高考數(shù)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(shù)學方法 第41練 配方法與待定系數(shù)法 文-人教版高三數(shù)學試題

《高考數(shù)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(shù)學方法 第41練 配方法與待定系數(shù)法 文-人教版高三數(shù)學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數(shù)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(shù)學方法 第41練 配方法與待定系數(shù)法 文-人教版高三數(shù)學試題（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第41練　配方法與待定系數(shù)法 [題型分析·高考展望]　配方法是對數(shù)學式子進行一種定向變形(配成“完全平方”)的技巧，通過配方找到已知和未知的聯(lián)系，從而化繁為簡．如何配方，需要我們根據(jù)題目的要求，合理運用“裂項”與“添項”、“配”與“湊”的技巧，完全配方．配方法是數(shù)學中化歸思想應用的重要方法之一． 待定系數(shù)法解題的關鍵是依據(jù)已知，正確列出等式或方程．使用待定系數(shù)法，就是把具有某種確定形式的數(shù)學問題，通過引入一些待定的系數(shù)，轉化為方程組來解決，要判斷一個問題是否用待定系數(shù)法求解，主要是看所求解的數(shù)學問題是否具有某種確定的數(shù)學表達式，如果具有，就可以用待定系數(shù)法求解．例如分解因式、拆分分式、數(shù)列

2、求和、求函數(shù)式、求復數(shù)、解析幾何中求曲線方程等，這些問題都具有確定的數(shù)學表達形式，所以都可以用待定系數(shù)法求解． 高考必會題型 題型一　配方法 例1　(1)設x∈[2,8]時，函數(shù)f(x)＝loga(ax)·loga(a2x)(a>0，且a≠1)的最大值是1，最小值是－，則a的值是________． (2)函數(shù)y＝cos 2x＋2sin x的最大值為________． (3)在平面直角坐標系中，O為坐標原點，已知向量＝(2,2)，＝(4,1)，在x軸上取一點P，使·有最小值，則P點的坐標是________． 答案　(1)　(2)　(3)(3,0) 解析　(1)由題意知f(x)＝(l

3、ogax＋1)·(logax＋2) ＝ ＝(logax＋)2－. 當f(x)取最小值－時，logax＝－， 又∵x∈[2,8]，∴a∈(0,1)． ∵f(x)是關于logax的二次函數(shù)， ∴函數(shù)f(x)的最大值必在x＝2或x＝8處取得． 若(loga2＋)2－＝1， 則a＝2， f(x)取得最小值時，x＝(2)＝?[2,8]，舍去． 若(loga8＋)2－＝1， 則a＝，f(x)取得最小值時， ∴a＝. (2)y＝cos 2x＋2sin x＝1－2sin2x＋2sin x ＝－2(sin2x－sin x)＋1 ＝－2(sin x－)2＋2×＋1 ＝－2(si

4、n x－)2＋. 因為－1≤sin x≤1， 所以當sin x＝時，y取最大值， 最大值為. (3)設P點坐標為(x,0)， 則＝(x－2，－2)， ＝(x－4，－1)，· ＝(x－2)(x－4)＋(－2)×(－1) ＝x2－6x＋10＝(x－3)2＋1， 當x＝3時，·有最小值1， ∴此時點P坐標為(3,0)． 點評　配方法使用的最基本的配方依據(jù)是二項完全平方式(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，具體操作時通過加上一次項系數(shù)一半的平方，配湊成完全平方式，注意要減去所添的項，最常見的配方是進行恒等變形，使數(shù)學式子出現(xiàn)完全平方．它主要適用于：已知或者未知中含有二次方程、二次不

5、等式、二次函數(shù)、二次代數(shù)式的討論與求解等問題．如：y＝x2＋bx＋c＝x2＋2×x＋()2－()2＋c＝(x＋)2＋，y＝ax2＋bx＋c＝a(x2＋x)＋c＝a[x2＋2×x＋()2－()2]＋c＝a(x＋)2＋. 變式訓練1　(1)若函數(shù)f(x)＝m－的定義域為[a，b]，值域為[a，b]，則實數(shù)m的取值范圍是________． (2)已知函數(shù)y＝－sin2x＋asin x－＋的最大值為2，則a的值為________． (3)已知向量a＝(λ＋2，λ2－cos2α)， b＝(m，＋sin α)，其中λ，m，α為實數(shù)，若a＝2b，則的取值范圍是________． 答案　(1)－

6、≤－2　(2)－2或　(3)[－6,1] 解析　(1)易知f(x)＝m－在[a，b]上單調(diào)遞減， 因為函數(shù)f(x)的值域為[a，b]， 所以即 兩式相減得，－＝a－b＝(a＋3)－(b＋3) ＝()2－()2，所以＋＝1， 因為a1，即a>2

7、時， 函數(shù)y＝－(t－)2＋(a2－a＋2)在[－1,1]上單調(diào)遞增， 所以由ymax＝－1＋a－a＋＝2，得a＝. ③當<－1，即a<－2時， 函數(shù)y＝－(t－)2＋(a2－a＋2)在[－1,1]上單調(diào)遞減， 所以由ymax＝－1－a－a＋＝2， 得a＝－2(舍去)． 綜上，可得a＝－2或a＝. (3)由題意知，2b＝(2m，m＋2sin α)， 所以λ＋2＝2m，且λ2－cos2α＝m＋2sin α， 于是2λ2－2cos2α＝λ＋2＋4sin α， 即2λ2－λ＝－2sin2α＋4sin α＋4＝－2(sin α－1)2＋6， 故－2≤2λ2－λ≤6， 即 解

8、得－≤λ≤2， 則＝＝2－∈[－6,1]． 題型二　待定系數(shù)法 例2　(1)(2015·課標全國Ⅱ)設向量a，b不平行，向量λa＋b與a＋2b平行，則實數(shù)λ＝____________. 答案　 解析　∵向量a，b不平行，∴a＋2b≠0，又向量λa＋b與a＋2b平行，則存在唯一的實數(shù)μ，使λa＋b＝μ(a＋2b)成立，即λa＋b＝μa＋2μb，則得解得λ＝μ＝. (2)已知公差大于零的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足a3·a4＝117，a2＋a5＝22. (1)求通項an； (2)求Sn的最小值； (3)若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，且bn＝，求非零常數(shù)c. 解　(1)因

9、為數(shù)列{an}為等差數(shù)列， 所以a3＋a4＝a2＋a5＝22.又a3·a4＝117， 所以a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的兩實根， 又公差d＞0，所以a3＜a4， 所以a3＝9，a4＝13， 所以所以 所以通項an＝4n－3. (2)由(1)知a1＝1，d＝4， 所以Sn＝na1＋×d＝2n2－n ＝22－. 所以當n＝1時，Sn最小， 最小值為S1＝a1＝1. (3)由(2)知Sn＝2n2－n， 所以bn＝＝， 所以b1＝，b2＝，b3＝. 因為數(shù)列{bn}是等差數(shù)列， 所以2b2＝b1＋b3， 即×2＝＋， 所以2c2＋c＝0， 所以c＝－或

10、c＝0(舍去)， 經(jīng)驗證c＝－時，{bn}是等差數(shù)列， 故c＝－. 點評　使用待定系數(shù)法，它解題的基本步驟是： 第一步，確定所求問題是含有待定系數(shù)的解析式； 第二步，根據(jù)恒等的條件，列出一組含待定系數(shù)的方程； 第三步，解方程組或者消去待定系數(shù)，從而使問題得到解決． 變式訓練2　已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，等比數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，它們滿足S4＝2S2＋8，b2＝，T2＝，且當n＝4或5時，Sn取得最小值． (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式； (2)令cn＝(Sn－λ)(－Tn)，n∈N*，如果{cn}是單調(diào)數(shù)列，求實數(shù)λ的取值范圍． 解　(1)設{

11、an}的公差為d，{bn}的公比為q， 因為當n＝4或5時，Sn取得最小值，所以a5＝0， 所以a1＝－4d，所以an＝(n－5)d， 又由a3＋a4＝a1＋a2＋8， 得d＝2，a1＝－8， 所以an＝2n－10； 由b2＝，T2＝得b1＝， 所以q＝，所以bn＝. (2)由(1)得Sn＝n2－9n，Tn＝－， cn＝， 當{cn}為遞增數(shù)列時，cnn2－10n＋4恒成立，∴λ∈?， 當{cn}為遞減數(shù)列時，cn>cn＋1， 即λ

12、{an}中，如果存在ak，使得ak>ak－1且ak>ak＋1成立(其中k≥2，k∈N*)，則稱ak為數(shù)列{an}的峰值，若an＝－3n2＋15n－18，則{an}的峰值為(　　) A．0 B．4 C. D. 答案　A 解析　因為an＝－3(n－)2＋，且n∈N*， 所以當n＝2或n＝3時，an取最大值， 最大值為a2＝a3＝0， 故峰值為0. 2．若點O和點F(－2,0)分別為雙曲線－y2＝1(a>0)的中心和左焦點，點P為雙曲線右支上的任意一點，則·的取值范圍為______________． 答案　[3＋2，＋∞) 解析　由條件知a2＋1＝22＝4，∴a2＝3， ∴

13、雙曲線方程為－y2＝1， 設P點坐標為(x，y)， 則＝(x，y)，＝(x＋2，y)， ∵y2＝－1， ∴·＝x2＋2x＋y2＝x2＋2x＋－1 ＝x2＋2x－1＝(x＋)2－. 又∵x≥(P為右支上任意一點)， ∴·≥3＋2. 3．已知a為正的常數(shù)，若不等式≥1＋－對一切非負實數(shù)x恒成立，則a的最大值為________． 答案　8 解析　原不等式即≥1＋－， (*) 令＝t，t≥1， 則x＝t2－1，所以(*)即≥1＋－t ＝＝對t≥1恒成立， 所以≥對t≥1恒成立， 又a為正的常數(shù)， 所以a≤[2(t＋1)2]min＝8， 故a的最大值是8. 4．設e1

14、，e2為單位向量，非零向量b＝xe1＋ye2，x，y∈R，若e1，e2的夾角為，則的最大值等于________． 答案　2 解析　∵|b|2＝(xe1＋ye2)2＝x2＋y2＋2xye1·e2 ＝x2＋y2＋xy. ∴＝， 當x＝0時，＝0； 當x≠0時，＝ ＝≤2. 5．(2015·浙江)已知e1，e2是空間單位向量，e1·e2＝，若空間向量b滿足b·e1＝2，b·e2＝，且對于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，則x0＝__________，y0＝________，|b|＝________. 答案　1　2　2

15、 解析　方法一　由題意得x＝x0，y＝y(tǒng)0時，|b－(xe1＋ye2)|取得最小值1，把|b－(xe1＋ye2)|平方，轉化為|b|2＋x2＋y2＋xy－4x－5y，把x2＋y2＋xy－4x－5y看成關于x的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質確定最值及取最值的條件．對于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，說明當x＝x0，y＝y(tǒng)0時，|b－(xe1＋ye2)|取得最小值1. |b－(xe1＋ye2)|2＝|b|2＋(xe1＋ye2)2－2b·(xe1＋ye2)＝|b|2＋x2＋y2＋xy－4x－5y，要使|b|2＋x2＋y2＋xy－4x－

16、5y取得最小值，需要把x2＋y2＋xy－4x－5y看成關于x的二次函數(shù)，即f(x)＝x2＋(y－4)x＋y2－5y，其圖象是開口向上的拋物線，對稱軸方程為x＝2－，所以當x＝2－時，f(x)取得最小值，代入化簡得f(x)＝(y－2)2－7，顯然當y＝2時，f(x)min＝－7，此時x＝2－＝1，所以x0＝1，y0＝2.此時|b|2－7＝1，可得|b|＝2. 方法二　∵e1·e2＝|e1|·|e2|cos〈e1，e2〉＝， ∴〈e1，e2〉＝. 不妨設e1＝，e2＝(1,0,0)，b＝(m，n，t)． 由題意知 解得n＝，m＝， ∴b＝. ∵b－(xe1＋ye2)＝， ∴|b－(

17、xe1＋ye2)|2＝2＋2＋t2＝x2＋xy＋y2－4x－5y＋t2＋7＝2＋(y－2)2＋t2.由題意知，當x＝x0＝1，y＝y(tǒng)0＝2時，2＋(y－2)2＋t2取到最小值．此時t2＝1，故|b|＝＝2. 6．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋ax＋b2－b＋1(a∈R，b∈R)，對任意實數(shù)x都有f(1－x)＝f(1＋x)成立，若當x∈[－1,1]時，f(x)>0恒成立，則b的取值范圍是________________． 答案　(－∞，－1)∪(2，＋∞) 解析　由于對任意實數(shù)x都有f(1－x)＝f(1＋x)成立， 則f(x)的對稱軸為x＝1，所以a＝2， f(x)＝－x2＋2x＋b2－b

18、＋1 ＝－(x－1)2＋b2－b＋2， 則f(x)在區(qū)間[－1,1]上單調(diào)遞增， 當x∈[－1,1]時，要使f(x)>0恒成立， 只需f(－1)>0，即b2－b－2>0， 則b<－1或b>2. 7．(2015·陜西)若拋物線y2＝2px(p＞0)的準線經(jīng)過雙曲線x2－y2＝1的一個焦點，則p＝________. 答案　2 解析　由于雙曲線x2－y2＝1的焦點為(±，0)，故應有＝，p＝2. 8．(2015·北京改編)已知雙曲線－y2＝1(a>0)的一條漸近線為x＋y＝0，則該雙曲線的方程為________________． 答案　3x2－y2＝1 解析　雙曲線－y2＝1(

19、a>0)的漸近線方程為 y＝±x， x＋y＝0?y＝－x， ∵a>0，則－＝－，a＝， 則該雙曲線的方程為3x2－y2＝1. 9．設函數(shù)f(x)＝kax－a－x(a>0且a≠1)是定義域為R的奇函數(shù)，若f(1)＝，且g(x)＝a2x＋a－2x－4f(x)，求g(x)在[1，＋∞)上的最小值． 解　∵f(x)是定義域為R的奇函數(shù)，∴f(0)＝0， ∴k－1＝0，即k＝1. ∵f(1)＝，∴a－＝， 即2a2－3a－2＝0，∴a＝2或a＝－(舍去)， ∴g(x)＝22x＋2－2x－4(2x－2－x) ＝(2x－2－x)2－4(2x－2－x)＋2. 令t(x)＝2x－2－x(

20、x≥1)， 則t′(x)＝2xln 2＋2－xln 2＞0， ∴t(x)在[1，＋∞)上為增函數(shù)，即t(x)≥t(1)＝， ∴原函數(shù)變?yōu)閣(t)＝t2－4t＋2＝(t－2)2－2， ∴當t＝2時，w(t)min＝－2，此時x＝log2(1＋)． 即g(x)在x＝log2(1＋)時取得最小值－2. 10．(2015·安徽)設橢圓E的方程為＋＝1(a>b>0)，點O為坐標原點，點A的坐標為(a,0)，點B的坐標為(0，b)，點M在線段AB上，滿足|BM|＝2|MA|，直線OM的斜率為. (1)求E的離心率e； (2)設點C的坐標為(0，－b)，N為線段AC的中點，點N關于直線AB的

21、對稱點的縱坐標為，求E的方程． 解　(1)由題設條件知，點M的坐標為， 又kOM＝，從而＝， 進而得a＝b，c＝＝2b， 故e＝＝. (2)由題設條件和(1)的計算結果可得，直線AB的方程為＋＝1，點N的坐標為. 設點N關于直線AB的對稱點S的坐標為， 則線段NS的中點T的坐標為. 又點T在直線AB上，且kNS·kAB＝－1， 從而有解得b＝3. 所以a＝3，故橢圓E的方程為＋＝1. 11．(2015·浙江)已知橢圓＋y2＝1上兩個不同的點A，B關于直線y＝mx＋對稱． (1)求實數(shù)m的取值范圍； (2)求△AOB面積的最大值(O為坐標原點)． 解　(1)由題意知m

22、≠0，可設直線AB的方程為 y＝－x＋b.由消去y， 得x2－x＋b2－1＝0. 因為直線y＝－x＋b與橢圓＋y2＝1有兩個不同的交點，所以Δ＝－2b2＋2＋＞0，① 將AB中點M代入直線方程y＝mx＋，解得b＝－，② 由①②得m＜－或m＞. (2)令t＝∈∪， 則|AB|＝·， 且O到直線AB的距離為d＝. 設△AOB的面積為S(t)， 所以S(t)＝|AB|·d＝≤， 當且僅當t2＝時，等號成立． 故△AOB面積的最大值為. 12．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的前三項a1，a2，a3； (2)求

23、證：數(shù)列{an＋(－1)n}為等比數(shù)列，并求出{an}的通項公式． 解　(1)在Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)中分別令n＝1,2,3， 得 解得 (2)由Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)得， Sn－1＝2an－1＋(－1)n－1(n≥2)，兩式相減得 an＝2an－1－2(－1)n(n≥2)， an＝2an－1－(－1)n－(－1)n ＝2an－1＋(－1)n－1－(－1)n(n≥2)， ∴an＋(－1)n＝2[an－1＋(－1)n－1](n≥2)． 故數(shù)列{an＋(－1)n}是以a1－＝為首項，2為公比的等比數(shù)列． ∴an＋(－1)n＝×2n－1， an＝×2n－1－×(－1)n ＝－(－1)n.