高三專題復習
——轉化與化歸思想

■河南大學附屬中學高中數學組 黃云龍

現行考綱,明確要求我們一定要具備五種能力,這五種能力是空間想象能力、抽象概括能力、運算求解能力、推理論證能力和數據處理能力。同時也應具有處理問題、解決問題的思想方法,它們是函數與方程思想、數形結合思想、特殊與一般思想、有限與無限思想、分類討論思想、偶然與必然思想、轉化與化歸思想。轉化與化歸思想方法在考綱中有明顯的體現,因此,我們在平時學習中,要有意地去培養和利用這種思想方法。轉化與化歸的思想方法既是一種思想,又是一種方法,從思想的角度去理解,這是解決問題的策略;從方法的角度去理解,這是解決問題的具體方法。研究和探索數學中的轉化化歸思想方法,就是研究數學對象之間,數學問題之間的聯系與轉化,以及如何把握這些變化規律。一般說來,化歸是在解決某一問題難以入手時,需要將問題轉變或變形,使之轉化為一個已知的問題,或易于解決的新問題。

數學問題的求解過程,實際上就是轉化的過程,將抽象問題轉化為具體問題,將未知問題轉化為已知問題,將立體問題轉化為平面問題,將高次問題轉化為低次問題,將多元問題轉化為一元問題,將超越運算轉化為代數運算等。

以下從幾個不同的方面,對轉化與化歸的思想方法進行學習與研究。

一、立體問題到平面問題的轉化(線面角、二面角、異面直線所成角)

解：(1)如圖1,連接A D1,D1C,由于 B C1∥A D1,故∠D1A C 就是A C與B C1所成的角,在△A C D1中, 因 為△A C D1為正三角形,所以∠D1A C=6 0°,故 A C與B C1所成角為6 0°。

圖1

例1 在棱長為1的正方體A B C DA1B1C1D1中。

(1)求A C與B C1之間的夾角。

(2)求A C1與平面A B C D所成角的正弦值。

(3)求二面角C1-B D-C的正弦值。

分析：異面直線所成角、線面角及二面角的大小都要轉化為平面內的角進行求解,即實現空間問題到平面問題的轉化,進而獲得問題的解決。

(2)如圖2,在正方體中,連接A C1,A C,因為C C1⊥平面A B C D,則∠C1A C就是A C1與平面A B C D所成的角,在△A C C1中,C C1=1,A C1= 3,所以

圖2

(3)如圖3,連接B D,A C交于點O,連接C1O,D C1,B C1,由條件可知B D⊥平面C O C1,則∠C1O C就是所求二面角,在 R t△C1O C 中,

圖3

二、立體幾何問題之間的轉化

例2 在棱長為1的正方體A B C DA1B1C1D1中,如圖4所示。

(1)求A點到平面A1B D的距離。

(2)求三棱錐A1-A B D的內切球的半徑。

(3)求三棱錐A1-B D C1的外接球的體積。

圖4

分析：(1)直接求A點到平面A1B D的距離較為困難,可利用體積相等,進而求出此距離。(2)求三棱錐A1-A B D的內切球的半徑時,利用等積轉化。(3)三棱錐A1-B D C1的外接球就是正方體A B C D-A1B1C1D1的外接球,進而只需求正方體A B C DA1B1C1D1的外接球的體積即可。

故A點到平面A1B D的距離為

(2)設內切球的半徑為r,內切球球心與各頂點連線得到四個三棱錐,這四個三棱錐體積之和等于三棱錐A1-A B D的體積,即解 得故內切球的半徑為

(3)設三棱錐A1-B D C1的外接球的半徑為R,由于三棱錐A1-B D C1的外接球與正方體A B C D-A1B1C1D1的外接球相同,故R=

例3 已知三棱錐中一組相對棱長為,一組相對棱長為一組相對棱長為求此三棱錐外接球的表面積。

分析：為求此三棱錐的外接球,把此三棱錐放在一長方體內,使長方體的面對角線一組為,一組為,一組為則長方體的外接球就是此三棱錐的外接球。

解：如圖5,設長方體的三條棱長分別為x,y,z,則解 得則長方體的對角線長為,外接球半徑所以外接球表面積

圖5

例4 如圖6,在R t△A B C中,已知D是斜邊A C的中點,S A=S B=S C,求證：平面A B C⊥平面S A C。

分析：連接S D,B D,要證平面A B C⊥平面S A C,只要證S D⊥平面A B C即可。由已知條件,可推出S D⊥A C,只要再證S D⊥B D即可。由已知條件可證明△S D C≌△S D B,所以S D⊥B D。從而可按線線垂直→線面垂直→面面垂直的方法實現轉化。

證明：在△S D C和△S B D中,因為D為R t△A B C的斜邊中點,所以B D=D C。又因為S C=S B,S D為公共邊,所以△S D C≌△S D B,且∠S D C=∠S D B=9 0°,所以S D⊥B D。又由已知條件知S D⊥A C,C D∩B D=D,所以S D⊥平面A B C。又S D?平面S A C,所以平面A B C⊥平面S A C。

圖6

三、零點問題與方程根之間的轉化

例5 函數y=(x2-2x)2-9的圖像與x軸交點的個數是( )。

A.1 B.2 C.3 D.4

分析：函數y=f(x)的零點就是方程f(x)=0的實數根,也是函數y=f(x)的圖像與x軸交點的橫坐標,即方程f(x)=0有實數根?函數y=f(x)的圖像與x軸有交點?函數y=f(x)有零點。

解：令y=0,則(x2-2x+3)(x2-2x-3)=0。因為x2-2x+3＞0,所以x2-2x-3=0,解得x=-1或x=3,即方程f(x)=0只有兩個實數根,故選B。

例6 已知函數f(x)=函數()(),gx=3-f2-x求函數y=f(x)-g(x)的零點的個數。

解析：f(2-x)

①當0≤x≤2時,因為f(x)-g(x)=2-|x|-3+2-|2-x|=1-|x|-|2-x|=-1,所以在此區間上函數不存在零點;

②當x＜0時,f(x)-g(x)=2-|x|-3+x2=x2+x-1,所以函數存在一個零點

③當x＞2時,f(x)-g(x)=(x-2)2-3+2-|2-x|=x2-5x+5,所以函數存在一個零點

綜上可知,函數y=f(x)-g(x)的零點的個數是2。

四、零點問題與函數圖像交點之間的轉化

例7 已知函數f(x)=x3-3x,設h(x)=f(f(x))-c,其中c∈[-2,2],求函數y=h(x)的零點個數。

分析：求函數h(x)=f(f(x))-c的零點就是求方程f(f(x))=c的解,設f(x)=t,從而把原復合函數方程分解為兩個獨立的方程,即f(x)=t和f(t)=c。先研究后者,獲得相應的解t,再把t的值分別代入前者,便可得到不同的關于x的方程f(x)=t,再進一步求解,最終得到復合函數的零點的值或范圍。

解：由f'(x)=3x2-3=0,得x=±1,令f'(x)＞0得x＜-1或x＞1;令f'(x)＜0得-1＜x＜1。故可作出f(x)的圖像如圖7所示,f(x)的增區間是(-∞,-1),(1,+∞),減區間是(-1,1),x=±1分別為f(x)的極值點,f(x)極大值=f(-1)=2,f(x)極小值=f(1)=-2。令h(x)=f(f(x))-c=0,即f(f(x))=c。

圖7

設f(x)=t,則f(t)=c,即t3-3t=c,當c=2時,因為-1是t3-3t=2的二重根,所以容易得到(t+1)2(t-2)=0,所以t1=-1,t2=2。t1=-1,f(t)極小值=-2＜-1,所以方程f(x)=-1有三個解;t2=2,f(t)極大值=2＞1,所以方程f(x)=2有兩個解,且與上述解不等。

所以當c=2時,y=h(x)有5個零點,當c=-2時,同理,y=h(x)有5個零點;當-2＜c＜2時,因為f(1)=f(-2)＜c＜f(-1)=f(2),方程f(t)=c應該有3個解t1,t2,t3,且-2＜t1＜-1,-1＜t2＜1,1＜t3＜2,對于方程f(x)=t各自對應的方程f(x)=t1,f(x)=t2,f(x)=t3,都有3個解,所以當-2＜c＜2時,f(f(x))=c有9個解。

綜上所述,當|c|=2時,函數y=h(x)有5個零點;當|c|＜2時,函數y=h(x)有9個零點。

例8 已知函數f(x)=x2-2|x|-b。

(1)b為何值時,f(x)有2個零點?

(2)b為何值時,f(x)有3個零點?

(3)b為何值時,f(x)有4個零點?

(4)b為何值時,f(x)沒有零點?

解析：f(x)的零點個數,即f(x)的實根個數,x2-2|x|-b=0,即b=x2-2|x|,令y1=b,y2=x2-2|x|,分別作出y1,y2的圖像,如圖8所示,則由圖像可知：

(1)當b=-1或b＞0時,f(x)有2個零點?

(2)當b=0時,f(x)有3個零點?

(3)當-1＜b＜0時,f(x)有4個零點?

(4)當b＜-1時,f(x)沒有零點?

圖8

五、恒成立問題的轉化

例9 已知函數f(x)=l g[a x2+2a x+3a-1]。

(1)當定義域為R時,求實數a的范圍;

(2)當值域為R時,求實數a的范圍。

分析：定義域為R,即x取任何實數,真數恒大于0;值域為R,是真數取遍所有的正數,故有下列解法。

解：(1)函數的定義域為R時,則真數恒大于零,即解得故實數a的范圍是

(2)函數的值域為R時,則真數取遍所有正數,即解得,故實數 的a取值范圍是

例1 0 已知指數函數y=g(x)滿足g(3)=8,定義域為R的函數f(x)滿足

(1)判斷函數f(x)的奇偶性和單調性;

(2)若對任意的t∈R,不等式f(2t-3t2)+f(t2-k)＞0恒成立,求實數k的范圍。

解析：(1)設g(x)=ax,因為g(3)=8,所以a3=8,故a=2,所以

因為,所以f(x)為奇函數。

因為f(x)=2x為增函數,x1＜x2,所以

所以f(x1)＞f(x2),所以f(x)在R上為減函數。

(2)由(1)知f(x)為奇函數且在R上為減函數,故f(2t-3t2)+f(t2-k)＞0,即f(2t-3t2)＞-f(t2-k)=f(k-t2),所以

2t-3t2＜k-t2,所以所以實數k的范圍是

六、代數問題向幾何問題的轉化

例1 1 求下列函數的值域：

分析：解決由根式之和求其范圍的問題,用代數法較為煩瑣,若將根式視為兩點之間的距離公式,則問題就迎刃而解,故將代數問題轉化為幾何問題。第(1)問是x軸上動點到點(0,2),(5,-3)的距離之和,如圖9所示;第(2)問是x軸上動點到點(2,4)與(1,3)的距離之差,如圖1 0所示。

圖9

圖1 0

分析：不等式左邊為幾個根式的和,可以視為平面內一點P(x,y)到一正方形四個頂點的距離。

證明：如圖1 1所示,正方形O A B C的邊長為1,則O(0,0),A(1,0),B(1,1),C(0,1)。

圖1 1

分析：解此方程用常規方法,困難重重。若將根式視為兩點間的距離公式,則該表達式的幾何意義為動點到兩點距離之和為定值,這就是橢圓,故有下列解法。

七、化為極值問題

例1 4 如圖1 2,一個圓錐的底面半徑為3,高為6,在圓錐中有一個底面半徑為x的內接圓柱。

(1)試用x表示圓柱的高h。

(2)當x為何值時,圓柱的側面積最大?最大側面積是多少?

(3)當x為何值時,圓柱的體積最大?最大體積是多少?

圖1 2

解析：(1)由圖1 3可知化簡得h=6-2x(0＜x＜3)。

(2)S側=2xπ×(6-2x)=4 πx(3-x)=-4 π(x2-3x)=

圖1 3

當時,圓柱的側面積最大,最大側面積為9 π。

(3)V=πx2·(6-2x)=π·x·x·

當且僅當x=6-2x,即x=2時,圓柱的體積最大,最大體積是8 π。

八、平面幾何問題轉化為數列問題

例1 5 已知平面內有n條直線,任意兩條不平行,任何三條不共點。

(1)求這n條直線在平面內共有多少個交點。

(2)求這n條直線被交點分割成多少段(射線也稱作一段)。

(3)求這n條直線把平面分割成多少個區域(區域可以不封閉)。

分析：讀完此題后,思路一般會比較模糊,感覺難以入手,如果你換一個角度,從數列角度思考,類似于求數列的通項公式an,求出通項,那么結論迎刃而解。

解：(1)設這n條直線的交點個數為an,n+1條直線的交點個數為an+1,則第n+1條直線與前n條直線有n個交點,故有an+1=an+n,即an+1-an=n,對n進行取值可得(a1=0)：

a2-a1=1;

a3-a2=2;

……

an-an-1=n-1。

兩邊分別相加求和得an-a1=1+2+…+(n-1),所以

(2)設這n條直線被交點分割成f(n)段,n+1條直線被交點分割成f(n+1)段,第(n+1)條直線與前n條直線有n個交點,則第(n+1)條直線被分割成(n+1)段,n個交點又在前面的n條線段上,把所有線段一分為二,又增加n段,故f(n+1)=f(n)+2n+1,f(n+1)-f(n)=2n+1,對n進行取值,則有：

f(2)-f(1)=2×1+1;

f(3)-f(2)=2×2+1;

……

f(n)-f(n-1)=2×(n-1)+1。

迭加得到f(n)-f(1)=2×[1+2+3+…+(n-1)]+(n-1)。

所以(n-1)=n2-1+f(1)=n2(f(1)=1)。

(3)設這n條直線把平面分割成an個區域,第(n+1)條直線被前n條直線分割成(n+1)段,每段把它所在的區域一分為二,故有an+1=an+n+1,即an+1-an=n+1,對n進行取值,則有：

a2-a1=1+1;

a3-a2=2+1;

……

an-an-1=(n+1)+1。

迭加得到an-a1=1+2+3+…+(n-1)+(n-1)(a1=2)。

所以an=1+2+3+…+(n-1)+

九、代數問題向三角函數的轉化

例1 6 已知x,y∈R,滿足x2-4x+y2=0,求2x-y的范圍。

分析：此題若用純代數的方法,一是不易入手,二是運算量較大。若從三角的角度進行分析,已知代數式可變為(x-2)2+y2=4,利用三角函數的平方關系“s i n2α+c o s2α=1”,轉化為三角運算,即得所求范圍。

解：因為x2-4x+y2=0,所以(x-2)2+y2=4。

設x-2=2 c o sα,y=2 s i nα,則2x-y=2(2+2 c o sα)-2 s i nα=4+2(2 c o sα-s i nα)=4+2 5 c o s(α+φ)。

故

十、代數之間的內部轉換

例1 7 已知函數f(x)=ae2x+(a-2)ex-x。

(1)討論f(x)的單調性;

(2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍。

分析：(1)討論f(x)的單調性,首先進行求導,發現式子特點后要及時進行因式分解,再對a按a≤0,a＞0進行討論,寫出單調區間;(2)根據第(1)問,若a≤0,f(x)至多有一個零點,若a＞0,當x=-l na時,f(x)取得最小值,求出最小值l na,根據a=1,a∈(1,+∞),a∈(0,1)三種情況進行討論,可知當a∈(0,1)時有2個零點,設正整數n0滿足因此f(x)在(-l na,+∞)上有一個零點,所以a的取值范圍為(0,1)。

解：(1)f(x)的定義域為(-∞,+∞),f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)·(2 ex+1)。

①若a≤0,則f'(x)＜0,所以f(x)在(-∞,+∞)上單調遞減。

②若a＞0,則由f'(x)=0得x=-l na。當x∈(-∞,-l na)時,f'(x)＜0;當x∈(-l na,+∞)時,f'(x)＞0。所以f(x)在(-∞,-l na)上單調遞減,在(-l na,+∞)上單調遞增。

(2)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一個零點。

若a＞0,由(1)知,當x=-l na時,f(x)取得最小值

①當a=1時,由于f(-l na)=0,故f(x)只有一個零點。

②當a∈(1,+∞)時,由于＞0,即f(-l na)＞0,故f(x)沒有零點。

綜上所述,a的取值范圍為(0,1)。

例1 8 已知函數f(x)=a x(l nx-1)-x2(a∈R)恰有兩個極值點x1,x2,且x1＜x2。

(1)求實數a的取值范圍;

(2)若不等式l nx1+λl nx2＞1+λ恒成立,求實數λ的取值范圍。

解析：(1)因為f'(x)=al nx-2x,依題意得x1,x2為方程al nx-2x=0的兩個不等正實數根,所以令當x∈(0,e)時,g'(x)＞0;當x∈(e,+∞)時,g'(x)＜0,所以g(x)在(0,e)上單調遞增,在(e,+∞)上單調遞減,且g(1)=0。當x＞e時,g(x)＞0,所以解得a＞2 e,故實數a的取值范圍是(2 e,+∞)。

(2)由(1)得al nx1=2x1,al nx2=2x2,兩式相減得a(l nx1-l nx2)=2(x1-x2),所以

因為0＜x1＜x2,令,所以,即(t+λ)l nt-(1+λ)·(t-1)＜0。令h(t)=(t+λ)l nt-(1+λ)·(t-1),則需滿足h(t)＜0在(0,1)上恒成立。

①當λ≥1時,I'(t)＜0,所以h'(t)在(0,1)上單調遞減,所以h'(t)＞h'(1)=0,所以h(t)在(0,1)上單調遞增,所以h(t)＜h(1)=0,符合題意;

②當λ≤0時,I'(t)＞0,所以h'(t)在(0,t)上單調遞增,所以h'(t)＜h'(1)=0,所以h(t)在(0,1)上單調遞減,所以h(t)＞h(1)=0,不符合題意;

③當0＜λ＜1時,由I'(t)＞0,得λ＜t＜1,所以h'(t)在(λ,1)上單調遞增,所以h'(t)＜h'(1)=0,所以h(t)在(λ,1)上單調遞減,所以h(t)＞h(1)=0,不符合題意。

綜上,實數λ的取值范圍是[1,+∞)。

【轉化與化歸配套練習題】

一、選擇題

1.如圖 1 4,A B CA1B1C1是體積為1的棱柱,則四棱錐C-A A1B1B的體積是( )。

圖1 4

2.平面截一球得到直徑為6c m的圓面,球心到這個圓面的距離是4c m,則該球的體積是( )。

3.已知數列{an}對任意的p,q∈N*,滿足ap+q=ap+aq,如果a2=-6,那么a10=( )。

A.-1 6 5 B.-3 3

C.-3 0 D.-2 1

4.方程s i n2x+c o sx+k=0有解,則k的取值范圍是( )。

5.設a＞1,若對于任意的x∈[0,2a],都有y∈[a,a2]滿足方程l o gax+l o gay=3,這時a的取值的集合為( )。

6.設a,b,c是單位向量,若a·b=0,則(a-c)·(b-c)的最小值為( )。

A.-2 B.2-2 C.-1 D.1-2

7.函數y=(x-1)(x2-2x-3)的零點為( )。

A.1,2,3 B.1,-1,3

C.1,-1,-3 D.無零點

8.函數的零點有( )。

A.0個 B.1個

C.2個 D.無數個

9.若函數f(x)=al o g2x+a·4x+3在區間上有零點,則實數a的取值范圍是( )。

A.a＜-3

1 0.根據表1中的數據,可以斷定方程ex-(x+2)=0(e≈2.7 2)的一個根所在的區間是( )。

_______________表1

A.(-1,0) B.(0,1)

C.(1,2) D.(2,3)

1 1.對于函數f(x)=x2+m x+n,若f(a)＞0,f(b)＞0,則函數f(x)在區間(a,b)內( )。

A.一定有零點

B.一定沒有零點

C.可能有兩個零點

D.至少有一個零點

1 2.若函數f(x)在定義域{x|x∈R且x≠0}上是偶函數,且在(0,+∞)上是減函數,f(2)=0,則函數f(x)的零點有( )。

A.一個 B.兩個

C.至少兩個 D.無法判斷

1 3.函數f(x)=2x|l o g0.5x|-1的零點個數為( )。

A.1 B.2 C.3 D.4

1 4.函數f(x1≤k＜2是方程f(x)=k有兩個不同實數根的( )。

A.充分且不必要條件

B.必要且不充分條件

C.充分必要條件

D.既不充分也不必要條件

1 5.定義在實數集R上的函數f(x),對定義域內任意x滿足f(x+2)-f(x-3)=0,且在區間(-1,4]上f(x)=x2-2x,則函數f(x)在區間(0,20 1 5]上的零點個數為( )。

A.4 0 3 B.8 0 6

C.12 0 9 D.12 0 8

1 6.已知函數 f(x)=若關于x的方程f2(x)-b f(x)+c=0(b,c∈R)有8個不同的實數根,則由點(b,c)確定的平面區域的面積為( )。

1 7.已知定義在R上的函數f(x)滿足：①f(x)+f(2-x)=0,②f(x-2)=f(-x),③在[-1,1]上的表達式為f(x)=則函數f(x)與函數的圖像在區間[-3,3]上的交點個數為( )。

A.5 B.6 C.7 D.8

1 8.已知函數 f(x)=則函數y=f(x2-1 6)-g(x)的零點個數為( )。

A.2 B.3 C.5 D.6

1 9.已知F1,F2是橢圓的兩個焦點,過F1且與橢圓長軸垂直的直線交橢圓于A,B兩點,若△A B F2是正三角形,則這個橢圓的離心率是( )。

2 0.下面關于公差d＞0的等差數列{an}的四個命題：

p4：數列{an+3n d}是遞增數列。

其中的真命題為( )。

A.p1,p2B.p3,p4

C.p2,p3D.p1,p4

二、填空題

2 1.若一個四面體的四個面中,有兩個面都是直角邊長為1的等腰直角三角形,另兩個面都是直角邊長分別為1和2的直角三角形,則該四面體的外接球的表面積為____。

2 2.函數若函數g(x)-m=f(x)的零點有3個,則實數m的取值范圍是____。

2 3.在直角坐標系x O y中,若直線y=2a與函數y=|x-a|-1的圖像只有一個交點,則a的值為____。

2 4.若函數f(x)=|2x-2|-b有兩個零點,則實數b的取值范圍是____。

2 5.實數x,y滿足若 ≥y k(x+2)恒成立,則實數k的最大值是____。

2 6.設定義域為R的函數f(x)=若關于 的函數x y=2[f(x)]2+2b f(x)+1有8個不同的零點,則實數b的取值范圍是____。

2 7.已知函數f(x)=x+2x,g(x)=x+的零點分別為x1,x2,x3,則x1,x2,x3的大小關系是____。

2 8.若直角坐標平面內兩點P,Q滿足條件：①P,Q都在函數f(x)的圖像上;②P,Q關于原點對稱,則稱點對(P,Q)是函數f(x)的一個“友好點對”(點對(P,Q)與點對(Q,P)看作同一個“友好點對”),已知函數則f(x)的“友好點對”有____個。

2 9.已知函數f(x)=x3+(1-a)x2-a(a+2)x+b(a,b∈R),若函數在(-1,1)上不單調,則a的取值范圍是____。

3 0.在平面直角坐標系x O y中,橢圓在第一象限的部分為曲線C,曲線C在其上動點P(x0,y0)處的切線l的方程為(用x0表示)____。

3 1.已知a≥0,若函數在[-1,1]上的最大值為2,則實數a=____。3

2.若直線過點(1,2),則a+b的最小值為____。

3 3.已知,則2x+y的最小值為____。

3 4.已知正四棱錐V-A B C D中,M,N分別是V B,B C的中點,則MN與B D所成角的大小為____。

3 5.若關于x的不等式-2≤x2+a x+b≤1的解集是單元素集合,則的最小值是____。

三、解答題

3 6.如圖1 5所示,半徑為R的半圓內的陰影部分是以直徑A B所在直線為軸,旋轉一周得到的一幾何體,求該幾何體的表面積和體積。(其中∠B A C=3 0°)

圖1 5

3 7.設函數(k為常數,e=2.7 1 82 8…是自然對數的底數),若函數f(x)在(0,2)內存在兩個極值點,求k的取值范圍。

3 8.已知(a為常數)是奇函數。

(1)求a的值與函數f(x)的定義域;

(2)若當x∈(1,+∞)時,f(x)+l o g2(x-1)＞m恒成立,求實數m的取值范圍。

3 9.已知函數

(1)判斷函數f(x)的單調性并給出證明;

(2)若函數f(x)是奇函數,則f(x)≥在x∈[1,2]時恒成立,求m的最大值。

4 0.對于滿足|p|≤2的所有實數,求使不等式x2+p x+1＞2x+p恒成立的x的取值范圍。

4 1.如圖1 6,A B為圓的直徑,C為圓周上任意一點,且K C⊥B C,求證：平面KB C⊥平面KA C。

4 2.已知函數f(x)=(x+1)l nx-x+1,證明：(x-1)f(x)≥0。

4 3.已知函數f(x)=ex-l n(x+2),證明：f(x)＞0。

【轉化與化歸配套練習題答案】

一、選擇題

1.C 2.C 3.C 4.D 5.B 6.D 7.B 8.B 9.C 1 0.C 1 1.C 1 2.B 1 3.A 1 4.B 1 5.C 1 6.A 1 7.B 1 8.D 1 9.A 2 0.D

二、填空題

三、解答題

3 6.過C作C O1⊥A B于點O1,由已知得∠B C A=9 0°。

①由k≤0可得ex-k x＞0,所以當x∈(0,2)時,f'(x)＜0,函數y=f(x)單調遞減;當x∈(2,+∞)時,f'(x)＞0,函數y=f(x)單調遞增。所以函數y=f(x)的單調減區間為(0,2),單調增區間為(2,+∞)。

故f(x)在(0,2)內不存在極值點。

②當k＞0時,設函數g(x)=ex-k x,x∈(0,+∞),g'(x)=ex-k=ex-elnk。

若0＜k≤1,當x∈(0,2)時,g'(x)=ex-k＞0,所以函數y=f(x)單調遞增,故f(x)在(0,2)內不存在兩個極值點。

若k＞1,得x∈(l nk,+∞)時,g'(x)＜0,函數y=f(x)單調遞增,所以函數y=f(x)的最小值為g(l nk)=k(1-l nk)。

函數f(x)在(0,2)內存在兩個極值點,當且僅當時成立,解得0＜

綜上所述,函數f(x)在(0,2)內存在兩個極值點時,k的取值范圍是

3 8.(1)因為為奇函數,所以f(-x)=-f(x)。

所以f(x)的定義域為{x|x＜-1或x＞1}。

(2)若l o g2(x-1)=l o g2(x+1)＞m恒成立。

當x∈(1,+∞)時,x+1＞2,所以l o g2(x+1)＜l o g22=1,所以m≤1。

所以m的取值范圍是(-∞,1]。

3 9.(1)不論a為何實數,f(x)在定義域上單調遞增。

證明：設x1,x2∈R,且x1＜x2。

所以由定義可知,不論a為何實數,f(x)在定義域上單調遞增。

(2)由f(x)是R上的奇函數,得a=1。

由條件可得,要使恒成立,只需的最小值即可。

設t=3x+1,t∈[4,1 0],則g(t)=t+

因為t2＞t1,且t1,t2∈[4,1 0],所以t1-t2＞0,所以t1t2＞0,t1t2-2＞0,所以g(t1)-g(t2)＜0。

所以函數在[4,1 0]上單調遞增。

所以g(t)的最小值是

所以,即m的最大值是。

4 0.x2+p x+1-2x-p＞0,左端視為p的一次函數,f(p)=(x-1)p+(x-1)2。

因為|p|≤2,由一次函數的單調性可得只要線段端點的縱坐標都是正數即可。

4 1.連接B C,A C,因為A B為圓的直徑,所以B C⊥A C。又K C⊥B C,K C?平面KA C,A C?平面KA C,K C∩A C=C,所以B C⊥平面KA C。因為B C?平面KB C,所以平面KB C⊥平面KA C。

當0＜x＜1時,得g(x)＜g(1)=0,f(x)＜0,所以(x-1)f(x)＞0;

當x≥1時,得g(x)≥g(1)=0,f(x)≥0,所以(x-1)f(x)≥0。

4 3在(-2,+∞)上單調遞增。

又f'(-1)＜0,f'(0)＞0,故f'(x)=0有唯一的實根,設其為x0,且x0∈(-1,0)。

由f'(x0)=0得-l n(x0+2)。

當-2＜x＜x0時,f'(x)＜0;當x＞x0時,f'(x)＞0。

從而當x=x0時,f(x)取最小值。