例谈高中数学化归与转化思想的常见处理策略

刘光明

(广东省华南师范大学附属中学汕尾学校)

数学家乔治·波利亚说:“掌握数学就是意味着善于解题”.这就是说善于解题,不仅善于解一些标准的题,而且善于解一些要求独立思考、思路合理、见解独到和有发现创造的题.新高考新教材背景下的数学更加强调“减少机械刷题”,注重通性通法,这意味着数学问题解决的方向是“化归”,将复杂的问题简单化、抽象的问题具体化、未知的问题已知化.

转化思想在狭义上称为化归思想,通常有数形转化、构造转化、联想转化及类比转化等不同形式.转化的过程需要遵循简单化、熟悉化、直观化、和谐化、正难则反等原则.下面通过近几年高考真题或者新教材习题等实例阐述常见的化归策略.

策略一 建系,将几何转化为代数

建立平面直角坐标系或者空间直角坐标系能够将几何元素转化为坐标表示,通过代数运算和逻辑推理处理问题.尤其是解三角形、向量、立体几何、解析几何等相关问题,建系常常能起到事半功倍的效果.

【解析】如图,建立平面直角坐标系xOy,

设BD=t(t>0),则CD=2t.

又∠ADB=120°,AD=2,

【评注】建立平面直角坐标系,将三角形中的线段长转化为两点间的距离问题,经过代数变形联想到利用基本不等式求最值,有效避免了解三角形的复杂三角函数运算,体现了数学的简洁美.建系处理三角形问题是解三角形中比较常见的思维路径,解三角难题需常联想到它.

【解析】解法一:以点B为坐标原点,BC所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系xBy.

∵BC=6,

∴C(6,0).

又∵AB=3,∠ABC=60°,

设M(x,0),则N(x+1,0)(其中0≤x≤5),

解法二:如图,取MN的中点F,连接DF,

因此当DF⊥MN时,DF取最小值,

【评注】解法一,建立平面直角坐标系,将内积问题转化为坐标运算,是解决向量问题的常见思路.解法二,在△DMN中,取MN的中点F,联想极化恒等式模型,将内积转化为线段的长度,借助平行线间垂线段最短这一几何结论巧妙化解难点.

【例题3】(2021·全国甲卷理·19)如图,已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.

(Ⅰ)证明:BF⊥DE;

(Ⅱ)当B1D为何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?

【解析】(Ⅰ)证明:∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,

∴BB1⊥底面ABC.

又∵AB,BC⊂平面ABC,

∴BB1⊥AB,BB1⊥BC.

∵A1B1∥AB,BF⊥A1B1,

∴BF⊥AB.

又BB1∩BF=B,BB1,BF⊂平面BCC1B1,

∴AB⊥平面BCC1B1,

故AB⊥BC,AB⊥BB1.

以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,

则B(0,0,0),A(2,0,0),B1(0,0,2),E(1,1,0),F(0,2,1).

设D(a,0,2)(0≤a≤2).

∴BF⊥DE.

(Ⅱ)设平面DFE的法向量为m=(x,y,z),

令z=2-a,

则m=(3,1+a,2-a).

设平面BB1C1C与平面DFE的二面角的平面角为θ,

【评注】立体几何中平行、垂直、夹角及距离等几何问题,采取综合几何法解决时对逻辑推理的要求较高,而借助空间直角坐标系转化为相应的代数运算,将最值问题转化为函数问题,以运算推导分化定理的逻辑推理难度.空间向量的引入是解决立体几何问题的一种革命.

策略二 构图,将抽象转化为直观

处理数学问题,通常可从代数、几何等不同的角度去剖析问题,以形助数、以数解形,通过改变问题的内部或外部结构特征,实施有效的化归与转化,将抽象问题直观化,基于显性特征,运用逻辑推理解决问题.

【解析】当x∈(0,2]时,

即(x-1)2+y2=1,y≥0.

又f(x)为奇函数,周期为4,

如图,画出函数f(x)与g(x)的大致图象,

要使f(x)=g(x)在(0,9]上有8个实根,

只需两个函数图象有8个交点即可.

函数f(x)与g(x)的图象有2个交点;

当g(x)=k(x+2)时,

g(x)为恒过点(-2,0)的直线,

只需函数f(x)与g(x)=k(x+2)的图象有6个交点.

当f(x)与g(x)图象相切时,

点(1,0)到直线kx-y+2k=0的距离为1,

此时函数f(x)与g(x)的图象恰有3个交点;

当g(x)=k(x+2)过点(1,1)时,

函数f(x)与g(x)的图象有6个交点,

【评注】根据函数的周期性作图,将方程的根的个数转化为两个函数图象的交点个数问题,通过数形结合,从而确定参数的取值范围.函数零点问题,通过数形结合能够将问题转化为直观的图形分析,化繁为简,简洁明了.

( )

作出函数g(t)=sint的大致图象如图所示.

又f(x)在(0,π)上有三个极值点、两个零点,

故选C.

【解析】如图,过点P作PM⊥AF2的延长线,

垂足为M,

因为△PF1F2为等腰三角形,

F1F2=2c,∠F1F2P=120°,

所以PF2=2c,∠PF2M=60°,

所以在Rt△PAM中,

【评注】解析几何如果仅仅是纯粹的代数计算那便失去了几何的味道,故解析几何问题首先要仔细分析几何关系,构造几何图形,将问题转化为几何关系.理清几何关系,明确运算方向,优化运算,实现少算多想.

策略三 换元,将复杂转化为简单

【解析】如图,以A为坐标原点,

AD所在直线为x轴,AB所在直线为y轴建立平面直角坐标系,

则点C坐标为(2,1).

因为|AB|=1,|AD|=2,

又BD是⊙C的切线,切点为E,

所以CE⊥BD,

因为P在⊙C上,

则λ+μ的最大值为3.

令2ax2-x+1=0,

方程2ax2-x+1=0有两个不相等的正根x1,x2,

不妨设x1

当x∈(0,x1)∪(x2,+∞)时,f′(x)<0,

当x∈(x1,x2)时,f′(x)>0,

故函数f(x)在(0,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增,

即f(x)有极小值点x1和极大值点x2,

故f(x1)+f(x2)>5-2ln2.

(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;

当a≤2时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;

(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知,当且仅当a>2时,f(x)存在两个极值点.

由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,

所以x1x2=1,

不妨设x11.

由(Ⅰ)知,g(x)在(0,+∞)上单调递减,

又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,

【评注】多变量问题常规做法都是通过换元或者消元将多变量问题转化为单变量问题进行处理.例题8充分借助韦达定理,将和与乘积进行整体换元,例题9充分利用两个变量的等量关系x1x2=1实现用一个变量表示另一个变量,将二元问题转化为单变量问题,并转化为单变量函数问题,然后构造函数解决问题.

【例题10】(2015·全国Ⅰ卷文·21)设函数f(x)=e2x-alnx.

(Ⅰ)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点的个数;

【解析】(Ⅰ)f(x)的定义域为(0,+∞),

当a≤0时,f′(x)>0,f′(x)没有零点;

当a>0时,f′(x)在(0,+∞)上单调递增.

f′(b)<0,

故当a>0时,f′(x)存在唯一零点.

(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)可设f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,

当x∈(0,x0)时,f′(x)<0;

当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,

故f(x)在(0,x0)上单调递减,

在(x0,+∞)上单调递增,

所以当x=x0时,

f(x)取得最小值,

最小值为f(x0)=e2x0-alnx0.

故当a>0时,

【评注】例题10第(Ⅱ)题极小值存在但不可直接求出,故假设极小值点x0,将最小值转化为x0的代数式,再将指数式和对数式用多项式进行换元,转化为基本不等式模型求解取值范围.与“隐零点”问题类似,通常都要涉及设元,将超越式或者复杂式子通过换元转化为多项式函数问题进行处理.

策略四 构造,将陌生转化为熟悉

【例题11】已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.

【证明】(Ⅰ)由an+1=3an+1得

因为当n≥1时,3n-1≥2·3n-1,

( )

A.aC.c

【解析】设f(x)=ln(1+x)-x,x>-1,

当x∈(-1,0)时,f′(x)>0,

当x∈(0,+∞)时,f′(x)<0,

所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,

在(-1,0)上单调递增,

故a

设g(x)=xex+ln(1-x),0

令h(x)=ex(x2-1)+1,0

则h′(x)=ex(x2+2x-1),

则函数h(x)=ex(x2-1)+1单调递减;

则函数h(x)=ex(x2-1)+1单调递增.

又h(0)=0,

即g′(x)>0,

所以函数g(x)单调递增,

所以g(0.1)>g(0)=0,

即0.1e0.1>-ln0.9,

所以a>c,故c

【评注】比较大小问题是近几年全国卷的热点问题,本题难度较大,需要构造函数借助函数的单调性将实数大小转化为函数值的大小.根据代数结构特征构造函数需要平时积累一定的基本活动经验,敢于尝试,大胆创新.

策略五 分类讨论,将未知转化为已知

当a≤0时,ax-1<0,

当x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;

当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,

故f(x)max=f(1)=a-1<0,

此时函数无零点,不符合题意;

又f(1)=a-1<0,

所以f(x)单调递增.

又f(1)=a-1=0,

所以f(x)有唯一零点,符合题意;

此时f(1)=a-1>0.

使得f(n)<0,

所以f(x)有唯一零点,符合题意.

综上所述,a的取值范围为(0,+∞).

【评注】解决本题的关键是利用导数研究函数的单调性与极值,通过对参数取值范围的分类讨论,把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.参数的取值范围确定了,就相当于多了一个已知条件,原来模糊的取值就变得明晰了.

【教学建议】