距离为1.

责任编校   徐国坚