《高考數(shù)學(xué)文二輪復(fù)習(xí)教師用書：第1部分 技法篇 數(shù)學(xué)思想專練4 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)文二輪復(fù)習(xí)教師用書：第1部分 技法篇 數(shù)學(xué)思想專練4 Word版含答案（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 數(shù)學(xué)思想專練數(shù)學(xué)思想專練(四四) 轉(zhuǎn)化與化歸思想轉(zhuǎn)化與化歸思想 題組 1 正與反的相互轉(zhuǎn)化 1由命題“存在 x0R，使 e|x01|m0”是假命題，得 m 的取值范圍是(，a)，則實數(shù) a 的取值是( ) A(，1) B(，2) C1 D2 C 命題“存在 x0R，使 e|x01|m0”是假命題，可知它的否定形式“任意 xR，使 e|x1|m0”是真命題，可得 m 的取值范圍是(，1)，而(，a)與(，1)為同一區(qū)間，故 a1. 2若某公司從五位大學(xué)畢業(yè)生甲、乙、丙、丁、戊中錄用三人，這五人被錄用的機會均等，則甲或乙被錄用的概率為( ) A.15 B35 C
2、.710 D910 D 甲或乙被錄用的對立面是甲、乙均不被錄用，故所求事件的概率為 1110910. 3若二次函數(shù) f(x)4x22(p2)x2p2p1 在區(qū)間1,1內(nèi)至少存在一個值 c，使得 f(c)0，則實數(shù) p 的取值范圍為_. 【導(dǎo)學(xué)號：04024018】 3，32 如 果 在 1,1 內(nèi) 沒 有 值 滿 足 f(c) 0 ， 則 f10，f10 p12或p1，p3或p32p3 或 p32，取補集為3p32，即為滿足條件的 p的取值范圍 故實數(shù) p 的取值范圍為3，32. 4若橢圓x22y2a2(a0)與連接兩點 A(1,2)，B(3,4)的線段沒有公共點，則實數(shù) a 的取值范圍為_
3、0，3 22 822， 易知線段 AB 的方程為 yx1，x1,3， 由 yx1，x22y2a2，得 a232x22x1，x1,3， 92a2412. 又 a0，3 22a822. 故當(dāng)橢圓與線段 AB 沒有公共點時，實數(shù) a 的取值范圍為0，3 22822， . 5 已知點 A(1,1)是橢圓x2a2y2b21(ab0)上一點， F1， F2是橢圓的兩焦點， 且滿足|AF1|AF2|4. (1)求橢圓的兩焦點坐標(biāo)； (2)設(shè)點 B 是橢圓上任意一點，當(dāng)|AB|最大時，求證：A，B 兩點關(guān)于原點 O 不對稱. 【導(dǎo)學(xué)號：04024019】 解 (1)由橢圓定義，知 2a4，所以 a2.所以x2
4、4y2b21 2 分 把 A(1,1)代入，得141b21，得 b243，所以橢圓方程為x24y2431 4 分 所以 c2a2b244383，即 c2 63. 故兩焦點坐標(biāo)為2 63，0 ，2 63，0 6 分 (2)證明：假設(shè) A，B 兩點關(guān)于原點 O 對稱，則 B 點坐標(biāo)為(1，1)，7 分 此時|AB|2 2，而當(dāng)點 B 取橢圓上一點 M(2,0)時，則|AM| 10，所以|AM|AB| 10 分 從而知|AB|不是最大，這與|AB|最大矛盾，所以命題成立 12 分 題組 2 函數(shù)、方程、不等式之間的轉(zhuǎn)化 6若函數(shù) f(x)x3tx23x 在區(qū)間1,4上單調(diào)遞減，則實數(shù) t 的取值范圍
5、是( ) A.，518 B(，3 C.518， D3，) C f(x)3x22tx3， 由于 f(x)在區(qū)間1,4上單調(diào)遞減， 則有 f(x)0 在1,4上恒成立， 即 3x22tx30，即 t32x1x在1,4上恒成立， 因為 y32x1x在1,4上單調(diào)遞增， 所以 t32414518， 故選 C. 7已知函數(shù) yf(x)是定義在 R 上的偶函數(shù)，當(dāng) x0 時，f(x)單調(diào)遞增，則不等式 f(x1)f(12x)的解集為_. 【導(dǎo)學(xué)號：04024020】 (，0)(2，) f(x)在(，0)上單調(diào)遞增，且 f(x)是偶函數(shù)，f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，又f(x)是偶函數(shù)，不等式 f(x1)f
6、(12x)可化為f(|x1|)f(|12x|)，|x1|12x|，(x1)2(12x)2，解得 x0 或 x2，故原不等式的解集為(，0)(2，) 8(本小題滿分 12 分)設(shè) a 為實數(shù)，函數(shù) f(x)ex2x2a，xR， (1)求 f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值； (2)求證：當(dāng) aln 21 且 x0 時，exx22ax1 成立. 【導(dǎo)學(xué)號：04024021】 解 (1)由 f(x)ex2x2a，xR 知 f(x)ex2，xR 1 分 令 f(x)0，得 xln 2 2 分 于是當(dāng) x 變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表： x (，ln 2) ln 2 (ln 2，) f(x) 0 f
7、(x) 單調(diào)遞減 22ln 22a 單調(diào)遞增 3 分 故 f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(，ln 2)， 4 分 單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2，)，5 分 f(x)在 xln 2 處取得極小值， 極小值為 f(ln 2)eln 22ln 22a22ln 22a，無極大值 6 分 (2)證明：設(shè) g(x)exx22ax1，xR， 于是 g(x)ex2x2a，xR.7 分 由(1)知當(dāng) aln 21 時， g(x)取最小值為 g(ln 2)2(1ln 2a)0 8 分 于是對任意 xR，都有 g(x)0， 所以 g(x)在 R 上單調(diào)遞增. 9 分 于是當(dāng) aln 21 時，對任意 x(0，)， 都有 g(
8、x)g(0) 10 分 而 g(0)0，從而對任意 x(0，)，都有 g(x)0. 即 exx22ax10， 故 exx22ax1 成立 12 分 題組 3 主與次的相互轉(zhuǎn)化 9設(shè) f(x)是定義在 R 上的單調(diào)遞增函數(shù)，若 f(1axx2)f(2a)對任意 a1,1恒成立，則 x 的取值范圍為_. 【導(dǎo)學(xué)號：04024022】 (，10，) f(x)是 R 上的增函數(shù)， 1axx22a，a1,1 式可化為(x1)ax210，對 a1,1恒成立 令 g(a)(x1)ax21， 則 g1x2x20，g1x2x0，解得 x0 或 x1. 即實數(shù) x 的取值范圍是(，10，) 10已知函數(shù) f(x)
9、x33ax1，g(x)f(x)ax5，其中 f(x)是 f(x)的導(dǎo)函數(shù)對滿足1a1 的一切 a 的值，都有 g(x)0，則實數(shù) x 的取值范圍為_ 23，1 由題意，知 g(x)3x2ax3a5， 令 (a)(3x)a3x25，1a1. 對1a1，恒有 g(x)0，即 (a)0， 10，10，即 3x2x20，3x2x80，解得23x1. 故當(dāng) x23，1 時，對滿足1a1 的一切 a 的值，都有 g(x)0. 11已知函數(shù) f(x)13x3a243x24323a x(0a1，xR)若對于任意的三個實數(shù) x1，x2，x31,2，都有 f(x1)f(x2)f(x3)恒成立，求實數(shù) a 的取值范
10、圍. 【導(dǎo)學(xué)號：04024023】 解 因為 f(x)x2a83x4323a x23(xa2)， 2 分 所以令 f(x)0，解得 x123，x22a.3 分 由 0a1，知 12a2. 所以令 f(x)0，得 x23或 x2a；4 分 令 f(x)0，得23x2a， 所以函數(shù) f(x)在(1,2a)上單調(diào)遞減，在(2a,2)上單調(diào)遞增.5 分 所以函數(shù) f(x)在1,2上的最小值為 f(2a)a6(2a)2，最大值為 maxf(1)，f(2)max13a6，23a 6 分 因為當(dāng) 0a25時，13a623a；7 分 當(dāng)25a1 時，23a13a6，8 分 由對任意 x1，x2，x31,2，都有 f(x1)f(x2)f(x3)恒成立，得 2f(x)minf(x)max(x1,2) 所以當(dāng) 0a25時，必有 2a6(2a)213a6， 10 分 結(jié)合 0a25可解得 122a25； 當(dāng)25a1 時，必有 2a6(2a)223a， 結(jié)合25a1 可解得25a2 2. 綜上，知所求實數(shù) a 的取值范圍是 122a2 2 12 分
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