轉化與化歸思想的考查

王中華

轉化與化歸思想解決問題是高中數學解決問題的核心，數學問題的解決總離不開轉化與化歸，如未知向已知的轉化、新知識向舊知識的轉化、復雜問題向簡單問題的轉化等等，要特別注意函數、方程、不等式的轉化. 熟練方法，看透本質，潛移默化中培養自己的解題素養.

數與形的轉化

例1 已知：，，

求證：.

分析 本題主要考查數學代數式幾何意義的轉換能力，解決此題的關鍵在于由條件式的結構聯想到直線方程，進而由兩點的坐標特點知其在單位圓上. 聯想到條件式的幾何意義，如何巧妙利用其幾何意義也是關鍵.

證明 在坐標系中，點與點是直線與單位圓的兩個交點，如圖.

=（cosα-cosβ）2+（sinα-sinβ）2=2-2cos（α-β）.

又單位圓的圓心到直線的距離

向量運算與不等式的轉化

例2 己知直線與圓交于不同的兩點是坐標原點， ，那么實數的取值范圍是 .

分析 利用向量運算把已知不等式化為，從而得到夾角，所以圓心到直線的距離（其中時），解得.

解 因為，所以，所以，

化簡得，所以的夾角，所以圓心到直線的距離，其中時，，解得.

答案

遞推關系式的轉化

例3 已知數列的前項和為，，且.

（1）當實數為何值時，數列是等比數列？

（2）在（1）的結論下，設，數列的前項和，證明.

分析 （1） 根據條件，將遞推關系式轉化為項與項的關系，由等比數列定義得到的值；（2）由（1）得到新數列通項，再通過錯位相減法進行求和，證出不等關系成立. 考查數列與不等式的綜合、等比關系的確定、數列的求和等知識.

解 （1）方法1：由題意得，

（2）由（1）知，，，

①，

②.

①②得，

正難則反的轉化

例4 已知，設命題：；命題：函數有兩個不同的零點. 求使命題“或”為真命題的實數的取值范圍.

分析 本題考查復合命題的真假應用，利用正難則反的原則，將“，至少有一個為真命題”轉化為“求，同時為假命題時滿足的條件”是解決本題的關鍵.

解 對：，即.

對：由已知得，的判別式，

所以，要使“或”為真命題，只需求其反面，假且假，

實數的取值范圍是.

命題的等價轉化

例5 已知橢圓的離心率為，直線分別經過橢圓長軸和短軸的一個頂點，且與圓相切.

（1）求橢圓的方程；

（2）為圓上任意一點，以為切點作圓的切線與橢圓相交于點，求線段的取值范圍.

分析 （1）把由橢圓的離心率得到的的關系式與直線的方程聯立，即可解得的值，進而得到橢圓方程；（2）把圓的切線方程與橢圓方程聯立轉化為關于的方程，再利用弦長公式找出弦的函數解析式，再用換元法把原式轉化為關于的表達式，最后用基本不等式求值域即可. 考查橢圓的基本量的計算、弦長公式、換元法、利用基本不等式求函數的值域等知識.

解 （1）橢圓的離心率為，

即①.

又因為直線分別經過橢圓長軸和短軸的一個頂點，所以即，

由已知條件與圓相切可得，

②，

兩式聯立得

故橢圓的方程為.

（2）設在上，即，

以為切點的圓的切線為：，

即.

切線與橢圓交于，兩點，

故直線方程與橢圓方程聯立

轉化為關于的方程為

設，結合函數的單調性可得，

所以.

等積轉化

例6 在三棱柱中，側面為矩形，，為的中點，與交于點，側面.

（1）證明：；

（2）若，求點到平面的距離.

分析 （1）利用，可求得，的長，根據勾股定理可證，可證平面，從而可證線線垂直；（2）由（1）知為三棱錐的高，底面為直角三角形，利用三棱錐的換底性求得三棱錐的體積，最后求出高即到平面的距離.

證明 （1），，

例7 已知函數（為參數）.

（1）寫出函數的定義域和值域；

（2）當時，求函數解析式中參數的取值范圍；

（3）當時，如果，求參數的取值范圍.

分析 （1）直接解不等式組即可；（2）借助于的范圍去求的范圍；（3）原式轉化為，利用換元法即可. 考查函數的性質、定義域和值域、換元法等知識.

解 （1）函數的定義域為，值域為.

（2），

（3）

方程的根、圖象的交點與函數的零點相互轉化

例8 已知定義在上的函數滿足：，，則方程在區間上的所有實根之和為（ ）

A. B.

C. D.

分析 將方程根的問題轉化為函數圖象的交點問題，由圖象讀出即可. 考查函數的零點與方程根的關系.

答案 B

例9 函數是方程的兩個實數根，則實數的大小關系是 .

分析 構造函數，借助兩個函數與的圖象關系及方程的根、函數圖象的交點與函數的零點相互轉化關系，不需要計算即可得出結論.

解 令，方程的兩個實數根是什么？ 是

二次函數的圖象與軸的交點：

我們將函數的圖象向下移動1個單位得到了函數的圖象，因為是方程的兩個實數根，所以，函數的圖象與軸的交點：

觀察圖象，可以輕松看出