2017版（浙江專版文理通用）知識(shí)·方法篇練習(xí)專題10數(shù)學(xué)方法第41練含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第41練整體策略與換元法［題型分析·高考展望]整體思想是指把研究對(duì)象的某一部分(或全部)看成一個(gè)整體，通過觀察與分析，找出整體與局部的聯(lián)系,從而在客觀上尋求解決問題的新途徑．換元法又稱輔助元素法、變量代換法，通過引進(jìn)新的變量，可以把分散的條件聯(lián)系起來(lái)，隱含的條件顯露出來(lái);或者把條件與結(jié)論聯(lián)系起來(lái)；或者變?yōu)槭煜さ男问?，把?fù)雜的計(jì)算和推證簡(jiǎn)化．高考必會(huì)題型題型一整體策略例1(1)計(jì)算(1－eq\f（1,2)－eq\f(1,3)－eq\f(1，4）－…－eq\f（1，2014)）×（eq\f(1，2)＋eq\f（1,3)＋eq\f(1，4)＋eq\f(1,5）＋…＋eq\f（1,2015）)－(1－eq\f（1,2)－eq\f（1，3）－eq\f（1，4)－eq\f(1，5)－…－eq\f(1,2014)－eq\f(1,2015))×（eq\f（1,2）＋eq\f（1，3)＋eq\f（1，4)＋…＋eq\f(1,2014)）；(2）解方程(x2＋5x＋1）(x2＋5x＋7）＝7.解（1)設(shè)eq\f(1，2）＋eq\f(1，3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2014）＝t,則原式＝(1－t）(t＋eq\f(1,2015）)－(1－t－eq\f(1,2015)）t＝t＋eq\f(1,2015)－t2－eq\f（1，2015）t－t＋t2＋eq\f(1,2015）t＝eq\f(1,2015).(2）設(shè)x2＋5x＝t,則原方程化為（t＋1)(t＋7)＝7,∴t2＋8t＝0，解得t＝0或t＝－8，當(dāng)t＝0時(shí)，x2＋5x＝0，x(x＋5）＝0，x1＝0，x2＝－5；當(dāng)t＝－8時(shí)，x2＋5x＝－8,x2＋5x＋8＝0,Δ＝b2－4ac＝25－4×1×8<0，此時(shí)方程無(wú)解；即原方程的解為x1＝0,x2＝－5.點(diǎn)評(píng)整體是與局部對(duì)應(yīng)的，按常規(guī)不容易求某一個(gè)(或多個(gè)）未知量時(shí),可打破常規(guī)，根據(jù)題目的結(jié)構(gòu)特征，把一組數(shù)或一個(gè)代數(shù)式看作一個(gè)整體，從而使問題得到解決．變式訓(xùn)練1計(jì)算：(1－eq\f(1,2）－eq\f(1,3）－eq\f（1，4)）×(eq\f（1,2)＋eq\f（1,3）＋eq\f（1,4）＋eq\f（1,5)）－（1－eq\f(1,2）－eq\f(1，3）－eq\f(1，4）－eq\f(1，5））×(eq\f（1，2）＋eq\f（1,3)＋eq\f（1,4））．解令eq\f（1，2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＝t，則原式＝（1－t)（t＋eq\f（1，5)）－（1－t－eq\f(1,5)）t＝t＋eq\f(1,5)－t2－eq\f(1，5）t－eq\f（4，5)t＋t2＝eq\f（1，5).題型二換元法例2(1)已知函數(shù)f（x）＝4x－2xt＋t＋1在區(qū)間(0，＋∞)上的圖象恒在x軸上方，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是________________．（2）已知點(diǎn)A是橢圓eq\f(x2，25）＋eq\f（y2,9)＝1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),點(diǎn)P在線段OA的延長(zhǎng)線上，且eq\o（OA，\s\up6（→))·eq\o（OP,\s\up6（→))＝48,則點(diǎn)P的橫坐標(biāo)的最大值為________．答案(1)（－∞，2＋2eq\r（2））（2)10解析(1）令m＝2x(m>1），則問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)f(m)＝m2－mt＋t＋1在區(qū)間(1,＋∞）上的圖象恒在x軸上方，即Δ＝t2－4（t＋1）〈0或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（Δ≥0,,\f（t,2)<1,,1－t＋t＋1〉0，)）解得t〈2＋2eq\r(2）,即實(shí)數(shù)t的取值范圍是(－∞,2＋2eq\r（2））．（2）當(dāng)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)最大時(shí),射線OA的斜率k>0，設(shè)OA:y＝kx，k〉0，與橢圓eq\f(x2，25）＋eq\f(y2,9)＝1聯(lián)立解得x＝eq\f（15,\r（9＋25k2）），又eq\o(OA,\s\up6（→）)·eq\o（OP，\s\up6（→）)＝xAxP＋k2xAxP＝48，解得xP＝eq\f（48，1＋k2xA）＝eq\f（16，5）eq\f(\r（9＋25k2）,1＋k2）＝eq\f（16，5)eq\r（\f（9＋25k2,1＋k22）），令9＋25k2＝t〉9，即k2＝eq\f（t－9，25)，則xP＝eq\f（16,5)eq\r(\f（t，\f（t＋16,25）2)）＝eq\f(16，5）×25eq\r（\f(t,t2＋162＋32t)）＝80eq\r（\f（1，t＋\f（162，t)＋32））≤80×eq\r(\f（1,64))＝10,當(dāng)且僅當(dāng)t＝16，即k2＝eq\f（7,25)時(shí)取等號(hào)，所以點(diǎn)P的橫坐標(biāo)的最大值為10。（3）已知函數(shù)f（x)＝ax－ln（1＋x2）．①當(dāng)a＝eq\f（4，5)時(shí)，求函數(shù)f(x)在(0,＋∞）上的極值；②證明：當(dāng)x〉0時(shí)，ln（1＋x2)〈x；③證明（1＋eq\f(1,24））（1＋eq\f(1,34)）…（1＋eq\f（1，n4))〈e(n∈N＊,n≥2，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．①解當(dāng)a＝eq\f(4,5）時(shí)，f(x)＝eq\f（4，5)x－ln(1＋x2），f′(x)＝eq\f(4,5)－eq\f（2x，1＋x2)＝eq\f(4x2－10x＋4，51＋x2）＝0，x＝2或x＝eq\f(1，2)。f（x）和f′（x）隨x的變化情況如下表:x(0，eq\f(1，2)）eq\f（1,2)（eq\f（1，2)，2）2(2，＋∞）f′(x）＋0－0＋f（x)↗極大值↘極小值↗f(x）極大值＝f(eq\f(1,2）)＝eq\f(2，5)－lneq\f(5，4)，f(x）極小值＝f（2）＝eq\f（8，5）－ln5.②證明令g(x）＝x－ln(1＋x2）,則g′（x)＝1－eq\f（2x,1＋x2）≥0，∴g(x)在（0，＋∞)上為增函數(shù)，g(x）>g(0)＝0，∴l(xiāng)n(1＋x2)<x。③證明由②知，ln（1＋x2)〈x，令x2＝eq\f（1,n4)得，ln(1＋eq\f(1，n4))〈eq\f(1，n2）〈eq\f(1，nn－1)＝eq\f(1，n－1)－eq\f(1，n)，∴l(xiāng)n（1＋eq\f(1，24))＋ln(1＋eq\f(1，34）)＋…＋ln(1＋eq\f(1，n4））<1－eq\f(1,2）＋eq\f(1，2）－eq\f（1，3)＋eq\f(1，3)－eq\f(1，4)＋…＋eq\f（1，n－1)－eq\f(1,n)＝1－eq\f(1，n)〈1,∴(1＋eq\f（1，24））（1＋eq\f（1,34)）…(1＋eq\f(1,n4）)<e.點(diǎn)評(píng)換元法是解數(shù)學(xué)題時(shí)，把某個(gè)式子看成一個(gè)整體，用一個(gè)變量去代替它，使問題得到簡(jiǎn)化，變得容易處理，換元法的實(shí)質(zhì)是轉(zhuǎn)化,關(guān)鍵是構(gòu)造元和設(shè)元,理論依據(jù)是等量代換，目的是通過換元變換研究對(duì)象，將問題移至新對(duì)象的知識(shí)背景中去研究，從而使非標(biāo)準(zhǔn)型問題標(biāo)準(zhǔn)化、復(fù)雜問題簡(jiǎn)單化,可以把分散的條件聯(lián)系起來(lái),隱含的條件顯露出來(lái)；或者把條件與結(jié)論聯(lián)系起來(lái)；或者變?yōu)槭煜さ男问?，把?fù)雜的計(jì)算和推證簡(jiǎn)化．主要考查運(yùn)用換元法處理以函數(shù)、三角函數(shù)、不等式、數(shù)列、解析幾何為背景的最值、值域或范圍問題,通過換元法把不熟悉、不規(guī)范、復(fù)雜的典型問題轉(zhuǎn)化為熟悉、規(guī)范、簡(jiǎn)單的典型問題,起到化隱形為顯性、化繁為簡(jiǎn)、化難為易的作用，以優(yōu)化解題過程．變式訓(xùn)練2（1)已知函數(shù)f（x）＝eq\f(1,x－1)＋2x(x>1)，則f(x)的最小值為________．答案2＋2eq\r(2)解析f（x)＝eq\f（1，x－1）＋2（x－1）＋2，令x－1＝t,則f(t)＝eq\f（1,t)＋2t＋2(t〉0），∴f（t）≥2eq\r(\f(1,t）×2t)＋2＝2＋2eq\r(2)。當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1，t）＝2t時(shí)等號(hào)成立，故f(x）的最小值為2＋2eq\r（2）,當(dāng)且僅當(dāng)eq\f（1，x－1)＝2（x－1)，即x＝eq\f(\r（2），2)＋1時(shí)等號(hào)成立．（2）已知在數(shù)列{an｝中，a1＝1，當(dāng)n≥2時(shí)，其前n項(xiàng)和Sn滿足Seq\o\al（2，n)＝aneq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（Sn－\f（1,2））).①求Sn的表達(dá)式；②設(shè)bn＝eq\f(Sn,2n＋1)，數(shù)列｛bn｝的前n項(xiàng)和為Tn，證明Tn〈eq\f（1,2）.①解∵Seq\o\al（2，n）＝aneq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(Sn－\f（1,2））)，an＝Sn－Sn－1(n≥2)，∴Seq\o\al(2,n）＝(Sn－Sn－1）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(1，2))），即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn， (＊)由題意得Sn－1·Sn≠0，（＊）式兩邊同除以Sn－1·Sn，得eq\f（1，Sn)－eq\f(1,Sn－1）＝2，∴數(shù)列eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1（\f（1，Sn)）)是首項(xiàng)為eq\f(1，S1）＝eq\f（1，a1）＝1，公差為2的等差數(shù)列．∴eq\f（1，Sn）＝1＋2(n－1）＝2n－1，∴Sn＝eq\f(1,2n－1).②證明∵bn＝eq\f（Sn，2n＋1）＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1，2）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,2n－1)－\f（1,2n＋1)）），∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f（1,2)［（1－eq\f(1,3))＋（eq\f(1,3）－eq\f（1,5))＋…＋(eq\f(1，2n－1）－eq\f(1,2n＋1）)］＝eq\f(1，2）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1－\f（1，2n＋1)))＝eq\f（n，2n＋1）〈eq\f(1，2)，∴Tn〈eq\f(1,2)。高考題型精練1．已知長(zhǎng)方體的表面積為11,其12條棱的長(zhǎng)度之和為24，則這個(gè)長(zhǎng)方體的一條對(duì)角線長(zhǎng)為()A．2eq\r(3）B。eq\r(14)C．5D．6答案C解析設(shè)長(zhǎng)方體長(zhǎng),寬,高分別為x,y，z，由已知“長(zhǎng)方體的表面積為11，其12條棱的長(zhǎng)度之和為24”，得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（2xy＋yz＋xz＝11，,4x＋y＋z＝24，)）長(zhǎng)方體所求對(duì)角線長(zhǎng)為eq\r(x2＋y2＋z2)＝eq\r（x＋y＋z2－2xy＋yz＋xz)＝eq\r(62－11)＝5，故選C。2．設(shè)實(shí)數(shù)x，y，m，n滿足x2＋y2＝1，m2＋n2＝3，那么mx＋ny的最大值是________．答案eq\r(3）解析設(shè)x＝sinα,y＝cosα，m＝eq\r(3)sinβ，n＝eq\r（3)cosβ，其中α,β∈(0°，180°），∴mx＋ny＝eq\r(3)sinβsinα＋eq\r（3)cosβcosα＝eq\r（3）cos（α－β），故最大值為eq\r（3).3．函數(shù)y＝3eq\r(x＋2）－4eq\r（2－x)的最小值為________．答案－8解析由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2≥0，，2－x≥0，））解得－2≤x≤2,所以函數(shù)的定義域?yàn)椋郏?,2]．因?yàn)?eq\r(x＋2)）2＋(eq\r（2－x）)2＝4，故可設(shè)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x＋2）＝2sinθ，,\r（2－x)＝2cosθ)）（θ∈［0，eq\f(π,2）］），則y＝3×2sinθ－4×2cosθ＝6sinθ－8cosθ＝10sin（θ－φ)(φ∈（0，eq\f（π,2）），cosφ＝eq\f（3,5)，sinφ＝eq\f（4,5）），因?yàn)棣取蔥0,eq\f(π，2）],所以θ－φ∈[－φ，eq\f（π,2)－φ］，所以當(dāng)θ＝0時(shí)，函數(shù)取得最小值10sin(－φ）＝10×（－eq\f(4,5))＝－8。4．已知不等式eq\r(x)〉ax＋eq\f(3，2）的解集是(4,b)，則a＝______，b＝________。答案eq\f（1,8）36解析令eq\r(x）＝t，則t〉at2＋eq\f（3,2），即at2－t＋eq\f（3，2)〈0，其解集為(2，eq\r(b）)，故eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(2＋\r（b）＝\f(1,a)，，2·\r（b)＝\f（3,2a），)）解得a＝eq\f(1,8），b＝36。5．已知y＝f(x）為偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f(x）＝－x2＋2x，則滿足f（f(a)）＝eq\f（1,2)的實(shí)數(shù)a的個(gè)數(shù)為________．答案8解析由題意知，f（x）＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x，x≥0,，－x2－2x,x＜0，））其圖象如圖所示，令t＝f(a)，則t≤1,令f（t)＝eq\f(1，2)，解得t＝1－eq\f(\r（2),2）或t＝－1±eq\f（\r（2）,2)，即f（a）＝1－eq\f(\r(2)，2）或f(a）＝－1±eq\f(\r（2），2）,由數(shù)形結(jié)合得，共有8個(gè)交點(diǎn)．6．設(shè)f(x2＋1)＝loga（4－x4）（a>1)，則f(x)的值域是________．答案(－∞，loga4]解析設(shè)x2＋1＝t(t≥1）,∴f(t)＝loga［－(t－1)2＋4]，∴值域?yàn)椋ǎ?，loga4]．7．已知m∈R,函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(|2x＋1|，x<1，，log2x－1，x〉1，))g（x）＝x2－2x＋2m－1，若函數(shù)y＝f（g(x））－m有6個(gè)零點(diǎn),則實(shí)數(shù)m的取值范圍是______________．答案（0,eq\f（3，5）)解析函數(shù)f（x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（|2x＋1|,x＜1，，log2x－1，x〉1))的圖象如圖所示,令g(x）＝t,y＝f（t)與y＝m的圖象最多有3個(gè)交點(diǎn),當(dāng)有3個(gè)交點(diǎn)時(shí)，0〈m〈3，從左到右交點(diǎn)的橫坐標(biāo)依次t1<t2〈t3，由于函數(shù)有6個(gè)零點(diǎn)，t＝x2－2x＋2m－1，則每一個(gè)t的值對(duì)應(yīng)2個(gè)x的值，則t的值不能為最小值，函數(shù)t＝x2－2x＋2m－1的對(duì)稱軸為x＝1，則最小值1－2＋2m－1＝2m－2，由圖可知，2t1＋1＝－m,則t1＝eq\f（－m－1，2），由于t1是交點(diǎn)橫坐標(biāo)中最小的，滿足eq\f(－m－1，2)>2m－2， ①又0〈m<3， ②聯(lián)立①②得0〈m<eq\f(3,5)。8．已知實(shí)數(shù)x，y滿足方程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變形為(x－2)2＋y2＝3，表示的圖形是圓．（1)設(shè)x－2＝eq\r（3）cosθ，則y＝eq\r（3）sinθ，故x＝2＋eq\r（3）cosθ，y＝eq\r(3)sinθ,則y－x＝eq\r(3)sinθ－eq\r（3)cosθ－2＝eq\r（6)sin(θ－eq\f(π,4））－2，∴當(dāng)θ－eq\f（π，4)＝2kπ－eq\f(π,2）（k∈Z)時(shí)，y－x有最小值－eq\r(6)－2,當(dāng)θ－eq\f(π，4）＝2kπ＋eq\f(π，2)(k∈Z)時(shí)，y－x有最大值eq\r（6)－2。(2)由（1)知x2＋y2＝（2＋eq\r(3)cosθ)2＋(eq\r(3）sinθ）2＝7＋4eq\r(3）cosθ.∴當(dāng)θ＝2kπ（k∈Z)時(shí)，x2＋y2有最大值7＋4eq\r（3），當(dāng)θ＝2kπ＋π（k∈Z）時(shí),x2＋y2有最小值7－4eq\r(3)。9．平面內(nèi)動(dòng)點(diǎn)P與兩定點(diǎn)A（－2,0），B（2，0)連線的斜率之積等于－eq\f(1，4)，若點(diǎn)P的軌跡為曲線E，直線l過點(diǎn)Q(－eq\f（6，5），0)交曲線E于M,N兩點(diǎn)．（1）求曲線E的方程，并證明：∠MAN是一定值;（2）若四邊形AMBN的面積為S，求S的最大值．解（1）設(shè)動(dòng)點(diǎn)P坐標(biāo)為（x，y),當(dāng)x≠±2時(shí),由條件得：eq\f(y，x－2）·eq\f（y，x＋2)＝－eq\f（1，4)，化簡(jiǎn)得eq\f（x2,4)＋y2＝1(x≠±2)，曲線E的方程為eq\f(x2，4）＋y2＝1(x≠±2)，由題意可設(shè)直線l的方程為x＝ky－eq\f(6，5），聯(lián)立方程組可得eq\b