化歸與轉化思想在解題中的應用

羅文軍

化歸與轉化思想方法用在研究、解決數(shù)學問題時，思維受阻或尋求簡單方法或從一種狀況轉化到另一種情形，也就是轉化到另一種情境使問題得到解決.這種轉化是解決問題的有效策略，同時也是獲取成功的思維方式.化歸與轉化的原則有：（1）簡單化原則，將數(shù)學問題的條件和結論，通過數(shù)學推理運算，最大限度地化簡；（2）熟悉化標準化原則，將數(shù)學問題運用合理的轉化方法，從陌生問題化歸與轉化為熟悉問題，從非標準不規(guī)范化歸與轉化為標準規(guī)范；（3）正難則反，遇難則轉，有些問題直接很難解決，可以把角度放到問題的對立面；（4）變通性實用性原則，具體問題具體分析，選取合理的轉化途徑和方法.

一、函數(shù)與導數(shù)中化歸與轉化思想的運用

函數(shù)與導數(shù)中化歸與轉化思想的運用主要體現(xiàn)在：（1）指數(shù)與對數(shù)的互化；（2）函數(shù)與方程的轉化；（3）抽象函數(shù)與一般函數(shù)的相互轉化；（4）不等式問題與函數(shù)極值、最值之間的轉化.

例1.已知a=log23，則4a+4－a=____________.

解析：因為a=log23，所以，2a=3，

所以，4a+4－a=2a2+2a－2=32+3－2=9+19=829.

【點評】本題運用了知識a=logbNba=N，其中b>0且b≠1，N>0.

包含把已知的對數(shù)式化為指數(shù)式的知識，體現(xiàn)了等價轉化思想的簡單化原則，可以提升運算求解能力，落實數(shù)學運算核心素養(yǎng)的培育.

例2.已知偶函數(shù)f（x）在［0，+）單調(diào)遞增，f（3）=0，若f（x－2）<0，則x的取值范圍是____________.

解析：結合題設可構造符合題意的二次函數(shù)f（x）=x2－9，

由f（x－2）=（x－2）2－9<0，可得（x－2）2<9，所以（x－2）2－32<0，

所以，（x+1）（x－5）<0，解得－1

所以，x的取值范圍是（－1，5）.

【點評】本題是抽象函數(shù)問題，根據(jù)題設，構造了一個符合題意的熟悉的二次函數(shù)，再通過解一元二次不等式得出結果，將抽象問題具體化，體現(xiàn)了將陌生問題熟悉化、復雜問題具體化的化歸與轉化原則，通過本解法可以提升學生的運算求解能力和創(chuàng)新能力，可以提升數(shù)學抽象和數(shù)學運算的核心素養(yǎng).

例3.若函數(shù)f（x）=ex－ax2（a∈R）在（0，+）有兩個不同的零點，則實數(shù)a的取值范圍是（）

A.e22，+

B.e2，+

C.e4，+

D.e24，+

【答案】D.

解析：函數(shù)f（x）=ex－ax2（a∈R）在（0，+）有兩個不同的零點，

方程ex－ax2=0（a∈R）在（0，+）有兩個不同的實根，

函數(shù)y=exx2與函數(shù)y=a（a∈R）在（0，+）有兩個不同的交點.

令h（x）=exx2，x∈（0，+），

h′（x）=exx2－2xexx4=exx－2x3，令h′（x）=0，x=2，

當02時，h′（x）>0，

所以，函數(shù)h（x）=exx2在x∈（0，+）的最小值為h（x）min=h（2）=e24，

所以，a>e24，故選答案D.

【點評】本題運用到的知識是把已知函數(shù)在給定區(qū)間上的有兩個不同零點問題化歸為方程在給定區(qū)間上有兩個不同實根，通過分離參數(shù)，再化歸為兩個函數(shù)的圖像在給定區(qū)間上有兩個不同交點問題，構造函數(shù)后，再化歸求函數(shù)在給定開區(qū)間上的最值問題，這個題目將一個函數(shù)最終分解為兩個函數(shù)，而這兩個函數(shù)都有著明顯的特征，這體現(xiàn)了復雜問題簡單化的化歸與轉化原則，通過本題可以提升運算求解能力和創(chuàng)新能力，可以提升數(shù)學運算、直觀想象和邏輯推理的核心素養(yǎng).

例4.已知函數(shù)fx－1x=x2+1x2，則f23=（）

A.229

B.47

C.72

D.9736

【答案】A.

解析：fx－1x=x2+1x2=x－1x2+2，

令t=x－1x，則f（t）=t2+2，所以f23=232+2=49+2=229，

故選答案A.

【點評】本題中先結合題設中函數(shù)解析式的結構特征，借助完全平方公式整理后，整體換元后，得出函數(shù)解析式，再計算函數(shù)值，代數(shù)換元法的運用體現(xiàn)了把復雜化問題簡單化的化歸與轉化原則，通過本題可以提升數(shù)學抽象和數(shù)學運算的核心素養(yǎng).

例5.若函數(shù)y=x2+2mx+1在［2，+）上單調(diào)遞增，則實數(shù)m的取值范圍是（）

A.［－2，+）

B.［2，+）

C.（－，2）

D.（－，2］

解析：函數(shù)y=x2+2mx+1的單調(diào)遞增區(qū)間為［－m，+），

所以［2，+）［－m，+），所以，－m≤2，所以，m≥－2，故選答案A.

【點評】本題結合函數(shù)單調(diào)性的定義，把問題化歸為區(qū)間之間的包含關系，可得出參數(shù)m的取值范圍，體現(xiàn)了把復雜問題簡單化的化歸原則.

例6.已知命題“x∈R，2x2+（m－4）x+12≤0”是假命題，則實數(shù)m的取值范圍為（）

A.（－，2）

B.［2，6］

C.［6，+）

D.（2，6）

解析：因為命題“x∈R，2x2+（m－4）x+12≤0”是假命題，

所以其否定形式“x∈R，2x2+（m－4）x+12>0”是真命題，

則Δ=（m－4）2－4×2×12=（m－2）（m－6）<0，解得2

【點評】本題利用知識點把“特稱命題p：x0∈M，p（x0）為假命題”化歸為則它的否定“全稱命題┐p：x∈M，┐p（x）為真命題”，再根據(jù)不等式恒成立的知識，可以求出參數(shù)m的取值范圍.

例7.已知函數(shù)f（x）=ln（x2+1+x），若實數(shù)a，b滿足f（a+2）+f（b）=0，則a+b=____________.

解析：因為函數(shù)f（x）=ln（x2+1+x），所以函數(shù)f（x）的定義域為R，關于原點對稱.

又因為f（－x）=ln（x2+1－x）=ln1x2+1+x=－ln（x2+1+x）=－f（x），

所以，f（x）為奇函數(shù)，易知函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，因為實數(shù)a，b滿足f（a+2）+f（b）=0，

所以f（a+2）=－f（b）=f（－b），所以，a+2=－b，所以，a+b=－2，故答案為：-2.

【點評】本題把求參數(shù)之和問題，化歸為判斷函數(shù)的單調(diào)性為奇函數(shù)后，利用奇函數(shù)的性質“函數(shù)之和為0則對應的自變量之和為0”求解.

例8.已知函數(shù)f（x）=ax3－3ax2+b，其中實數(shù)a>0，b∈R，則下列結論正確的是（）

A.f（x）必有兩個極值點

B.y=f（x）有且僅有3個零點時，b的范圍是（0，6a）

C.當b=2a時，點（1，0）是曲線y=f（x）的對稱中心

D.當5a

解析：令f′（x）=3ax2－6ax=3ax（x－2）=0，得x=0或x=2，

所以f（x）必有兩個極值點，故A正確；

因為a>0，令f′（x）>0，可得，x<0或x>2，令f′（x）<0，可得0

所以，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（－，0）和（2，+），單調(diào)遞增區(qū)間為（0，2），

所以f（x）極大值=f（0）=b，f（x）極小值=f（2）=b－4a，

當y=f（x）有且僅有3個零點時，則f（0）>0，f（2）<0，所以，0

當b=2a時，f（x）=ax3－3ax2+2a，f′（x）=3ax2－6ax，f″（x）=6ax－6a=0，

x=1，f（1）=a－3a+2a=0，對稱中心為（1，0），故答案C正確.

設切點（x0，ax30－3ax20+b），k=f′（x0）=3ax20－6ax0，

所以y－（ax30－3ax20+b）=（3ax20－6ax0）（x－x0）.

因為過點A（2，a），所以a－（ax30－3ax20+b）=（3ax20－6ax0）（2－x0），

所以，2x30－9x20+12x0+1=ba，令g（x）=2x3－9x2+12x+1，g′（x）=6x2－18x+12=0，

則x=1或x=2，所以，g（x）極大值=g（1）=6，g（x）極小值=g（2）=5，

所以，5

【點評】本題中把判斷三次函數(shù)極值點個數(shù)問題化歸為判斷其導函數(shù)的變號零點個數(shù)問題，把三次函數(shù)有且只有三個零點化歸為其極大值大于0且極小值小于0，把求三次函數(shù)的對稱中心的橫坐標化歸為求三次函數(shù)二階導函數(shù)的零點，把過點A（2，a）可以作曲線y=f（x）的3條切線化歸為函數(shù)g（x）=2x3－9x2+12x+1與函數(shù)y=ba的圖像有三個不同交點問題.

例9.已知函數(shù)f（x）=lnx+ax+1.

（1）討論f（x）的單調(diào)性；

（2）若不等式f（x）－xex≤0恒成立，求a的取值范圍.（參考數(shù)據(jù)：e≈1.6，ln2≈0.7）.

解析：（1）因為f（x）=lnx+ax+1，所以，f′（x）=1x+a=ax+1x，

當a≥0時，f′（x）>0恒成立，所以，f（x）在（0，+）上單調(diào)遞增，

當a<0時，令f′（x）>0，得0－1a，

所以，f（x）在（0，－1a）上單調(diào)遞增，在（－1a，+）上單調(diào)遞減.

（2）f（x）－xex≤0，即lnx+ax+1－xex≤0，即a≤ex－lnxx－1x，

令g（x）=ex－lnxx－1x，g′（x）=ex－1－lnxx2+1x2=x2ex+lnxx2.

令h（x）=x2ex+lnx，則h′（x）=（x2+2x）ex+1x>0恒成立，

所以h（x）=x2ex+lnx在（0，+）上單調(diào)遞增，因為h（12）=e4－ln2<0，h（1）=e>0，

所以存在x0∈（12，1），h（x0）=0，即x20ex0+lnx0=0，

所以，當x∈（0，x0）時，g′（x）<0；當x∈（x0，+）時，g′（x）>0，

所以，g（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，+）上單調(diào)遞增，

所以，g（x）min=g（x0）=ex0－lnx0x0－1x0.

因為，x20ex0+lnx0=0，所以x20ex0=－lnx0，x0ex0=－1x0lnx0=1x0ln1x0=ln1x0×eln1x0，

令φ（x）=xex（x>0），則φ′（x）=（x+1）ex>0，所以φ（x）在（0，+）上單調(diào)遞增，

因為x0，ln1x0∈（0，+），所以，x0=ln1x0=－lnx0，ex0=1x0，

所以，g（x）min=1x0－－x0x0－1x0=1，

則a的取值范圍為（－，1］.

【點評】本題第（2）問中運用到分離變量法和化歸與轉化思想，把證明a≤g（x）在（0，+）上恒成立轉化為a≤gmin（x），其中x∈（0，+）；把x20ex0=－lnx0運用對數(shù)和指數(shù)運算性質等價轉化為x0ex0=ln1x0×eln1x0，運用同構法的思想構造函數(shù)φ（x）=xex（x>0），把x0ex0和ln1x0×eln1x0分別看成函數(shù)φ（x）=xex（x>0）在x0和ln1x0處的函數(shù)值.

例10.若函數(shù)f（x）=lnx－ax，g（x）=f（x）－2（x－1）x+1+ax.

（1）求g（x）的零點個數(shù)；

（2）若f（x）的兩個相異零點為x1，x2，求證：x1x2>e2.

解析：（1）g（x）=lnx－2（x－1）x+1，定義域為x∈（0，+），g′（x）=1x－4（x+1）2=（x－1）2x（x+1）2，

因為x∈（0，+），所以g′（x）≥0恒成立，只有g′（1）=0，

所以g（x）在（0，+）上單調(diào)遞增，又g（1）=0，

所以，當x∈（0，+）時，g（x）的零點個數(shù)為1.

（2）不妨設x1>x2>0，由lnx1=ax1，lnx2=ax2，得ln（x1x2）=a（x1+x2），lnx1x2=a（x1－x2），則ln（x1x2）lnx1x2=x1+x2x1－x2=x1x2+1x1x2－1，令t=x1x2>1，即ln（x1x2）lnt=t+1t－1，ln（x1x2）=t+1t－1lnt，

要證x1x2>e2，只需證ln（x1x2）>2，只要證t+1t－1lnt>2，即證lnt>2（t－1）t+1（其中t>1），

即證當t>1時，lnt－2（t－1）t+1>0，

由（1）中可知，當x∈（1，+）時，g（x）>g（1）=0，

所以，lnt－2（t－1）t+1>0成立，故x1x2>e2.

【點評】本題的第（2）問運用了化歸與轉化思想，既有分析法的運用，又有構造法的運用，運用函數(shù)零點的定義結合已知條件建立方程組，把其中的兩個方程分別做乘法和除法，運用對數(shù)的運算性質進行化簡，巧用比值代換法，通過分析法的敘述，不斷把原問題轉化為更簡單和更清晰的問題，最后終于把問題轉化成與函數(shù)g（x）相關聯(lián)的問題，結合第（1）問的探究過程，第（2）問得證.通過本題，可以提升運算求解能力和邏輯思維能力，可以提升數(shù)學抽象、數(shù)學運算和邏輯推理的核心素養(yǎng).

二、三角函數(shù)與解三角形中的化歸與轉化思想

三角函數(shù)中化歸與轉化思想的運用主要體現(xiàn)在：（1）多個三角函數(shù)通過輔助角公式化為只含一個三角函數(shù)；（2）通過換元法化歸為二次函數(shù).化歸與轉化思想在解三角形中的應用主要體現(xiàn)在三角形的邊角之間利用正弦定理、余弦定理統(tǒng)一的轉化化簡上，使關系式中的變量達到統(tǒng)一.

例11.已知α∈－π4，0，β∈π2，π，cosα+β=－45，cosβ－π4=513，則cosα+π4=____________.

解析：因為α∈－π4，0，β∈π2，π，

所以α+β∈π4，π，β－π4∈π4，3π4.

又因為cosα+β=－45，cosβ－π4=513，

所以，sinα+β=35，sinβ－π4=1213，

所以，cosα+π4=cosα+β－β－π4

=cosα+βcosβ－π4+sinα+βsinβ－π4

=－45×513+35×1213=1665.

【點評】本題中把角α+π4化歸為α+β與β－π4之差，根據(jù)題設以及同角三角函數(shù)平方關系式求出sinα+β的值和cosβ－π4的值，再運用差角的余弦公式可以求出cosα+π4的值.

例12.已知函數(shù)f（x）=3sinxcosx+12cos2x，若將其圖像向右平移φ（φ>0）個單位長度后所得的圖像關于原點對稱，則φ的最小值為______.

解析：f（x）=32sin2x+12cos2x=sin2x+π6，

將其圖像向右平移φ（φ>0）個單位長度后得，g（x）=sin2x－2φ+π6，

因為g（x）所得的圖像關于原點對稱，所以g（x）為奇函數(shù)，

所以，sin－2x－2φ+π6=－sin2x－2φ+π6，

所以，－2φ+π6=kπ，其中k∈Z，

所以，φ=π12－kπ2，因為φ>0，所以φmin=π12.

【點評】本題中把將其圖像向右平移φ（φ>0）個單位長度后所得的圖象關于原點對稱化歸為平移后得到的函數(shù)g（x）=sin2x－2φ+π6為奇函數(shù)，利用奇函數(shù)的性質，通過化簡可得出φ的最小值.

例13.設x∈－π6，2π3，求函數(shù)y=sin2x－4sinx+1的最值.

解析：令t=sinx，由于x∈－π6，2π3，故t∈－12，1，

y=t2－4t+1=t－22－3，

因為當t∈－12，1時，函數(shù)單調(diào)遞減，所以當t=－12，即x=－π6時，ymax=134，

當t=1，即x=π2時，ymin=－2，

故函數(shù)的最大值為134，最小值為－2.

【點評】本題運用了換元法，把三角函數(shù)最值問題化歸為二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值問題，體現(xiàn)了熟悉化標準化原則.

例14.在銳角ΔABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，3cosC+sinC=3b且a=1.

（1）求ΔABC的外接圓的半徑；

（2）求2b－c的取值范圍.

解析：（1）由3cosC+sinC=3b且a=1，可得

a（3cosC+sinC）=3b.

由正弦定理，可得sinA（3cosC+sinC）=3sinB，

因為A+B+C=π，所以sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC，

所以，3cosAsinC=sinCsinA，

因為，0

又因為0

（2）由（1）知2R=233，

所以2b－c=2×233sinB－233sinC=433sinB－233sin2π3－B

=433sinB－33sinB－cosB=3sinB－cosB=2sinB－π6.

因為ΔABC為銳角三角形，所以0

則0

【點評】本題第（1）問中，利用正弦定理實現(xiàn)了把邊化歸為角，第（2）問中，運用正弦定理，把邊的問題化歸為關于三角形的一個角的三角函數(shù)值在給定開區(qū)間上的取值范圍問題.

例15.在ΔABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且cosC－3sinC=a－2cb.

（1）求角B的大小；

（2）若b=2，記r為ΔABC的內(nèi)切圓半徑，求r的最大值.

解析：（1）因為cosC－3sinC=a－2cb，

所以bcosC－3bsinC=a－2c，

根據(jù)正弦定理：sinBcosC－3sinBsinC=sinA－2sinC，

所以，sinBcosC－3sinBsinC=sin（B+C）－2sinC，

則2sinC－3sinBsinC=sin（B+C）－sinBcosC=cosBsinC，

因為sinC≠0，所以2－3sinB=cosB，所以2=3sinB+cosB=2sinB+π6，

所以，B+π6=π2，所以B=π3.

（2）已知r為ΔABC的內(nèi)切圓半徑，所以B=π3，b=2，

所以，b2=4=a2+c2－ac=a+c2－3ac.

因為ac≤a+c22，所以4≥a+c2－34a+c2=14（a+c）2，

所以a+c≤4，SΔABC=12acsinB=34ac，

又因為SΔABC=12a+b+cr=12（a+c+2）r，所以r=32·aca+c+2，

所以，r=32·aca+c+2=123·3aca+c+2=123·（a+c）2－4a+c+2=123·（a+c－2）≤33，

當且僅當a=c，即ΔABC為等邊三角形時，r取的最大值為33.

【點評】第（1）問先代數(shù)變形后，根據(jù)正弦定理，把等式兩邊的邊全部化歸與轉化成角的正弦，再運用三角形內(nèi)角和定理、誘導公式、兩角和的正弦公式、輔助角公式化簡，最后得出角B的值；第（2）問運用余弦定理、基本不等式、三角形面積公式化簡后，化歸為不等式問題，運用不等式性質可得出r取的最大值.

三、立體幾何中的化歸與轉化思想

立體幾何中化歸與轉化思想的應用體現(xiàn)在：（1）運用長方體模型將一般問題特殊化；（2）在求空間幾何體的表面積或側面積時將空間問題化歸為平面問題；（3）求四面體的體積時等體積法的運用；（4）運用空間向量法證明線、面之間的平行、垂直關系，運用空間向量求解空間角和距離問題，實現(xiàn)了立體幾何問題代數(shù)化.

例16.點M是正方體ABCD－A1B1C1D1中側面正方形ADD1A1內(nèi)的一個動點，正方體棱長為1，則下面結論正確的是（）

1.滿足MC⊥AD1的點M的軌跡長度為2;

2.點M存在無數(shù)個位置滿足直線BM1//平面BC1D;

3.在線段AD1上存在點M，使異面直線BM1與CD所成的角是30度;

4.若E是CC1的中點，則平面AD1E與平面BCC1B1所成銳二面角的正切值為22.

【答案】ABD.

【解析】對于A，如圖1，因為CD⊥平面ADD1A1，AD1平面ADD1A1，

所以CD⊥AD1；因為四邊形ADD1A1為正方形，所以AD1⊥A1D，

又CD，AD1平面A1B1CD，CD∩AD1=D，所以AD1⊥平面A1B1CD，

所以點M的軌跡即為平面A1B1CD與平面ADD1A1的交線，即為A1D，

所以，點M軌跡的長度為AD2+AA21=2，答案A符合題意；

對于B，如圖2，因為B1D1//BD，BD平面BDC1，B1D1平面BDC1，

所以B1D1//平面BDC1；同理可得：AD1//平面BDC1，又B1D1∩AD1=D1，

B1D1，AD1平面AB1D1，所以平面AB1D1//平面BDC1，

所以點M的軌跡為平面AB1D1與平面ADD1A1的交線，即AD1，

所以點M存在無數(shù)個位置滿足直線BM1//平面BC1D，B符合題意；

對于C，以D為坐標原點，DA，DC，DD1正方向為x，y，z軸，可建立如圖3所示空間直角坐標系，則C（0，1，0），D（0，0，0），B1（1，1，1），A（1，0，0），D1（0，0，1），

所以DC=（0，1，0），AD1=（－1，0，1），設M（s，0，t），AM=λAD1（0≤λ≤1），

所以（s－1，0，t）=（－λ，0，λ），則M（1－λ，0，λ），所以，B1M=（－λ，－1，λ－1），

所以|cos|=|B1M·DC||B1M|·|DC|=|－1|λ2+1+（λ－1）2=12（λ－12）2+32，

即當λ=12時，|cos|max=63<32=cos30°，

所以B1M與DC夾角大于30度，古答案C不符合題意；對于D，有C可得空間直角坐標系如圖4，則A（1，0，0），D1（0，0，1），E（0，1，12），

所以，AD1=（－1，0，1），D1E=（0，1，－12），設平面AD1E的法向量n→=（x，y，z），

所以，AD1·n→=－x+z=0，D1E·n→=y－12z=0，令z=2，解得：x=2，y=1，所以n→=（2，1，2）.

又平面BCC1B1⊥y軸，所以平面BCC1B1的一個法向量m→=（0，1，0），

所以，|cos|=|m→·n→||m→|·|n→|=13，所以|tan|=22，

即平面AD1E與平面BCC1B1所成銳二面角的正切值為22，故D符合題意.

【點評】對于答案A，把找線線垂直化歸與轉化為找線面垂直，進而再轉化成找線線垂直，運用到了直線與平面垂直的定義和直線與平面垂直的判定定理，滿足MC⊥AD1的點M的軌跡即為A1D，運用勾股定理可求得其長度；對于答案B，把找線面平行化歸為轉化為找面面平行，運用了平面與平面平行的判定定理和性質定理，從而得出點M的軌跡為AD1.

對于答案C和答案D，建立空間直角坐標系后，把立體幾何問題轉化成向量問題，實現(xiàn)幾何問題代數(shù)化，答案C中把異面直線所成角問題化歸成空間向量所成角問題，運用二次函數(shù)的知識，得出|cos|的最大值，從而判斷答案C不符合題意，對于答案D，運用法向量的知識，先求出兩平面的法向量的所成角的余弦值的絕對值，再運用同角函數(shù)基本關系式可求出兩平面的法向量的所成角的正切值的絕對值，得出答案D正確.

例17.《幾何原本》是古希臘數(shù)學家歐幾里得的一部不朽之作，其第十一卷中稱軸截面為等腰直角三角形的圓錐為直角圓錐.若一個直角圓錐的側面積為362π，則它的體積為（）

A.182π

B.72π

C. 642π

D.216π

【答案】B.

解析：設該直角圓錐的底面圓半徑為r，高為h，母線長為l，因為直角圓錐的軸截面為等腰直角三角形，所以h=r，l=2r，因為直角圓錐的側面積為362π，

所以πrl=2πr2=362π，解得r=6，

所以，該直角圓錐的體積為V=13πr2h=13πr3=13π×63=72π.

【點評】本題中直角圓錐的側面積化歸與轉化為其側面展開圖扇形的面積，體現(xiàn)了把立體幾何問題轉化為平面幾何問題的思想，運用到了直角圓錐軸截面的性質和圓錐的體積公式.

四、概率與統(tǒng)計中的化歸與轉化思想

概率與統(tǒng)計中的化歸與轉化思想的運用體現(xiàn)在：（1）利用賦值法求二項式的系數(shù)；（2）概率中，當求原事件的概率比較復雜時，利用互為對立事件的概率公式，先求對立事件的概率.

例18.（x+y+z）11展開式的項數(shù)有____________，各項系數(shù)之和為____________.

解析：（x+y+z）11的展開式當中，所有項的結構都是xryszt（其中r，s，t都是自然數(shù)且r+s+t=11），這樣一來，我們就可以分類列舉一下：t=0時，r+s=11，這樣會產(chǎn)生12項；t=1時，r+s=10，這樣會產(chǎn)生11項；t=2時，r+s=9，這樣會產(chǎn)生10項；t=3時，r+s=8，這樣會產(chǎn)生9項；t=4時，r+s=7，這樣會產(chǎn)生8項；…t=11時，r+s=0，這樣會產(chǎn)生1項，所以共有12+11+10+…+1=78項；

（x+y+z）11=x1xr1ys1zt1+x2xr2ys2zt2+x3xr3ys3zt3+…+xkxrkyskztk，

運用賦值法，令x=1，y=1，z=1可得系數(shù)之和為x1+x2+x3+…+xk=311，

故答案為78，311.

【點評】這是一道二項式定理問題，體現(xiàn)了化歸與轉化思想的熟悉化標準化原則.

例19.圍棋盒子中有若干粒黑子和白子，從中任意取出2粒，2粒都是黑子的概率為13，都是白子的概率為215，則取出的2粒顏色不同的概率為（）

A.15

B. 13

C. 715

D. 815

【答案】D.

解析：2粒都是黑子或2粒都是白子的概率為13+215=715，

取出的2粒顏色不同的概率為1－715=815.故選：D.

【點評】本題中運用了對立事件的定義及概率公式，蘊含著“正難則反”思想，運用了化歸與轉化的思想.

五、解析幾何中的化歸與轉化思想

解析幾何中化歸與轉化思想的應用體現(xiàn)在：（1）一些探究性問題中，運用一般問題特殊化先探路；（2）把一些解析幾何定值、最值問題，通過圓錐曲線方程與直線方程聯(lián)立消元后，實現(xiàn)幾何問題代數(shù)化.

例20.過拋物線y=－ax2（a>0）的焦點F，作一直線交拋物線于M，N兩點.若線段MF與FN的長度分別為p，q，則1p+1q等于（）

A.2a

B.12a

C.4a

D.4a

解析：拋物線y=－ax2（a>0）的標準方程為－1ay=x2（a>0），焦點F（0，－14a），

過焦點F作直線垂直于y軸，則|PF|+|QF|=12a，

所以，1p+1q=4a.

【點評】本題中把過焦點F交拋物線于M，N兩點的直線取成過焦點F垂直于y軸的直線，一般問題特殊化，使問題處理變得直接、簡單.特殊問題一般化，運用了化歸與轉化思想，可以使我們從宏觀整體的高度把握問題的一般規(guī)律，從而達到成批處理問題的效果.

例21.已知拋物線C：y2=2px（p>0）的焦點為F，點D（x0，2）在拋物線C上，且|DF|=2.

（1）求拋物線C的標準方程；

（2）直線l：x=my+t與拋物線C交于A，B兩點，點P（－4，0），若∠APO=∠BPO（O為坐標原點），直線l是否恒過點M？若是，求出定點M的坐標；若不是，請說明理由.

解析：（1）由題意可得，2px0=4，x0+p2=2，解得p=2，

所以，拋物線C的標準方程為y2=4x.

（2）設A（x1，y1），B（x2，y2），

聯(lián)立x=my+t，y2=4x，整理可得，y2－4my－4t=0，則y1+y2=4m，y1y2=－4t，

因為∠APO=∠BPO，所以kAP+kBP=0，

所以，y1x1+4+y2x2+4=y1（my2+t+4）+y2（my1+t+4）（my1+t+4）（my2+t+4）=

2my1y2+（t+4）（y1+y2）（my1+t+4）（my2+t+4）=0，

則2m×（－4t）+4m（t+4）=0，即16m－4mt=0，

當m≠0時，t=4，即M（4，0），當m=0時，t=4，符合題意，即M（4，0），

綜上，直線l過定點M（4，0）.

【點評】本題第（2）問中把∠APO=∠BPO化歸與轉化為直線AP與BP的傾斜角互補，進而等價于它們的斜率互為相反數(shù)，再采用通法聯(lián)立直線方程和拋物線的方方程的方法，本題中把已知的幾何條件化歸與轉化成代數(shù)計算，體現(xiàn)把幾何問題化歸成代數(shù)計算的特征.

六、不等式中的化歸與轉化思想

不等式中的化歸與轉化思想體現(xiàn)在：（1）運用換元法求二元條件最值問題；（2）利用反證法證明不等式.

例22.已知實數(shù)x，y滿足2x2－3y2－xy=1，則2x2+3y2的最小值為____________.

解析：因為2x2－3y2－xy=1，所以（2x－3y）（x+y）=1，令m=2x－3y，n=x+y，

則x=m+3n5，y=2n－m5，且mn=1，

所以，2x2+3y2=2m2+18n2+12mn25+3m2+12n2－12mn25=m2+6n25≥265，

當且僅當m2=6，n2=66時，等號成立.

【點評】本題是一道二元條件最值問題，運用了換元法，通過換元，把復雜的已知條件簡單化，體現(xiàn)了化歸與轉化思想的簡單化、熟悉化的原則.

例23.若a

A.1a－b<1a

B. ba

C.a+1b>b+1a

D.（1－a）a<（1－b）b

【答案】ABD.

【解析】取a=－2，b=－1，

對于答案A，1a－b=1－2+1=－1，1a=－12，所以1a－b<1a成立，故答案A正確；

對于答案B，ba=12，b－1a－1=－1－1－2－1=23，所以ba

對于答案C，a+1b=－2－1=－3，b+1a=－1－12=－32，故答案C錯誤；

對于答案D，（1－a）a=（1+2）－2=19，（1－b）b=（1+1）－2=14，故（1－a）a<（1－b）b，

故答案D正確.

【點評】本題運用了特殊值法，把變量問題化歸為常量問題，體現(xiàn)了化歸與轉化思想的簡單化、熟悉化原則.

例24.若0<μ≤14，求證：μ+1μ≥174.

證明：假設μ+1μ<174，

因為μ>0，所以不等式為μ2－174μ+1<0，

即4μ2－17μ+4<0，所以（μ－4）（4μ－1）<0，

所以，14<μ<4，與0<μ≤14矛盾.所以假設不成立.故原不等式成立.

【點評】本題運用了間接證明方法的反證法，把視野轉化到問題的對立面，假設原命題不成立，通過推理論證得出與已知條件矛盾，故原命題成立，體現(xiàn)了化歸與轉化思想.

責任編輯徐國堅