【文档说明】高考数学（全国甲卷通用理科）知识 方法篇 专题11　数学方法 第47练 含答案.doc，共(13)页，130.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第47练配方法与待定系数法[题型分析·高考展望]配方法是对数学式子进行一种定向变形(配成“完全平方”)的技巧，通过配方找到已知和未知的联系，从而化繁为简.如何配方，需要我们根据题目的要求，合理运用“裂项”与“添项”、“配”与“凑”的技巧，完全配方.配方法是数学中化归思想应用的重要方法

之一.待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程.使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决，要判断一个问题是否用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式，如果具有，就可以用待定系

数法求解.例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等，这些问题都具有确定的数学表达形式，所以都可以用待定系数法求解.高考必会题型题型一配方法例1(1)设x∈[2，8]时，函数f(x)＝12loga(ax)·loga(a2

x)(a>0，且a≠1)的最大值是1，最小值是－18，则a的值是________.(2)函数y＝cos2x＋2sinx的最大值为________.(3)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量OA→＝(2，2)，

OB→＝(4，1)，在x轴上取一点P，使AP→·BP→有最小值，则P点的坐标是________.答案(1)12(2)32(3)(3，0)解析(1)由题意知f(x)＝12(logax＋1)·(logax＋2)＝12[]logax2＋3logax＋2＝12

(logax＋32)2－18.当f(x)取最小值－18时，logax＝－32，又∵x∈[2，8]，∴a∈(0，1).∵f(x)是关于logax的二次函数，∴函数f(x)的最大值必在x＝2或x＝8处取得.若12(loga2＋32

)2－18＝1，则a＝231，f(x)取得最小值时，x＝(231)32＝2∉[2，8]，舍去.若12(loga8＋32)2－18＝1，则a＝12，f(x)取得最小值时，x＝(12)32＝22∈[2，8]，∴a＝12.(2)y＝cos2x＋2sinx＝1－2sin2x

＋2sinx＝－2(sin2x－sinx)＋1＝－2(sinx－12)2＋2×14＋1＝－2(sinx－12)2＋32.因为－1≤sinx≤1，所以当sinx＝12时，y取最大值，最大值为32.(3)设P点坐标为(x，0)，则AP→

＝(x－2，－2)，BP→＝(x－4，－1)，AP→·BP→＝(x－2)(x－4)＋(－2)×(－1)＝x2－6x＋10＝(x－3)2＋1，当x＝3时，AP→·BP→有最小值1，∴此时点P坐标为(3，0).点评配方

法使用的最基本的配方依据是二项完全平方式(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，具体操作时通过加上一次项系数一半的平方，配凑成完全平方式，注意要减去所添的项，最常见的配方是进行恒等变形，使数学式子出现完全平方.它主要适用于：已知或者未知中含有二次方程、

二次不等式、二次函数、二次代数式的讨论与求解等问题.如：y＝x2＋bx＋c＝x2＋2×b2x＋(b2)2－(b2)2＋c＝(x＋b2)2＋4c－b24，y＝ax2＋bx＋c＝a(x2＋bax)＋c＝a[x2＋2×b2ax＋(b2a)2－(b2a)2]＋c＝a(x＋b2a)2＋4ac－b24.变式训

练1(1)若函数f(x)＝m－x＋3的定义域为[a，b]，值域为[a，b]，则实数m的取值范围是________.(2)已知函数y＝－sin2x＋asinx－a4＋12的最大值为2，则a的值为________.(3)已知向量a＝(λ＋2，

λ2－cos2α)，b＝(m，m2＋sinα)，其中λ，m，α为实数，若a＝2b，则λm的取值范围是________.答案(1)－94<m≤－2(2)－2或103(3)[－6，1]解析(1)易知f(x)＝m－x＋3在[a，b]上单调递减，因为函数f(x)的值域为[a，b]，所以

fa＝b，fb＝a，即m－a＋3＝b，m－b＋3＝a，两式相减得，a＋3－b＋3＝a－b＝(a＋3)－(b＋3)＝(a＋3)2－(b＋3)2，所以a＋3＋b＋3＝1，因为a<b，所以0≤a＋3＜12，而m＝b＋3＋a＝a－a＋3＋1，所

以m＝(a＋3)－a＋3－2＝(a＋3－12)2－94，又0≤a＋3＜12，所以－94＜m≤－2.(2)令t＝sinx，t∈[－1，1]，所以y＝－(t－a2)2＋14(a2－a＋2)，对称轴为t＝a2.①当－1≤a2≤1，即－2≤a≤2时，ymax＝14(a2－a＋2)＝2，得a＝－2或a＝

3(舍去).②当a2>1，即a>2时，函数y＝－(t－a2)2＋14(a2－a＋2)在[－1，1]上单调递增，所以由ymax＝－1＋a－14a＋12＝2，得a＝103.③当a2<－1，即a<－2时，函数y＝－(t－a2)2＋14(a2－

a＋2)在[－1，1]上单调递减，所以由ymax＝－1－a－14a＋12＝2，得a＝－2(舍去).综上，可得a＝－2或a＝103.(3)由题意知，2b＝(2m，m＋2sinα)，所以λ＋2＝2m，且λ2－cos

2α＝m＋2sinα，于是2λ2－2cos2α＝λ＋2＋4sinα，即2λ2－λ＝－2sin2α＋4sinα＋4＝－2(sinα－1)2＋6，故－2≤2λ2－λ≤6，即2λ2－λ≤6，2λ2－λ≥－2，解得－32≤λ≤2，则λm＝λλ2＋1＝2－4λ＋2∈[

－6，1].题型二待定系数法例2(1)(2015·课标全国Ⅱ)设向量a，b不平行，向量λa＋b与a＋2b平行，则实数λ＝____________.答案12解析∵向量a，b不平行，∴a＋2b≠0，又向量λa＋b与a＋2b

平行，则存在唯一的实数μ，使λa＋b＝μ(a＋2b)成立，即λa＋b＝μa＋2μb，则得λ＝μ，1＝2μ，解得λ＝μ＝12.(2)是否存在常数a，b，c，使得等式1·22＋2·32＋„＋n(n＋1)2＝nn＋112(an2＋bn＋c)对一切自然数n都成立？并证明你的结论.解假设存在a

，b，c使得等式成立，令n＝1，得4＝16(a＋b＋c)；令n＝2，得22＝12(4a＋2b＋c)；令n＝3，得70＝9a＋3b＋c，整理得a＋b＋c＝24，4a＋2b＋c＝44，9a＋3b＋c＝70，解得a＝3，b＝1

1，c＝10.于是n＝1，2，3，等式1·22＋2·32＋„＋n(n＋1)2＝nn＋112(3n2＋11n＋10)成立.下面用数学归纳法证明，对任意自然数n，该等式都成立.假设对n＝k时等式成立，即1·22＋2·32＋„＋k(k＋1)2＝kk＋1

12(3k2＋11k＋10)；当n＝k＋1时，1·22＋2·32＋„＋k(k＋1)2＋(k＋1)(k＋2)2＝kk＋112(3k2＋11k＋10)＋(k＋1)(k＋2)2＝kk＋112(k＋2)(3

k＋5)＋(k＋1)(k＋2)2＝k＋1k＋212(3k2＋5k＋12k＋24)＝k＋1k＋212[3(k＋1)2＋11(k＋1)＋10]，也就是说，等式对n＝k＋1也成立.综上所述，当a＝3，b＝11，c＝10时，

题设的等式对一切自然数n都成立.点评使用待定系数法，它解题的基本步骤是：第一步，确定所求问题是含有待定系数的解析式；第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程；第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决.变式训练

2已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，它们满足S4＝2S2＋8，b2＝19，T2＝49，且当n＝4或5时，Sn取得最小值.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)令cn＝(Sn－λ)(12－Tn)，n∈N*，如果{cn}是单调数列

，求实数λ的取值范围.解(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，因为当n＝4或5时，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＝19，T2＝49得b1＝13，所以q＝13，所以bn＝13n.(2)由(1)得Sn＝n2－9n，Tn＝12－12·3n，cn＝n2－9n－λ2·3n，当{cn}为递增数列时，cn<cn＋1，即λ>n2－10n＋4恒成立，∴λ∈∅，当{cn}为递减数列时，cn>c

n＋1，即λ<n2－10n＋4恒成立，∴λ<－21，综上，实数λ的取值范围为(－∞，－21).高考题型精练1.数列{an}中，如果存在ak，使得ak>ak－1且ak>ak＋1成立(其中k≥2，k∈N*)，则称ak为数列{an}的峰值，若an＝－3n2＋15n－18，则{an}的峰值

为()A.0B.4C.133D.163答案A解析因为an＝－3(n－52)2＋34，且n∈N*，所以当n＝2或n＝3时，an取最大值，最大值为a2＝a3＝0，故峰值为0.2.若点O和点F(－2，0)分别为双曲线x2

a2－y2＝1(a>0)的中心和左焦点，点P为双曲线右支上的任意一点，则OP→·FP→的取值范围为______________.答案[3＋23，＋∞)解析由条件知a2＋1＝22＝4，∴a2＝3，∴双曲线方程为x23－y2＝

1，设P点坐标为(x，y)，则OP→＝(x，y)，FP→＝(x＋2，y)，∵y2＝x23－1，∴OP→·FP→＝x2＋2x＋y2＝x2＋2x＋x23－1＝43x2＋2x－1＝43(x＋34)2－74.又∵x≥3(P为右支上任意一点)，∴OP→·FP→≥3＋23.3.已知a为正的常数，

若不等式1＋x≥1＋x2－x2a对一切非负实数x恒成立，则a的最大值为________.答案8解析原不等式即x2a≥1＋x2－1＋x，(*)令1＋x＝t，t≥1，则x＝t2－1，所以(*)即t2－12a≥1＋t2－12－t＝t2－2t＋12＝t－122对t≥1恒成立，所

以t＋12a≥12对t≥1恒成立，又a为正的常数，所以a≤[2(t＋1)2]min＝8，故a的最大值是8.4.设e1，e2为单位向量，非零向量b＝xe1＋ye2，x，y∈R，若e1，e2的夹角为π6，则|x||b|的最大值等于_

_______.答案2解析∵|b|2＝(xe1＋ye2)2＝x2＋y2＋2xye1·e2＝x2＋y2＋3xy.∴|x||b|＝|x|x2＋y2＋3xy，当x＝0时，|x||b|＝0；当x≠0时，|x||b|＝1yx2＋3yx＋1＝1yx＋322＋14≤2.5.(2015·浙江)已知

e1，e2是空间单位向量，e1·e2＝12，若空间向量b满足b·e1＝2，b·e2＝52，且对于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，则x0＝__________，y0＝________，|b|＝________.答案1222解析方法一

由题意得x＝x0，y＝y0时，|b－(xe1＋ye2)|取得最小值1，把|b－(xe1＋ye2)|平方，转化为|b|2＋x2＋y2＋xy－4x－5y，把x2＋y2＋xy－4x－5y看成关于x的二次函数，利用二次函数的性质确定最值及取最值的条件.对于任意x，y∈R，|

b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，说明当x＝x0，y＝y0时，|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－5y取得最小值，需要把x2＋y2＋xy－4x－5y看成关于x的二次函数，即f(x)＝x2＋(y－4)x＋y2－5y，其图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为x＝2－y2，

所以当x＝2－y2时，f(x)取得最小值，代入化简得f(x)＝34(y－2)2－7，显然当y＝2时，f(x)min＝－7，此时x＝2－y2＝1，所以x0＝1，y0＝2.此时|b|2－7＝1，可得|b|＝22.方法二∵e1·e2＝|e1|·|e2|cos〈e1

，e2〉＝12，∴〈e1，e2〉＝π3.不妨设e1＝12，32，0，e2＝(1，0，0)，b＝(m，n，t).由题意知b·e1＝12m＋32n＝2，b·e2＝m＝52，解得n＝32，m＝52，∴b＝52，32，t.∵b－(xe1＋ye2)＝52－

12x－y，32－32x，t，∴|b－(xe1＋ye2)|2＝52－x2－y2＋32－32x2＋t2＝x2＋xy＋y2－4x－5y＋t2＋7＝x＋y－422＋34(y－2)2＋t2.由题意知，

当x＝x0＝1，y＝y0＝2时，x＋y－422＋34(y－2)2＋t2取到最小值.此时t2＝1，故|b|＝522＋322＋t2＝22.6.已知函数f(x)＝－x2＋ax＋b2－b＋1(a∈R，b∈R)，对任意实数x都有f(1－x)＝f(1＋x)成立，若当x∈[－1，

1]时，f(x)>0恒成立，则b的取值范围是________________.答案(－∞，－1)∪(2，＋∞)解析由于对任意实数x都有f(1－x)＝f(1＋x)成立，则f(x)的对称轴为x＝1，所以a＝2，

f(x)＝－x2＋2x＋b2－b＋1＝－(x－1)2＋b2－b＋2，则f(x)在区间[－1，1]上单调递增，当x∈[－1，1]时，要使f(x)>0恒成立，只需f(－1)>0，即b2－b－2>0，则b<－1或b>2.7.(2015·陕西)若抛物线y2＝2px(p＞0)的

准线经过双曲线x2－y2＝1的一个焦点，则p＝________.答案22解析由于双曲线x2－y2＝1的焦点为(±2，0)，故应有p2＝2，p＝22.8.(2015·北京改编)已知双曲线x2a2－y2＝1(a>0)的一条渐近线为3x＋y＝0，则该双曲线的

方程为________________.答案3x2－y2＝1解析双曲线x2a2－y2＝1(a>0)的渐近线方程为y＝±1ax，3x＋y＝0⇒y＝－3x，∵a>0，则－1a＝－3，a＝33，则该双曲线的方程为3x2－y2＝1.9.设函数f(

x)＝kax－a－x(a>0且a≠1)是定义域为R的奇函数，若f(1)＝32，且g(x)＝a2x＋a－2x－4f(x)，求g(x)在[1，＋∞)上的最小值.解∵f(x)是定义域为R的奇函数，∴f(0)＝0，∴k－1＝0，即k＝1.∵f(1)＝32，∴a－1a＝32，即2a2－3a－2＝

0，∴a＝2或a＝－12(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(x≥1)，则t′(x)＝2xln2＋2－xln2＞0，∴t(x)在[1，＋∞)上为增函数，即t(x)≥t(

1)＝32，∴原函数变为w(t)＝t2－4t＋2＝(t－2)2－2，∴当t＝2时，w(t)min＝－2，此时x＝log2(1＋2).即g(x)在x＝log2(1＋2)时取得最小值－2.10.(2015·安徽)设椭圆E的方程为x2a2＋y2

b2＝1(a>b>0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a，0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为510.(1)求E的离心率e；(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线

段AC的中点，点N关于直线AB的对称点的纵坐标为72，求E的方程.解(1)由题设条件知，点M的坐标为23a，13b，又kOM＝510，从而b2a＝510，进而得a＝5b，c＝a2－b2＝2b，故e＝ca＝255.(2)由题设条件和(1)的计算结果可得，直线AB的方程为

x5b＋yb＝1，点N的坐标为52b，－12b.设点N关于直线AB的对称点S的坐标为x1，72，则线段NS的中点T的坐标为54b＋x12，－14b＋74.又点T在直线AB上，且kNS·kAB＝－1，从而有54b＋x125b＋－14b＋74b＝

1，72＋12bx1－52b＝5，解得b＝3.所以a＝35，故椭圆E的方程为x245＋y29＝1.11.(2015·浙江)已知椭圆x22＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋12对称.(1)求实数m的取值范围；(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).解(1

)由题意知m≠0，可设直线AB的方程为y＝－1mx＋b.由x22＋y2＝1，y＝－1mx＋b消去y，得12＋1m2x2－2bmx＋b2－1＝0.因为直线y＝－1mx＋b与椭圆x22＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋4m2＞0，①将AB中点M2mbm2＋2

，m2bm2＋2代入直线方程y＝mx＋12，解得b＝－m2＋22m2，②由①②得m＜－63或m＞63.(2)令t＝1m∈－62，0∪0，62，则|AB|＝t2＋1·－2t4＋2t2＋32t2＋12，且O到直线AB的距离为d＝t2＋12t2＋1.设△AOB的面积为S(t)

，所以S(t)＝12|AB|·d＝12－2t2－122＋2≤22，当且仅当t2＝12时，等号成立.故△AOB面积的最大值为22.12.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*).(1)求数列{an}的前三项a1

，a2，a3；(2)求证：数列{an＋23(－1)n}为等比数列，并求出{an}的通项公式.解(1)在Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)中分别令n＝1，2，3，得a1＝2a1－1，a1＋a2＝2a2＋1，a1＋a2＋a3＝2a3－1，解得a1＝1，a2＝0，a

3＝2.(2)由Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)得，Sn－1＝2an－1＋(－1)n－1(n≥2)，两式相减得an＝2an－1－2(－1)n(n≥2)，an＝2an－1－43(－1)n－23(－1)n＝2an－1＋43(－1)n－1－23(－1)n(n≥2)，∴an＋23(－1

)n＝2[an－1＋23(－1)n－1](n≥2).故数列{an＋23(－1)n}是以a1－23＝13为首项，2为公比的等比数列.∴an＋23(－1)n＝13×2n－1，an＝13×2n－1－23×(－1)n＝2n－13－23(－1)n.