2017版（浙江專版文理通用）知識·方法篇練習專題10數(shù)學方法第43練含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精第43練關(guān)于計算過程的再優(yōu)化［題型分析·高考展望］中學數(shù)學的運算包括數(shù)的計算,式的恒等變形，方程和不等式同解變形，初等函數(shù)的運算和求值，各種幾何量的測量與計算，求數(shù)列和函數(shù)、概率計算等．《高中數(shù)學新課程標準》所要求的數(shù)學能力中運算求解能力更為基本，運算求解能力指的是要求學生會根據(jù)法則、公式進行正確運算、變形和數(shù)據(jù)處理，能根據(jù)問題的條件,尋找與設計合理、簡捷的運算途徑；能根據(jù)要求對數(shù)據(jù)進行估計和近似計算．運算求解能力是思維能力和運算技能的結(jié)合．運算包括對數(shù)字的計算、估值和近似計算，對式子的組合變形與分解變形,對幾何圖形各幾何量的計算求解等．數(shù)學運算，都是依據(jù)相應的概念、法則、性質(zhì)、公式等基礎知識進行的，尤其是概念，它是思維的形式，只有概念明確、理解透徹，才能作出正確的判斷及合乎邏輯的推理．計算法則是計算方法的程序化和規(guī)則化,對法則的理解是計算技能形成的前提．高考命題對運算求解能力的考查主要是針對算法、推理及以代數(shù)運算為主的考查．因此在高中數(shù)學中,對于運算求解能力的培養(yǎng)至關(guān)重要．提高數(shù)學解題能力,首先是提高數(shù)學的運算求解能力，可以從以下幾個方面入手：1．培養(yǎng)良好的審題習慣．2．培養(yǎng)認真計算的習慣．3．培養(yǎng)一些常用結(jié)論的記憶的能力，記住一些常用的結(jié)論，比如數(shù)列求和的公式12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f(1，6）n（n＋1)(2n＋1)，三角函數(shù)中的輔助角公式asinx＋bcosx＝eq\r（a2＋b2)sin(x＋θ)等等．4．加強運算練習是提高基本運算技能的有效途徑，任何能力都是有計劃、有目的地訓練出來的,提高基本運算技能也必須加強練習、嚴格訓練．5．提高運算基本技能，必須要提高學生在運算中的推理能力，這就首先要清楚運算的定理及相關(guān)理論．6．增強自信是解題的關(guān)鍵,自信才能自強，在數(shù)學解題中，自信心是相當重要的．高考必會題型題型一化繁為簡,優(yōu)化計算過程例1過點（eq\r(2），0)引直線l與曲線y＝eq\r(1－x2）相交于A，B兩點，O為坐標原點，當△AOB的面積取最大值時，直線l的斜率等于()A。eq\f（\r（3),3)B．－eq\f(\r(3),3）C．±eq\f（\r（3),3)D．－eq\r(3）答案B解析由y＝eq\r(1－x2)得,x2＋y2＝1(y≥0），設直線方程為x＝my＋eq\r（2），m〈0(m≥0不合題意），代入x2＋y2＝1（y≥0)，整理得，(1＋m2)y2＋2eq\r（2)my＋1＝0，設A(x1，y1），B（x2，y2)，則y1＋y2＝－eq\f(2\r（2)m,1＋m2），y1y2＝eq\f(1，1＋m2），則△AOB的面積為eq\f（1,2)×eq\r(2)｜y1－y2｜＝eq\f（\r(2），2)｜y1－y2|，因為|y1－y2|＝eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\r(－\f(2\r（2)m,1＋m2)2－\f（4,1＋m2）)＝eq\f（2\r(m2－1)，1＋m2)＝eq\f（2\r（m2－1）,2＋m2－1)＝eq\f（2，\f（2,\r(m2－1)）＋\r（m2－1））≤eq\f(2,2\r(\f（2,\r（m2－1））×\r（m2－1）))＝eq\f（\r(2），2)，當且僅當eq\f（2,\r(m2－1））＝eq\r(m2－1），即m2－1＝2，m＝－eq\r(3)時取等號．此時直線方程為x＝－eq\r(3）y＋eq\r（2），即y＝－eq\f(\r（3），3）x＋eq\f(\r(6),3),所以直線的斜率為－eq\f（\r(3)，3）.點評本題考查直線與圓的位置關(guān)系以及三角形的面積公式，先設出直線方程x＝my＋eq\r(2)，表示出△AOB的面積，然后探討面積最大時m的取值，得到直線的斜率．題型二運用概念、性質(zhì)等優(yōu)化計算過程例2已知橢圓C：eq\f（x2,a2）＋eq\f(y2，b2）＝1（a〉b〉0)的左焦點為F，C與過原點的直線相交于A，B兩點,連接AF,BF。若｜AB|＝10，｜AF｜＝6，cos∠ABF＝eq\f(4,5），則C的離心率e＝________。答案eq\f（5,7)解析如圖,設｜BF|＝m,由題意知，m2＋100－2×10mcos∠ABF＝36,解得m＝8,所以△ABF為直角三角形,所以｜OF|＝5,即c＝5，由橢圓的對稱性知|AF′｜＝｜BF｜＝8(F′為右焦點），所以a＝7，所以離心率e＝eq\f（5，7)。點評熟練掌握有關(guān)的概念和性質(zhì)是快速準確解決此類題目的關(guān)鍵．題型三代數(shù)運算中加強“形”的應用，優(yōu)化計算過程例3設b>0,數(shù)列{an｝滿足a1＝b，an＝eq\f(nban－1，an－1＋2n－2)（n≥2）．(1）求數(shù)列｛an}的通項公式；(2）證明：對于一切正整數(shù)n，an≤eq\f（bn＋1，2n＋1)＋1.（1)解由a1＝b>0，知an＝eq\f(nban－1,an－1＋2n－2)>0，eq\f(n,an)＝eq\f（1，b)＋eq\f（2,b)·eq\f（n－1，an－1).令An＝eq\f（n,an），A1＝eq\f（1,b），當n≥2時，An＝eq\f（1，b）＋eq\f(2，b)An－1＝eq\f（1，b)＋eq\f(2,b2)＋…＋eq\f（2n－2，bn－1）＋eq\f(2n－1,bn－1）A1＝eq\f（1，b)＋eq\f(2,b2)＋…＋eq\f（2n－2，bn－1)＋eq\f(2n－1,bn）.①當b≠2時，An＝eq\f（\f（1，b)［1－\f(2,b）n］,1－\f（2，b））＝eq\f（bn－2n,bnb－2）;②當b＝2時，An＝eq\f(n,2)。綜上，an＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(\f（nbnb－2,bn－2n)，b≠2，,2,b＝2。)）(2)證明當b≠2時，（2n＋1＋bn＋1）eq\f（bn－2n，b－2)＝(2n＋1＋bn＋1)(bn－1＋2bn－2＋…＋2n－1)＝2n＋1bn－1＋2n＋2bn－2＋…＋22n＋b2n＋2b2n－1＋…＋2n－1bn＋1＝2nbn（eq\f(2，b)＋eq\f(22,b2）＋…＋eq\f（2n,bn)＋eq\f（bn，2n)＋eq\f（bn－1,2n－1)＋…＋eq\f（b，2）)>2nbn(2＋2＋…＋2）,＝2n·2nbn＝n·2n＋1bn,∴an＝eq\f(nbnb－2,bn－2n)<eq\f(bn＋1,2n＋1）＋1.當b＝2時，an＝2＝eq\f（bn＋1，2n＋1）＋1。綜上所述,對于一切正整數(shù)n，an≤eq\f(bn＋1,2n＋1)＋1.點評結(jié)合題目中an的表達式可知,需要構(gòu)造an新的形式eq\f(n,an）＝eq\f（1，b)＋eq\f(2，b）·eq\f(n－1，an－1)，得到新的數(shù)列，根據(jù)新數(shù)列的形式求和；不等式的證明借用放縮完成．高考題型精練1．已知函數(shù)f(x）＝eq\r(mx2＋mx＋1）的定義域是一切實數(shù)，則m的取值范圍是（)A．0<m≤4 B．0≤m≤1C．m≥4 D．0≤m≤4答案D解析根據(jù)題意mx2＋mx＋1≥0(x∈R）恒成立，當m＝0時,滿足不等式；當m≠0時,需滿足eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(m>0,，Δ＝m2－4m≤0，）)解得0〈m≤4，綜上0≤m≤4。2．已知函數(shù)f（x－eq\f（1,x))＝x2＋eq\f(1，x2)，則f(3）的值為()A．8 B．9C．11 D．10答案C解析∵f(x－eq\f（1，x）)＝(x－eq\f(1，x))2＋2，∴f（3）＝9＋2＝11。3．已知一元二次不等式f(x）〈0的解集為｛x|x<－1或x>eq\f(1，2)}，則f（10x)>0的解集為（）A．{x｜x〈－1或x>lg2｝ B．{x|－1<x〈lg2｝C．｛x｜x〉－lg2｝ D．｛x|x<－lg2｝答案D解析由題意知，一元二次不等式f（x）>0的解集為(－1,eq\f(1,2）），即－1〈10x〈eq\f(1,2)?x〈－lg2。4．設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x－\f（1，x)6，x〈0，，－\r（x)，x≥0。））則當x〉0時，f[f（x）]表達式的展開式中常數(shù)項為()A．－20B．20C．－15D．15答案A解析當x〉0時，f[f(x)]＝（－eq\r（x）＋eq\f(1，\r(x)）)6＝(eq\f（1，\r(x))－eq\r（x））6的展開式中，常數(shù)項為Ceq\o\al（3,6）(eq\f（1,\r（x)））3（－eq\r(x))3＝－20.5．在△ABC中，若eq\f（AC,AB）＝eq\f(cosB，cosC）,則()A．A＝C B．A＝BC．B＝C D．以上都不正確答案C解析∵eq\f(AC,AB)＝eq\f(sinB,sinC)＝eq\f（cosB,cosC)，∴sinBcosC－cosBsinC＝0.∴sin(B－C)＝0。又∵－π〈B－C〈π，∴B－C＝0，即B＝C。6．已知直線l與拋物線y2＝4x交于A、B兩點，若P（2，2)為AB的中點,則直線AB的方程為________．答案x－y＝0解析∵點A(x1，y1)，B（x2，y2)在拋物線y2＝4x上，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（y\o\al（2,1）＝4x1,,y\o\al(2,2)＝4x2，））∴yeq\o\al（2，2）－yeq\o\al(2，1）＝4x2－4x1，即eq\f(y2－y1，x2－x1)＝eq\f（4，y2＋y1)?！逷（2，2)為AB的中點,所以y2＋y1＝4，∴直線AB的斜率k＝eq\f（y2－y1，x2－x1)＝eq\f(4，4）＝1,∴直線AB的方程為x－y＝0.7．拋物線y＝x2在x＝1處的切線與兩坐標軸圍成三角形區(qū)域為D（包含三角形內(nèi)部與邊界）．若點P（x，y)是區(qū)域D內(nèi)的任意一點，則x＋2y的取值范圍是________．答案[－2,eq\f(1，2)］解析易知切線方程為：y＝2x－1,所以與兩坐標軸圍成的三角形區(qū)域三個點為A（0，0)，B(eq\f（1,2），0),C（0，－1）．易知過C點時有最小值－2，過B點時有最大值eq\f(1，2).8．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c。已知A＝eq\f（π,4),bsin(eq\f(π,4)＋C）－csin（eq\f(π，4)＋B）＝a。(1）求證：B－C＝eq\f(π,2);(2)若a＝eq\r(2），求△ABC的面積．(1)證明由bsin（eq\f（π,4)＋C）－csin(eq\f（π,4）＋B)＝a，應用正弦定理，得sinBsin（eq\f（π，4）＋C）－sinCsin（eq\f(π,4）＋B)＝sinA,sinB（eq\f(\r(2）,2)sinC＋eq\f(\r（2）,2)cosC)－sinC（eq\f(\r（2),2）sinB＋eq\f(\r（2),2)cosB)＝eq\f(\r（2),2）,整理得sinBcosC－cosBsinC＝1，即sin（B－C)＝1。由于0<B，C〈eq\f(3，4）π，從而B－C＝eq\f(π,2)。（2）解由(1)知，B－C＝eq\f(π,2），又B＋C＝π－A＝eq\f（3π,4)，因此B＝eq\f（5π，8），C＝eq\f(π，8).由a＝eq\r（2)，A＝eq\f(π，4）,得b＝eq\f（asinB,sinA)＝2sineq\f（5π，8)，c＝eq\f（asinC,sinA)＝2sineq\f(π,8），所以△ABC的面積S＝eq\f(1，2）bcsinA＝eq\r（2)sineq\f(5π，8）sineq\f(π，8)＝eq\r（2)coseq\f（π,8）sineq\f(π，8）＝eq\f(1，2)。9。在如圖所示的多面體ABCDE中，AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,且AC＝AD＝CD＝DE＝2，AB＝1.(1）請在線段CE上找到點F的位置,使得恰有直線BF∥平面ACD，并證明；（2）求平面BCE與平面ACD所成銳二面角θ的大小．解以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，使得x軸和z軸的正半軸分別經(jīng)過點A和點E，則各點的坐標為D（0,0，0），A（2，0，0)，E(0，0，2)，B（2，0，1）,C(1，eq\r（3），0)．(1)點F應是線段CE的中點，證明如下：設F是線段CE的中點,則點F的坐標為(eq\f（1，2），eq\f(\r(3），2）,1）,eq\o(DE,\s\up6（→)）＝（0,0,2）,eq\o(BF，\s\up6(→)）＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（3,2),\f（\r(3）,2)，0）），∴eq\o(BF,\s\up6(→）)·eq\o(DE,\s\up6(→)）＝0，∴eq\o（BF，\s\up6（→))⊥eq\o（DE,\s\up6(→)）.而eq\o（DE,\s\up6(→)）是平面ACD的一個法向量．此即證得BF∥平面ACD.（2）設平面BCE的法向量為n＝（x，y，z)，則n⊥eq\o（CB，\s\up6（→）),且n⊥eq\o(CE，\s\up6（→）)，由eq\o（CB，\s\up6(→）)＝（1，－eq\r（3），1）,eq\o（CE，\s\up6(→)）＝(－1，－eq\r（3)，2),得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x－\r(3）y＋z＝0，,－x－\r（3）y＋2z＝0，)）不妨設y＝eq\r（3）,則eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x＝1，,z＝2，））即n＝（1，eq\r(3），2)，∴所求角θ滿足cosθ＝eq\f（n·\o(DE,\s\up6（→)），｜n｜·|\o（DE,\s\up6(→））｜）＝eq\f（4,2\r（2)×2）＝eq\f（\r(2)，2)，∴θ＝eq\f（π，4）。10。已知雙曲線eq\f（x2,a2）－eq\f(y2，b2）＝1(a〉0，b>0），O為坐標原點,離心率e＝2，點M(eq\r（5)，eq\r(3)）在雙曲線上．(1)求雙曲線方程；(2）若直線l與雙曲線交于P、Q兩點,且eq\o（OP，\s\up6(→）)·eq\o(OQ,\s\up6（→)）＝0，求eq\f（1，｜OP|2）＋eq\f(1，｜OQ｜2）的值．解(1)∵e＝2，∴c＝2a，b2＝c2－a2＝3a2，∴雙曲線方程為eq\f（x2，a2）－eq\f（y2,3a2）＝1，即3x2－y2＝3a2，∵點M（eq\r(5），eq\r(3)）在雙曲線上,∴15－3＝3a2，∴a2＝4，∴所求雙曲線方程為eq\f（x2,4）－eq\f(y2,12）＝1。（2）設直線OP的方程為y＝kx（k≠0），聯(lián)立eq\f（x2，4)－eq\f(y2，12）＝1得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x2＝\f（12,3－k2），,y2＝\f(12k2,3－k2)，)）∴|OP｜2＝x2＋y2＝eq\f（12k2＋1,3－k2).∵eq\o(OP,\s\up6(→)）·eq\o(OQ,\s\up6(→）)＝0，∴直線OQ的方程為y＝－eq\f（1,k）x，同理可得｜OQ｜2＝eq\f（12k2＋1,3k2－1）,∴eq\f(1,｜OP｜2)＋eq\f（1，|OQ|2)＝eq\f(3－k2＋3k2－1,12k2＋1)＝eq\f（2＋2k2，12k2＋1)＝eq\f(1,6)。11．已知數(shù)列{an}中，an＝1＋eq\f（1,a＋2n－1)(n∈N*，a∈R且a≠0)．(1）若a＝－7,求數(shù)列｛an}中的最大項和最小項的值；（2)若對任意的n∈N＊，都有an≤a6成立，求a的取值范圍．解（1)∵an＝1＋eq\f(1,a＋2n－1）(n∈N*，a∈R，且a≠0），又a＝－7,∴an＝1＋eq\f(1，2n－9)（n∈N*)．結(jié)合函數(shù)f(x)＝1＋eq\f（1，2x－9)的