高考数学二轮复习知识 方法篇 专题11　数学方法 第47练 含答案

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[题型分析·高考展望] 配方法是对数学式子进行一种定向变形(配成“完全平方”)的技巧，通过配方找到已知和未知的联系，从而化繁为简.如何配方，需要我们根据题目的要求，合理运用“裂项”与“添项”、“配”与“凑”的技巧，完全配方.配方法是数学中化归思想应用的重要方法之一.
待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程.使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决，要判断一个问题是否用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式，如果具有，就可以用待定系数法求解.例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等，这些问题都具有确定的数学表达形式，所以都可以用待定系数法求解.
高考必会题型
题型一 配方法
例1 (1)设x∈[2，8]时，函数f(x)＝eq \f(1,2)lga(ax)·lga(a2x)(a>0，且a≠1)的最大值是1，最小值是－eq \f(1,8)，则a的值是________.
(2)函数y＝cs 2x＋2sin x的最大值为________.
(3)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量eq \(OA,\s\up6(→))＝(2，2)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(4，1)，在x轴上取一点P，使eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))有最小值，则P点的坐标是________.
答案 (1)eq \f(1,2) (2)eq \f(3,2) (3)(3，0)
解析 (1)由题意知f(x)＝eq \f(1,2)(lgax＋1)·(lgax＋2)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(lgax2＋3lgax＋2))
＝eq \f(1,2)(lgax＋eq \f(3,2))2－eq \f(1,8).
当f(x)取最小值－eq \f(1,8)时，lgax＝－eq \f(3,2)，
又∵x∈[2，8]，∴a∈(0，1).
∵f(x)是关于lgax的二次函数，
∴函数f(x)的最大值必在x＝2或x＝8处取得.
若eq \f(1,2)(lga2＋eq \f(3,2))2－eq \f(1,8)＝1，
则a＝2 SKIPIF 1 < 0 ，
f(x)取得最小值时，x＝(2 SKIPIF 1 < 0 ) SKIPIF 1 < 0 ＝eq \r(2)∉[2，8]，舍去.
若eq \f(1,2)(lga8＋eq \f(3,2))2－eq \f(1,8)＝1，
则a＝eq \f(1,2)，f(x)取得最小值时，
x＝(eq \f(1,2)) SKIPIF 1 < 0 ＝2eq \r(2)∈[2，8]，
∴a＝eq \f(1,2).
(2)y＝cs 2x＋2sin x＝1－2sin2x＋2sin x
＝－2(sin2x－sin x)＋1
＝－2(sin x－eq \f(1,2))2＋2×eq \f(1,4)＋1
＝－2(sin x－eq \f(1,2))2＋eq \f(3,2).
因为－1≤sin x≤1，
所以当sin x＝eq \f(1,2)时，y取最大值，
最大值为eq \f(3,2).
(3)设P点坐标为(x，0)，则eq \(AP,\s\up6(→))＝(x－2，－2)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(x－4，－1)，
eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝(x－2)(x－4)＋(－2)×(－1)＝x2－6x＋10＝(x－3)2＋1，
当x＝3时，eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))有最小值1，
∴此时点P坐标为(3，0).
点评 配方法使用的最基本的配方依据是二项完全平方式(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，具体操作时通过加上一次项系数一半的平方，配凑成完全平方式，注意要减去所添的项，最常见的配方是进行恒等变形，使数学式子出现完全平方.它主要适用于：已知或者未知中含有二次方程、二次不等式、二次函数、二次代数式的讨论与求解等问题.如：y＝x2＋bx＋c＝x2＋2×eq \f(b,2)x＋(eq \f(b,2))2－(eq \f(b,2))2＋c＝(x＋eq \f(b,2))2＋eq \f(4c－b2,4)，y＝ax2＋bx＋c＝a(x2＋eq \f(b,a)x)＋c＝a[x2＋2×eq \f(b,2a)x＋(eq \f(b,2a))2－(eq \f(b,2a))2]＋c＝a(x＋eq \f(b,2a))2＋eq \f(4ac－b2,4).
变式训练1 (1)若函数f(x)＝m－eq \r(x＋3)的定义域为[a，b]，值域为[a，b]，则实数m的取值范围是________.
(2)已知函数y＝－sin2x＋asin x－eq \f(a,4)＋eq \f(1,2)的最大值为2，则a的值为________.
(3)已知向量a＝(λ＋2，λ2－cs2α)，b＝(m，eq \f(m,2)＋sin α)，其中λ，m，α为实数，若a＝2b，则eq \f(λ,m)的取值范围是________.
答案 (1)－eq \f(9,4)2时，
函数y＝－(t－eq \f(a,2))2＋eq \f(1,4)(a2－a＋2)在[－1，1]上单调递增，
所以由ymax＝－1＋a－eq \f(1,4)a＋eq \f(1,2)＝2，
得a＝eq \f(10,3).
③当eq \f(a,2)0)的中心和左焦点，点P为双曲线右支上的任意一点，则eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))的取值范围为______________.
答案 [3＋2eq \r(3)，＋∞)
解析 由条件知a2＋1＝22＝4，∴a2＝3，
∴双曲线方程为eq \f(x2,3)－y2＝1，
设P点坐标为(x，y)，则eq \(OP,\s\up6(→))＝(x，y)，eq \(FP,\s\up6(→))＝(x＋2，y)，
∵y2＝eq \f(x2,3)－1，
∴eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))＝x2＋2x＋y2＝x2＋2x＋eq \f(x2,3)－1
＝eq \f(4,3)x2＋2x－1＝eq \f(4,3)(x＋eq \f(3,4))2－eq \f(7,4).
又∵x≥ eq \r(3)(P为右支上任意一点)，∴eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))≥3＋2eq \r(3).
3.已知a为正的常数，若不等式eq \r(1＋x)≥1＋eq \f(x,2)－eq \f(x2,a)对一切非负实数x恒成立，则a的最大值为________.
答案 8
解析 原不等式即eq \f(x2,a)≥1＋eq \f(x,2)－eq \r(1＋x)，(*)
令eq \r(1＋x)＝t，t≥1，
则x＝t2－1，所以(*)即eq \f(t2－12,a)≥1＋eq \f(t2－1,2)－t
＝eq \f(t2－2t＋1,2)＝eq \f(t－12,2)对t≥1恒成立，
所以eq \f(t＋12,a)≥eq \f(1,2)对t≥1恒成立，
又a为正的常数，
所以a≤[2(t＋1)2]min＝8，
故a的最大值是8.
4.设e1，e2为单位向量，非零向量b＝xe1＋ye2，x，y∈R，若e1，e2的夹角为eq \f(π,6)，则eq \f(|x|,|b|)的最大值等于________.
答案 2
解析 ∵|b|2＝(xe1＋ye2)2＝x2＋y2＋2xye1·e2＝x2＋y2＋eq \r(3)xy.
∴eq \f(|x|,|b|)＝eq \f(|x|,\r(x2＋y2＋\r(3)xy))，
当x＝0时，eq \f(|x|,|b|)＝0；
当x≠0时，
eq \f(|x|,|b|)＝ eq \f(1,\r(\f(y,x)2＋\f(\r(3)y,x)＋1))＝ eq \f(1,\r(\f(y,x)＋\f(\r(3),2)2＋\f(1,4)))≤2.
5.(2015·浙江)已知e1，e2是空间单位向量，e1·e2＝eq \f(1,2)，若空间向量b满足b·e1＝2，b·e2＝eq \f(5,2)，且对于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，则x0＝__________，y0＝________，|b|＝________.
答案 1 2 2eq \r(2)
解析 方法一 由题意得x＝x0，y＝y0时，|b－(xe1＋ye2)|取得最小值1，把|b－(xe1＋ye2)|平方，转化为|b|2＋x2＋y2＋xy－4x－5y，把x2＋y2＋xy－4x－5y看成关于x的二次函数，利用二次函数的性质确定最值及取最值的条件.对于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，说明当x＝x0，y＝y0时，|b－(xe1＋ye2)|取得最小值1.
|b－(xe1＋ye2)|2＝|b|2＋(xe1＋ye2)2－2b·(xe1＋ye2)＝|b|2＋x2＋y2＋xy－4x－5y，要使|b|2＋x2＋y2＋xy－4x－5y取得最小值，需要把x2＋y2＋xy－4x－5y看成关于x的二次函数，即f(x)＝x2＋(y－4)x＋y2－5y，其图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为x＝2－eq \f(y,2)，所以当x＝2－eq \f(y,2)时，f(x)取得最小值，代入化简得f(x)＝eq \f(3,4)(y－2)2－7，显然当y＝2时，f(x)min＝－7，此时x＝2－eq \f(y,2)＝1，所以x0＝1，y0＝2.此时|b|2－7＝1，可得|b|＝2eq \r(2).
方法二 ∵e1·e2＝|e1|·|e2|cs〈e1，e2〉＝eq \f(1,2)，
∴〈e1，e2〉＝eq \f(π,3).
不妨设e1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，e2＝(1，0，0)，b＝(m，n，t).
由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b·e1＝\f(1,2)m＋\f(\r(3),2)n＝2，,b·e2＝m＝\f(5,2)，))
解得n＝eq \f(\r(3),2)，m＝eq \f(5,2)，
∴b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(\r(3),2)，t)).
∵b－(xe1＋ye2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)－\f(1,2)x－y，\f(\r(3),2)－\f(\r(3),2)x，t))，
∴|b－(xe1＋ye2)|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)－\f(x,2)－y))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)－\f(\r(3),2)x))2＋t2＝x2＋xy＋y2－4x－5y＋t2＋7＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(y－4,2)))2＋eq \f(3,4)(y－2)2＋t2.由题意知，当x＝x0＝1，y＝y0＝2时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(y－4,2)))2＋eq \f(3,4)(y－2)2＋t2取到最小值.此时t2＝1，故|b|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2＋t2)＝2eq \r(2).
6.已知函数f(x)＝－x2＋ax＋b2－b＋1(a∈R，b∈R)，对任意实数x都有f(1－x)＝f(1＋x)成立，若当x∈[－1，1]时，f(x)>0恒成立，则b的取值范围是________________.
答案 (－∞，－1)∪(2，＋∞)
解析 由于对任意实数x都有f(1－x)＝f(1＋x)成立，
则f(x)的对称轴为x＝1，所以a＝2，
f(x)＝－x2＋2x＋b2－b＋1＝－(x－1)2＋b2－b＋2，
则f(x)在区间[－1，1]上单调递增，
当x∈[－1，1]时，要使f(x)>0恒成立，
只需f(－1)>0，即b2－b－2>0，
则b2.
7.(2015·陕西)若抛物线y2＝2px(p＞0)的准线经过双曲线x2－y2＝1的一个焦点，则p＝________.
答案 2eq \r(2)
解析 由于双曲线x2－y2＝1的焦点为(±eq \r(2)，0)，故应有eq \f(p,2)＝eq \r(2)，p＝2eq \r(2).
8.(2015·北京改编)已知双曲线eq \f(x2,a2)－y2＝1(a>0)的一条渐近线为eq \r(3)x＋y＝0，则该双曲线的方程为________________.
答案 3x2－y2＝1
解析 双曲线eq \f(x2,a2)－y2＝1(a>0)的渐近线方程为y＝±eq \f(1,a)x，
eq \r(3)x＋y＝0⇒y＝－eq \r(3)x，
∵a>0，则－eq \f(1,a)＝－eq \r(3)，a＝eq \f(\r(3),3)，
则该双曲线的方程为3x2－y2＝1.
9.设函数f(x)＝kax－a－x(a>0且a≠1)是定义域为R的奇函数，若f(1)＝eq \f(3,2)，且g(x)＝a2x＋a－2x－4f(x)，求g(x)在[1，＋∞)上的最小值.
解 ∵f(x)是定义域为R的奇函数，
∴f(0)＝0，
∴k－1＝0，即k＝1.
∵f(1)＝eq \f(3,2)，∴a－eq \f(1,a)＝eq \f(3,2)，
即2a2－3a－2＝0，
∴a＝2或a＝－eq \f(1,2)(舍去)，
∴g(x)＝22x＋2－2x－4(2x－2－x)
＝(2x－2－x)2－4(2x－2－x)＋2.
令t(x)＝2x－2－x(x≥1)，
则t′(x)＝2xln 2＋2－xln 2＞0，
∴t(x)在[1，＋∞)上为增函数，
即t(x)≥t(1)＝eq \f(3,2)，
∴原函数变为w(t)＝t2－4t＋2＝(t－2)2－2，
∴当t＝2时，w(t)min＝－2，此时x＝lg2(1＋eq \r(2)).
即g(x)在x＝lg2(1＋eq \r(2))时取得最小值－2.
10.(2015·安徽)设椭圆E的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a，0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为eq \f(\r(5),10).
(1)求E的离心率e；
(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，点N关于直线AB的对称点的纵坐标为eq \f(7,2)，求E的方程.
解 (1)由题设条件知，点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)a，\f(1,3)b))，
又kOM＝eq \f(\r(5),10)，从而eq \f(b,2a)＝eq \f(\r(5),10)，
进而得a＝eq \r(5)b，c＝eq \r(a2－b2)＝2b，
故e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(5),5).
(2)由题设条件和(1)的计算结果可得，
直线AB的方程为eq \f(x,\r(5)b)＋eq \f(y,b)＝1，
点N的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)b，－\f(1,2)b)).
设点N关于直线AB的对称点S的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(7,2)))，
则线段NS的中点T的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),4)b＋\f(x1,2)，－\f(1,4)b＋\f(7,4))).
又点T在直线AB上，
且kNS·kAB＝－1，
从而有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\f(\r(5),4)b＋\f(x1,2),\r(5)b)＋\f(－\f(1,4)b＋\f(7,4),b)＝1，,\f(\f(7,2)＋\f(1,2)b,x1－\f(\r(5),2)b)＝\r(5)，))
解得b＝3.
所以a＝3eq \r(5)，故椭圆E的方程为eq \f(x2,45)＋eq \f(y2,9)＝1.
11.(2015·浙江)已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋eq \f(1,2)对称.
(1)求实数m的取值范围；
(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).
解 (1)由题意知m≠0，可设直线AB的方程为
y＝－eq \f(1,m)x＋b.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝－\f(1,m)x＋b))消去y，
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,m2)))x2－eq \f(2b,m)x＋b2－1＝0.
因为直线y＝－eq \f(1,m)x＋b与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋eq \f(4,m2)＞0，①
将AB中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2mb,m2＋2)，\f(m2b,m2＋2)))
代入直线方程y＝mx＋eq \f(1,2)，解得b＝－eq \f(m2＋2,2m2)，②
由①②得m＜－eq \f(\r(6),3)或m＞eq \f(\r(6),3).
(2)令t＝eq \f(1,m)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(6),2)))，
则|AB|＝eq \r(t2＋1)·eq \f(\r(－2t4＋2t2＋\f(3,2)),t2＋\f(1,2))，
且O到直线AB的距离为d＝eq \f(t2＋\f(1,2),\r(t2＋1)).
设△AOB的面积为S(t)，
所以S(t)＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(1,2) eq \r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2－\f(1,2)))2＋2)≤eq \f(\r(2),2)，
当且仅当t2＝eq \f(1,2)时，等号成立.
故△AOB面积的最大值为eq \f(\r(2),2).
12.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*).
(1)求数列{an}的前三项a1，a2，a3；
(2)求证：数列{an＋eq \f(2,3)(－1)n}为等比数列，并求出{an}的通项公式.
解 (1)在Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)中分别令n＝1，2，3，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2a1－1，,a1＋a2＝2a2＋1，,a1＋a2＋a3＝2a3－1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,a2＝0，,a3＝2.))
(2)由Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)得，
Sn－1＝2an－1＋(－1)n－1(n≥2)，两式相减得
an＝2an－1－2(－1)n(n≥2)，
an＝2an－1－eq \f(4,3)(－1)n－eq \f(2,3)(－1)n
＝2an－1＋eq \f(4,3)(－1)n－1－eq \f(2,3)(－1)n(n≥2)，
∴an＋eq \f(2,3)(－1)n＝2[an－1＋eq \f(2,3)(－1)n－1](n≥2).
故数列{an＋eq \f(2,3)(－1)n}是以a1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)为首项，
2为公比的等比数列.
∴an＋eq \f(2,3)(－1)n＝eq \f(1,3)×2n－1，
an＝eq \f(1,3)×2n－1－eq \f(2,3)×(－1)n
＝eq \f(2n－1,3)－eq \f(2,3)(－1)n.