高考数学考前3个月知识方法专题训练第一部分知识方法篇专题11数学方法第42练整体策略与换元法.docx

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高考数学考前3个月知识方法专题训练第一部分知识方法篇专题11数学方法第42练整体策略与换元法

2019-2020年高考数学考前3个月知识方法专题训练第一部分知识方法篇专题11数学方法第42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．

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f（x）＝xlnx，g（x）＝－x2＋ax－3.

①对一切x∈（0，＋∞），2f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；

②证明：

对一切x∈（0，＋∞），都有lnx>－成立．

①解　对一切x∈（0，＋∞），有

2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋，

设h（x）＝2lnx＋x＋（x∈（0，＋∞）），

则h′（x）＝，

当x∈（0,1）时，h′（x）<0，h（x）单调递减；

当x∈（1，＋∞）时，h′（x）>0，h（x）单调递增．

所以h（x）min＝h

（1）＝4.

因为对一切x∈（0，＋∞），

2f（x）≥g（x）恒成立，

所以a≤h（x）min＝4.

②证明　问题等价于证明

xlnx>－（x∈（0，＋∞））．

f（x）＝xlnx（x∈（0，＋∞））的最小值是－，

当且仅当x＝时取到，设m（x）＝－（x∈（0，＋∞）），则m′（x）＝，易知m（x）max＝m

（1）＝－，

当且仅当x＝1时取到．

从而对一切x∈（0，＋∞），都有lnx>－成立．

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．2B.

C．5D．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＝sinα，y＝cosα，m＝sinβ，n＝cosβ，

其中α，β∈（0°，180°），

∴mx＋ny＝sinβsinα＋cosβcosα＝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＝3×2sinθ－4×2cosθ＝6sinθ－8cosθ

＝10sin（θ－φ）（φ∈（0，），cosφ＝，sinφ＝），

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

从左到右交点的横坐标依次t1

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

联立①②得0

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＝cosθ，

则y＝sinθ，故x＝2＋cosθ，

y＝sinθ，则y－x＝sinθ－cosθ－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＋cosθ）2＋（sinθ）2

＝7＋4cosθ.

∴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.