《高考數(shù)學(xué) 考前3個(gè)月知識(shí)方法專題訓(xùn)練 第一部分 知識(shí)方法篇 專題11 數(shù)學(xué)方法 第42練 整體策略與換元法 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué) 考前3個(gè)月知識(shí)方法專題訓(xùn)練 第一部分 知識(shí)方法篇 專題11 數(shù)學(xué)方法 第42練 整體策略與換元法 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題（10頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第42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，隱含的條件顯露出來；或者把條件與結(jié)論聯(lián)系起來；或者變?yōu)槭煜さ男问剑褟?fù)雜的計(jì)算和推證簡化． 高考必會(huì)題型 題型一　整體策略 例1　(1)計(jì)算(1－－－－…－)×(＋＋＋＋…＋)－(1－－－－－…－－)×(＋＋＋…＋)； (2)解方程(x2＋5x＋1)(x2＋5x＋7)＝7. 解　(1)設(shè)＋＋＋…＋＝t， 則原式＝(1－t)

2、(t＋)－(1－t－)t ＝t＋－t2－t－t＋t2＋t ＝. (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－－－)×(

3、＋＋＋)－(1－－－－)×(＋＋)． 解　令＋＋＝t， 則原式＝(1－t)(t＋)－(1－t－)t ＝t＋－t2－t－t＋t2 ＝. 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＋＝1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P在線段OA的延長線上，且·＝48，則點(diǎn)P的橫坐標(biāo)的最大值為________． 答案　(1)(－∞，2＋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

4、方， 即Δ＝t2－4(t＋1)<0或 解得t<2＋2， 即實(shí)數(shù)t的取值范圍是(－∞，2＋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＋＝1聯(lián)立解得x＝， 又·＝xAxP＋k2xAxP＝48， 解得xP＝＝ ＝， 令9＋25k2＝t>9，即k2＝， 則xP＝＝×25 ＝80 ≤80×＝10， 當(dāng)且僅當(dāng)t＝16， 即k2＝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f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3. ①對(duì)一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； ②證

5、明：對(duì)一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x>－成立． ①解　對(duì)一切x∈(0，＋∞)，有 2xln x≥－x2＋ax－3，則a≤2ln x＋x＋， 設(shè)h(x)＝2ln x＋x＋(x∈(0，＋∞))， 則h′(x)＝， 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增． 所以h(x)min＝h(1)＝4. 因?yàn)閷?duì)一切x∈(0，＋∞)， 2f(x)≥g(x)恒成立， 所以a≤h(x)min＝4. ②證明　問題等價(jià)于證明 xln x>－(x∈(0，＋∞))． f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，

6、當(dāng)且僅當(dāng)x＝時(shí)取到，設(shè)m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝，易知m(x)max＝m(1)＝－， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取到． 從而對(duì)一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x>－成立． 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)雜問題簡單化，可以把分散的條件聯(lián)系起來，隱含的條件顯露出來；或者把條件與結(jié)論聯(lián)系起來；或者變?yōu)槭煜さ男问?，把?fù)雜的計(jì)算和推證簡化．主要考查運(yùn)用換元法處理以函數(shù)

7、、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、簡單的典型問題，起到化隱形為顯性、化繁為簡、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)＝＋2x(x>1)，則f(x)的最小值為________． 答案　2＋2 解析　f(x)＝＋2(x－1)＋2， 令x－1＝t，則f(t)＝＋2t＋2(t>0)， ∴f(t)≥2 ＋2＝2＋2. 當(dāng)且僅當(dāng)＝2t時(shí)等號(hào)成立， 故f(x)的最小值為2＋2， 當(dāng)且僅當(dāng)＝2(x－1)， 即x＝＋1時(shí)等號(hào)成立． (2)已知在數(shù)列{an}中，a1＝1，當(dāng)n

8、≥2時(shí)，其前n項(xiàng)和Sn滿足S＝an. ①求Sn的表達(dá)式； ②設(shè)bn＝，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，證明Tn<. ①解　∵S＝an， an＝Sn－Sn－1 (n≥2)， ∴S＝(Sn－Sn－1)， 即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，(*) 由題意得Sn－1·Sn≠0， (*)式兩邊同除以Sn－1·Sn，得－＝2， ∴數(shù)列是首項(xiàng)為＝＝1，公差為2的等差數(shù)列． ∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝. ②證明　∵bn＝＝ ＝， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)] ＝＝<， ∴Tn<. 高考題型精練 1．已知長方體的表面積為11，其12

9、條棱的長度之和為24，則這個(gè)長方體的一條對(duì)角線長為(　　) A．2 B. C．5 D．6 答案　C 解析　設(shè)長方體長，寬，高分別為x，y，z， 由已知“長方體的表面積為11， 其12條棱的長度之和為24”， 得 長方體所求對(duì)角線長為 ＝ ＝＝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　 解析　設(shè)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

10、值為. 3．函數(shù)y＝3－4的最小值為________． 答案?。? 解析　由 解得－2≤x≤2， 所以函數(shù)的定義域?yàn)閇－2,2]． 因?yàn)?)2＋()2＝4， 故可設(shè)(θ∈[0，])， 則y＝3×2sin θ－4×2cos θ＝6sin θ－8cos θ ＝10sin(θ－φ)(φ∈(0，)，cos φ＝，sin φ＝)， 因?yàn)棣取蔥0，]，所以θ－φ∈[－φ，－φ]， 所以當(dāng)θ＝0時(shí)，函數(shù)取得最小值 10sin(－φ)＝10×(－)＝－8. 4．已知不等式>ax＋的解集是(4，b)，則a＝______，b＝________. 答案　　36 解析　令＝t，則t>at

11、2＋，即at2－t＋<0， 其解集為(2，)， 故 解得a＝，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))＝的實(shí)數(shù)a的個(gè)數(shù)為________． 答案　8 解析　由題意知，f(x)＝ 其圖象如圖所示， 令t＝f(a)，則t≤1， 令f(t)＝，解得t＝1－或t＝－1±， 即f(a)＝1－或f(a)＝－1±， 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

12、[－(t－1)2＋4]， ∴值域?yàn)?－∞，loga4]． 7．已知m∈R，函數(shù)f(x)＝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，) 解析　函數(shù)f(x)＝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

13、2， 由圖可知，2t1＋1＝－m， 則t1＝， 由于t1是交點(diǎn)橫坐標(biāo)中最小的， 滿足>2m－2，① 又0

14、＋(k∈Z)時(shí)，y－x有最大值－2. (2)由(1)知x2＋y2＝(2＋cos θ)2＋(sin θ)2 ＝7＋4cos θ. ∴當(dāng)θ＝2kπ(k∈Z)時(shí)， x2＋y2有最大值7＋4， 當(dāng)θ＝2kπ＋π(k∈Z)時(shí)， x2＋y2有最小值7－4. 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－，若點(diǎn)P的軌跡為曲線E，直線l過點(diǎn)Q(－，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：·＝－， 化簡得＋y2＝1

15、(x≠±2)， 曲線E的方程為＋y2＝1(x≠±2)， 由題意可設(shè)直線l的方程為x＝ky－， 聯(lián)立方程組可得 化簡得(k2＋4)y2－ky－＝0， 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)， 則y1y2＝－，y1＋y2＝. 又A(－2,0)， 則·＝(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2) ＝(k2＋1)y1y2＋k(y1＋y2)＋＝0， 所以∠MAN＝90°， 所以∠MAN的大小為定值． (2)S＝|AB|·|y1－y2| ＝·|2＋2|· ＝2 ＝， 令k2＋4＝t(t≥4)， ∴k2＝t－4，∴S＝. 設(shè)f(t)＝， ∴f′(t)＝＝， ∵t≥4，∴f′(t)<0， ∴y＝f(t)在[4，＋∞)上單調(diào)遞減． ∴f(t)≤f(4)＝＝4， 由t＝4，得k＝0，此時(shí)S有最大值.