高考數(shù)學(xué) 考前3個(gè)月知識(shí)方法專(zhuān)題訓(xùn)練 第一部分 知識(shí)方法篇 專(zhuān)題11 數(shù)學(xué)方法 第41練 配方法與待定系數(shù)法 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題

《高考數(shù)學(xué) 考前3個(gè)月知識(shí)方法專(zhuān)題訓(xùn)練 第一部分 知識(shí)方法篇 專(zhuān)題11 數(shù)學(xué)方法 第41練 配方法與待定系數(shù)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(zhuān)題訓(xùn)練 第一部分 知識(shí)方法篇 專(zhuān)題11 數(shù)學(xué)方法 第41練 配方法與待定系數(shù)法 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b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(duì)數(shù)學(xué)式子進(jìn)行一種定向變形(配成“完全平方”)的技巧，通過(guò)配方找到已知和未知的聯(lián)系，從而化繁為簡(jiǎn)．如何配方，需要我們根據(jù)題目的要求，合理運(yùn)用“裂項(xiàng)”與“添項(xiàng)”、“配”與“湊”的技巧，完全配方．配方法是數(shù)學(xué)中化歸思想應(yīng)用的重要方法之一． 待定系數(shù)法解題的關(guān)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(xué)問(wèn)題，通過(guò)引入一些待定的系數(shù)，轉(zhuǎn)化為方程組來(lái)解決，要判斷一個(gè)問(wèn)題是否用待定系數(shù)法求解，主要是看所求解的數(shù)學(xué)問(wèn)題是否具有某種確定的數(shù)學(xué)表達(dá)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(fù)數(shù)、解析幾何中求曲線方程等，這些問(wèn)題都具有確定的數(shù)學(xué)表達(dá)形式，所以都可以用待定系數(shù)法求解． 高考必會(huì)題型 題型一　配方法 例1　(1)設(shè)x∈[2,8]時(shí)，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_(kāi)_______． (3)在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，已知向量＝(2,2)，＝(4,1)，在x軸上取一點(diǎn)P，使·有最小值，則P點(diǎn)的坐標(biāo)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(dāng)f(x)取最小值－時(shí)，logax＝－， 又∵x∈[2,8]，∴a∈(0,1)． ∵f(x)是關(guān)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(shí)，x＝(2)＝?[2,8]，舍去． 若(loga8＋)2－＝1， 則a＝，f(x)取得最小值時(shí)， ∴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?yàn)椋?≤sin x≤1， 所以當(dāng)sin x＝時(shí)，y取最大值， 最大值為. (3)設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為(x,0)， 則＝(x－2，－2)， ＝(x－4，－1)，· ＝(x－2)(x－4)＋(－2)×(－1) ＝x2－6x＋10＝(x－3)2＋1， 當(dāng)x＝3時(shí)，·有最小值1， ∴此時(shí)點(diǎn)P坐標(biāo)為(3,0)． 點(diǎn)評(píng)　配方法使用的最基本的配方依據(jù)是二項(xiàng)完全平方式(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，具體操作時(shí)通過(guò)加上一次項(xiàng)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(xiàng)，最常見(jiàn)的配方是進(jìn)行恒等變形，使數(shù)學(xué)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(wèn)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(xùn)練1　(1)若函數(shù)f(x)＝m－的定義域?yàn)閇a，b]，值域?yàn)閇a，b]，則實(shí)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_(kāi)_______． (3)已知向量a＝(λ＋2，λ2－cos2α)， b＝(m，＋sin α)，其中λ，m，α為實(shí)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?yàn)楹瘮?shù)f(x)的值域?yàn)閇a，b]， 所以即 兩式相減得，－＝a－b＝(a＋3)－(b＋3) ＝()2－()2，所以＋＝1， 因?yàn)閍1，即a>2

7、時(shí)， 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(dāng)<－1，即a<－2時(shí)， 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(biāo)全國(guó)Ⅱ)設(shè)向量a，b不平行，向量λa＋b與a＋2b平行，則實(shí)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(shí)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(xiàng)和為Sn，且滿足a3·a4＝117，a2＋a5＝22. (1)求通項(xiàng)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(shí)根， 又公差d＞0，所以a3＜a4， 所以a3＝9，a4＝13， 所以所以 所以通項(xiàng)an＝4n－3. (2)由(1)知a1＝1，d＝4， 所以Sn＝na1＋×d＝2n2－n ＝22－. 所以當(dāng)n＝1時(shí)，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?yàn)閿?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(yàn)證c＝－時(shí)，{bn}是等差數(shù)列， 故c＝－. 點(diǎn)評(píng)　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(wèn)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(wèn)題得到解決． 變式訓(xùn)練2　已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，它們滿足S4＝2S2＋8，b2＝，T2＝，且當(dāng)n＝4或5時(shí)，Sn取得最小值． (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式； (2)令cn＝(Sn－λ)(－Tn)，n∈N*，如果{cn}是單調(diào)數(shù)列，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍． 解　(1)設(shè){

11、an}的公差為d，{bn}的公比為q， 因?yàn)楫?dāng)n＝4或5時(shí)，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(dāng){cn}為遞增數(shù)列時(shí)，cnn2－10n＋4恒成立，∴λ∈?， 當(dāng){cn}為遞減數(shù)列時(shí)，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(chēng)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?yàn)閍n＝－3(n－)2＋，且n∈N*， 所以當(dāng)n＝2或n＝3時(shí)，an取最大值， 最大值為a2＝a3＝0， 故峰值為0. 2．若點(diǎn)O和點(diǎn)F(－2,0)分別為雙曲線－y2＝1(a>0)的中心和左焦點(diǎn)，點(diǎn)P為雙曲線右支上的任意一點(diǎn)，則·的取值范圍為_(kāi)_____________． 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(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)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(diǎn))， ∴·≥3＋2. 3．已知a為正的常數(shù)，若不等式≥1＋－對(duì)一切非負(fù)實(shí)數(shù)x恒成立，則a的最大值為_(kāi)_______． 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(duì)t≥1恒成立， 所以≥對(duì)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(shè)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(dāng)x＝0時(shí)，＝0； 當(dāng)x≠0時(shí)，＝ ＝≤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(duì)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(shí)，|b－(xe1＋ye2)|取得最小值1，把|b－(xe1＋ye2)|平方，轉(zhuǎn)化為|b|2＋x2＋y2＋xy－4x－5y，把x2＋y2＋xy－4x－5y看成關(guān)于x的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)確定最值及取最值的條件．對(duì)于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，說(shuō)明當(dāng)x＝x0，y＝y(tǒng)0時(shí)，|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(guān)于x的二次函數(shù)，即f(x)＝x2＋(y－4)x＋y2－5y，其圖象是開(kāi)口向上的拋物線，對(duì)稱(chēng)軸方程為x＝2－，所以當(dāng)x＝2－時(shí)，f(x)取得最小值，代入化簡(jiǎn)得f(x)＝(y－2)2－7，顯然當(dāng)y＝2時(shí)，f(x)min＝－7，此時(shí)x＝2－＝1，所以x0＝1，y0＝2.此時(shí)|b|2－7＝1，可得|b|＝2. 方法二　∵e1·e2＝|e1|·|e2|cos〈e1，e2〉＝， ∴〈e1，e2〉＝. 不妨設(shè)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(dāng)x＝x0＝1，y＝y(tǒng)0＝2時(shí)，2＋(y－2)2＋t2取到最小值．此時(shí)t2＝1，故|b|＝＝2. 6．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋ax＋b2－b＋1(a∈R，b∈R)，對(duì)任意實(shí)數(shù)x都有f(1－x)＝f(1＋x)成立，若當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)，f(x)>0恒成立，則b的取值范圍是________________． 答案　(－∞，－1)∪(2，＋∞) 解析　由于對(duì)任意實(shí)數(shù)x都有f(1－x)＝f(1＋x)成立， 則f(x)的對(duì)稱(chēng)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(dāng)x∈[－1,1]時(shí)，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(zhǔn)線經(jīng)過(guò)雙曲線x2－y2＝1的一個(gè)焦點(diǎn)，則p＝________. 答案　2 解析　由于雙曲線x2－y2＝1的焦點(diǎn)為(±，0)，故應(yīng)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_(kāi)_______________． 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(shè)函數(shù)f(x)＝kax－a－x(a>0且a≠1)是定義域?yàn)镽的奇函數(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?yàn)镽的奇函數(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(dāng)t＝2時(shí)，w(t)min＝－2，此時(shí)x＝log2(1＋)． 即g(x)在x＝log2(1＋)時(shí)取得最小值－2. 10．(2015·安徽)設(shè)橢圓E的方程為＋＝1(a>b>0)，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(a,0)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0，b)，點(diǎn)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(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0，－b)，N為線段AC的中點(diǎn)，點(diǎn)N關(guān)于直線AB的

21、對(duì)稱(chēng)點(diǎn)的縱坐標(biāo)為，求E的方程． 解　(1)由題設(shè)條件知，點(diǎn)M的坐標(biāo)為， 又kOM＝，從而＝， 進(jìn)而得a＝b，c＝＝2b， 故e＝＝. (2)由題設(shè)條件和(1)的計(jì)算結(jié)果可得，直線AB的方程為＋＝1，點(diǎn)N的坐標(biāo)為. 設(shè)點(diǎn)N關(guān)于直線AB的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)S的坐標(biāo)為， 則線段NS的中點(diǎn)T的坐標(biāo)為. 又點(diǎn)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(gè)不同的點(diǎn)A，B關(guān)于直線y＝mx＋對(duì)稱(chēng)． (1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍； (2)求△AOB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點(diǎn))． 解　(1)由題意知m

22、≠0，可設(shè)直線AB的方程為 y＝－x＋b.由消去y， 得x2－x＋b2－1＝0. 因?yàn)橹本€y＝－x＋b與橢圓＋y2＝1有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，所以Δ＝－2b2＋2＋＞0，① 將AB中點(diǎn)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(shè)△AOB的面積為S(t)， 所以S(t)＝|AB|·d＝≤， 當(dāng)且僅當(dāng)t2＝時(shí)，等號(hào)成立． 故△AOB面積的最大值為. 12．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的前三項(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列． ∴an＋(－1)n＝×2n－1， an＝×2n－1－×(－1)n ＝－(－1)n.