高考数学二轮复习知识 方法篇 专题11　数学方法 第48练 含答案

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第48练　整体策略与换元法[题型分析·高考展望]　整体思想是指把研究对象的某一部分(或全部)看成一个整体，通过观察与分析，找出整体与局部的联系，从而在客观上寻求解决问题的新途径.换元法又称辅助元素法、变量代换法，通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来；或者把条件与结论联系起来；或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化.高考必会题型题型一　整体策略例1　(1)计算(1－－－－…－)×(＋＋＋＋…＋)－(1－－－－－…－－)×(＋＋＋…＋)；(2)解方程(x2＋5x＋1)(x2＋5x＋7)＝7.解　(1)设＋＋＋…＋＝t，则原式＝(1－t)(t＋)－(1－t－)t＝t＋－t2－t－t＋t2＋t＝.(2)设x2＋5x＝t，则原方程化为(t＋1)(t＋7)＝7，∴t2＋8t＝0，解得t＝0或t＝－8，当t＝0时，x2＋5x＝0，x(x＋5)＝0，x1＝0，x2＝－5；当t＝－8时，x2＋5x＝－8，x2＋5x＋8＝0，Δ＝b2－4ac＝25－4×1×8<0，此时方程无解；即原方程的解为x1＝0，x2＝－5.点评　整体是与局部对应的，按常规不容易求某一个(或多个)未知量时，可打破常规，根据题目的结构特征，把一组数或一个代数式看作一个整体，从而使问题得到解决.变式训练1　计算：(1－－－)×(＋＋＋)－(1－－－－)×(＋＋).解　令＋＋＝t，则原式＝(1－t)(t＋)－(1－t－)t＝t＋－t2－t－t＋t2＝.题型二　换元法例2　(1)已知函数f(x)＝4x－2xt＋t＋1在区间(0，＋∞)上的图象恒在x轴上方，则实数t的取值范围是________________.(2)已知点A是椭圆＋＝1上的一个动点，点P在线段OA的延长线上，且·＝48，则点P的横坐标的最大值为________.答案　(1)(－∞，2＋2)　(2)10解析　(1)令m＝2x(m>1)，则问题转化为函数f(m)＝m2－mt＋t＋1在区间(1，＋∞)上的图象恒在x轴上方，即Δ＝t2－4(t＋1)<0或解得t<2＋2，即实数t的取值范围是(－∞，2＋2).(2)当点P的横坐标最大时，射线OA的斜率k>0，设OA：y＝kx，k>0，与椭圆＋＝1联立解得x＝，又·＝xAxP＋k2xAxP＝48，解得xP＝＝＝，令9＋25k2＝t>9，即k2＝，则xP＝＝×25＝80≤80×＝10，当且仅当t＝16，即k2＝时取等号，所以点P的横坐标的最大值为10.(3)已知函数f(x)＝ax－ln(1＋x2).①当a＝时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的极值；②证明：当x>0时，ln(1＋x2)<x；③证明(1＋)(1＋)…(1＋)<e(n∈N*，n≥2，e为自然对数的底数).①解　当a＝时，f(x)＝x－ln(1＋x2)，f′(x)＝－＝＝0，x＝2或x＝.f(x)和f′(x)随x的变化情况如下表：x(0，)(，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗ f(x)极大值＝f()＝－ln ，f(x)极小值＝f(2)＝－ln 5.②证明　令g(x)＝x－ln(1＋x2)，则g′(x)＝1－≥0，∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数，g(x)>g(0)＝0，∴ln(1＋x2)<x.③证明　由②知，ln(1＋x2)<x，令x2＝得，ln(1＋)<<＝－，∴ln(1＋)＋ln(1＋)＋…＋ln(1＋)<1－＋－＋－＋…＋－＝1－<1，∴(1＋)(1＋)…(1＋)<e.点评　换元法是解数学题时，把某个式子看成一个整体，用一个变量去代替它，使问题得到简化， 变得容易处理，换元法的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是通过换元变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来；或者把条件与结论联系起来；或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化.主要考查运用换元法处理以函数、三角函数、不等式、数列、解析几何为背景的最值、值域或范围问题，通过换元法把不熟悉、不规范、复杂的典型问题转化为熟悉、规范、简单的典型问题，起到化隐形为显性、化繁为简、化难为易的作用，以优化解题过程.变式训练2　(1)已知函数f(x)＝＋2x(x>1)，则f(x)的最小值为________.答案　2＋2解析　f(x)＝＋2(x－1)＋2，令x－1＝t，则f(t)＝＋2t＋2(t>0)，∴f(t)≥2 ＋2＝2＋2.当且仅当＝2t时等号成立，故f(x)的最小值为2＋2，当且仅当＝2(x－1)，即x＝＋1时等号成立.(2)已知在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S＝an.①求Sn的表达式；②设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，证明Tn<.①解　∵S＝an，an＝Sn－Sn－1 (n≥2)，∴S＝(Sn－Sn－1)，即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，     (*)由题意得Sn－1·Sn≠0，(*)式两边同除以Sn－1·Sn，得－＝2，∴数列是首项为＝＝1，公差为2的等差数列.∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝.②证明　∵bn＝＝＝，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝＝<，∴Tn<.高考题型精练1.已知长方体的表面积为11，其12条棱的长度之和为24，则这个长方体的一条对角线长为(　　)A.2  B.  C.5  D.6答案　C解析　设长方体长，宽，高分别为x，y，z，由已知“长方体的表面积为11，其12条棱的长度之和为24”，得长方体所求对角线长为＝＝＝5，故选C.2.设实数x，y，m，n满足x2＋y2＝1，m2＋n2＝3，那么mx＋ny的最大值是______.答案　解析　设x＝sin α，y＝cos α，m＝sin β，n＝cos β，其中α，β∈(0°，180°)，∴mx＋ny＝sin βsin α＋cos βcos α＝cos(α－β)，故最大值为.3.函数y＝3－4的最小值为________.答案　－8解析　由解得－2≤x≤2，所以函数的定义域为[－2，2].因为()2＋()2＝4，故可设(θ∈[0，])，则y＝3×2sin θ－4×2cos θ＝6sin θ－8cos θ＝10sin(θ－φ)(φ∈(0，)，cos φ＝，sin φ＝)，因为θ∈[0，]，所以θ－φ∈[－φ，－φ]，所以当θ＝0时，函数取得最小值10sin(－φ)＝10×(－)＝－8.4.已知不等式>ax＋的解集是(4，b)，则a＝______，b＝________.答案　　36解析　令＝t，则t>at2＋，即at2－t＋<0，其解集为(2，)，故解得a＝，b＝36.5.已知y＝f(x)为偶函数，当x≥0时，f(x)＝－x2＋2x，则满足f(f(a))＝的实数a的个数为________.答案　8解析　由题意知，f(x)＝其图象如图所示，令t＝f(a)，则t≤1，令f(t)＝，解得t＝1－或t＝－1±，即f(a)＝1－或f(a)＝－1±，由数形结合得，共有8个交点.6.设f(x2＋1)＝loga(4－x4)(a>1)，则f(x)的值域是________.答案　(－∞，loga4]解析　设x2＋1＝t(t≥1)，∴f(t)＝loga[－(t－1)2＋4]，∴值域为(－∞，loga4].7.已知m∈R，函数f(x)＝g(x)＝x2－2x＋2m－1，若函数y＝f(g(x))－m有6个零点，则实数m的取值范围是________.答案　(0，)解析　函数f(x)＝的图象如图所示，令g(x)＝t，y＝f(t)与y＝m的图象最多有3个交点，当有3个交点时，0<m<3，从左到右交点的横坐标依次t1<t2<t3，由于函数有6个零点，t＝x2－2x＋2m－1，则每一个t的值对应2个x的值，则t的值不能为最小值，函数t＝x2－2x＋2m－1的对称轴为x＝1，则最小值1－2＋2m－1＝2m－2，由图可知，2t1＋1＝－m，则t1＝，由于t1是交点横坐标中最小的，满足>2m－2，①又0<m<3，②联立①②得0<m<.8.已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0.(1)求y－x的最大值和最小值；(2)求x2＋y2的最大值和最小值解　方程x2＋y2－4x＋1＝0变形为(x－2)2＋y2＝3，表示的图形是圆.(1)设x－2＝cos θ，则y＝sin θ，故x＝2＋cos θ，y＝sin θ，则y－x＝sin θ－cos θ－2＝sin(θ－)－2，∴当θ－＝2kπ－(k∈Z)时，y－x有最小值－－2，当θ－＝2kπ＋(k∈Z)时，y－x有最大值－2.(2)由(1)知x2＋y2＝(2＋cos θ)2＋(sin θ)2＝7＋4cos θ.∴当θ＝2kπ(k∈Z)时，x2＋y2有最大值7＋4，当θ＝2kπ＋π(k∈Z)时，x2＋y2有最小值7－4.9.平面内动点P与两定点A(－2，0)，B(2，0)连线的斜率之积等于－，若点P的轨迹为曲线E，直线l过点Q(－，0)交曲线E于M，N两点.(1)求曲线E的方程，并证明：∠MAN是一定值；(2)若四边形AMBN的面积为S，求S的最大值.解　(1)设动点P坐标为(x，y)，当x≠±2时，由条件得：·＝－，化简得＋y2＝1(x≠±2)，曲线E的方程为＋y2＝1(x≠±2)，由题意可设直线l的方程为x＝ky－，联立方程组可得化简得(k2＋4)y2－ky－＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1y2＝－，y1＋y2＝.又A(－2，0)，则·＝(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝(k2＋1)y1y2＋k(y1＋y2)＋＝0，所以∠MAN＝90°，所以∠MAN的大小为定值.(2)S＝|AB|·|y1－y2|＝·|2＋2|·＝2＝，令k2＋4＝t(t≥4)，∴k2＝t－4，∴S＝ .设f(t)＝，∴f′(t)＝＝，∵t≥4，∴f′(t)<0，∴y＝f(t)在[4，＋∞)上单调递减.∴f(t)≤f(4)＝＝4，由t＝4，得k＝0，此时S有最大值.