《高考數學 考前3個月知識方法專題訓練 第一部分 知識方法篇 專題11 數學方法 第42練 整體策略與換元法 文-人教版高三數學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數學 考前3個月知識方法專題訓練 第一部分 知識方法篇 專題11 數學方法 第42練 整體策略與換元法 文-人教版高三數學試題（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

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象的某一部分(或全部)看成一個整體，通過觀察與分析，找出整體與局部的聯系，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，通過引進新的變量，可以把分散的條件聯系起來，隱含的條件顯露出來；或者把條件與結論聯系起來；或者變?yōu)槭煜さ男问?，把復雜的計算和推證簡化． 高考必會題型 題型一　整體策略 例1　(1)計算(1－－－－…－)×(＋＋＋＋…＋)－(1－－－－－…－－)×(＋＋＋…＋)； (2)解方程(x2＋5x＋1)(x2＋5x＋7)＝7. 解　(1)設＋＋＋…＋＝t， 則原式＝(1－t)

2、(t＋)－(1－t－)t ＝t＋－t2－t－t＋t2＋t ＝. (2)設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t＝0時，x2＋5x＝0，x(x＋5)＝0，x1＝0，x2＝－5； 當t＝－8時，x2＋5x＝－8，x2＋5x＋8＝0， Δ＝b2－4ac＝25－4×1×8<0， 此時方程無解； 即原方程的解為x1＝0，x2＝－5. 點評　整體是與局部對應的，按常規(guī)不容易求某一個(或多個)未知量時，可打破常規(guī)，根據題目的結構特征，把一組數或一個代數式看作一個整體，從而使問題得到解決． 變式訓練1　計算：(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f(x)＝4x－2xt＋t＋1在區(qū)間(0，＋∞)上的圖象恒在x軸上方，則實數t的取值范圍是________________． (2)已知點A是橢圓＋＝1上的一個動點，點P在線段OA的延長線上，且·＝48，則點P的橫坐標的最大值為________． 答案　(1)(－∞，2＋2)　(2)10 解析　(1)令m＝2x(m>1)， 則問題轉化為函數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， 即實數t的取值范圍是(－∞，2＋2)． (2)當點P的橫坐標最大時， 射線OA的斜率k>0， 設OA：y＝kx，k>0， 與橢圓＋＝1聯立解得x＝， 又·＝xAxP＋k2xAxP＝48， 解得xP＝＝ ＝， 令9＋25k2＝t>9，即k2＝， 則xP＝＝×25 ＝80 ≤80×＝10， 當且僅當t＝16， 即k2＝時取等號， 所以點P的橫坐標的最大值為10. (3)已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3. ①對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實數a的取值范圍； ②證

5、明：對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x>－成立． ①解　對一切x∈(0，＋∞)，有 2xln x≥－x2＋ax－3，則a≤2ln x＋x＋， 設h(x)＝2ln x＋x＋(x∈(0，＋∞))， 則h′(x)＝， 當x∈(0,1)時，h′(x)<0，h(x)單調遞減； 當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)單調遞增． 所以h(x)min＝h(1)＝4. 因為對一切x∈(0，＋∞)， 2f(x)≥g(x)恒成立， 所以a≤h(x)min＝4. ②證明　問題等價于證明 xln x>－(x∈(0，＋∞))． f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，

6、當且僅當x＝時取到，設m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝，易知m(x)max＝m(1)＝－， 當且僅當x＝1時取到． 從而對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x>－成立． 點評　換元法是解數學題時，把某個式子看成一個整體，用一個變量去代替它，使問題得到簡化，變得容易處理，換元法的實質是轉化，關鍵是構造元和設元，理論依據是等量代換，目的是通過換元變換研究對象，將問題移至新對象的知識背景中去研究，從而使非標準型問題標準化、復雜問題簡單化，可以把分散的條件聯系起來，隱含的條件顯露出來；或者把條件與結論聯系起來；或者變?yōu)槭煜さ男问?，把復雜的計算和推證簡化．主要考查運用換元法處理以函數

7、、三角函數、不等式、數列、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、復雜的典型問題轉化為熟悉、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． 變式訓練2　(1)已知函數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. 當且僅當＝2t時等號成立， 故f(x)的最小值為2＋2， 當且僅當＝2(x－1)， 即x＝＋1時等號成立． (2)已知在數列{an}中，a1＝1，當n

8、≥2時，其前n項和Sn滿足S＝an. ①求Sn的表達式； ②設bn＝，數列{bn}的前n項和為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， ∴數列是首項為＝＝1，公差為2的等差數列． ∴＝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，則這個長方體的一條對角線長為(　　) A．2 B. C．5 D．6 答案　C 解析　設長方體長，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 長方體所求對角線長為 ＝ ＝＝5， 故選C. 2．設實數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y＝3－4的最小值為________． 答案?。? 解析　由 解得－2≤x≤2， 所以函數的定義域為[－2,2]． 因為()2＋()2＝4， 故可設(θ∈[0，])， 則y＝3×2sin θ－4×2cos θ＝6sin θ－8cos θ ＝10sin(θ－φ)(φ∈(0，)，cos φ＝，sin φ＝)， 因為θ∈[0，]，所以θ－φ∈[－φ，－φ]， 所以當θ＝0時，函數取得最小值 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，當x≥0時，f(x)＝－x2＋2x，則滿足f(f(a))＝的實數a的個數為________． 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±， 由數形結合得，共有8個交點． 6．設f(x2＋1)＝loga(4－x4)(a>1)，則f(x)的值域是________． 答案　(－∞，loga4] 解析　設x2＋1＝t(t≥1)， ∴f(t)＝loga

12、[－(t－1)2＋4]， ∴值域為(－∞，loga4]． 7．已知m∈R，函數f(x)＝g(x)＝x2－2x＋2m－1，若函數y＝f(g(x))－m有6個零點，則實數m的取值范圍是________． 答案　(0，) 解析　函數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個交點， 當有3個交點時，0

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

14、＋(k∈Z)時，y－x有最大值－2. (2)由(1)知x2＋y2＝(2＋cos θ)2＋(sin θ)2 ＝7＋4cos θ. ∴當θ＝2kπ(k∈Z)時， x2＋y2有最大值7＋4， 當θ＝2kπ＋π(k∈Z)時， x2＋y2有最小值7－4. 9．平面內動點P與兩定點A(－2,0)，B(2,0)連線的斜率之積等于－，若點P的軌跡為曲線E，直線l過點Q(－，0)交曲線E于M，N兩點． (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)設動點P坐標為(x，y)， 當x≠±2時，由條件得：·＝－， 化簡得＋y2＝1

15、(x≠±2)， 曲線E的方程為＋y2＝1(x≠±2)， 由題意可設直線l的方程為x＝ky－， 聯立方程組可得 化簡得(k2＋4)y2－ky－＝0， 設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f(t)＝， ∴f′(t)＝＝， ∵t≥4，∴f′(t)<0， ∴y＝f(t)在[4，＋∞)上單調遞減． ∴f(t)≤f(4)＝＝4， 由t＝4，得k＝0，此時S有最大值.