山東專用2025屆高考數(shù)學(xué)二輪專題闖關(guān)導(dǎo)練三方法技巧專練專練七含解析

PAGE專練(七)技法16轉(zhuǎn)化與化歸思想1．已知數(shù)列{an}，{bn}都是公差為1的等差數(shù)列，其首項分別為a1，b1，且a1＋b1＝5，a1，b1∈N*，設(shè)cn＝(n∈N*)，則數(shù)列{cn}的前10項和等于()A．55B．70C．85D．1002．[2024·山東泰安一中模擬]在一般中學(xué)新課程改革中，某地實施“3＋1＋2”選課方案．該方案中“2A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(5,6)3．設(shè)關(guān)于x的方程x2＋4mx－4m＋3＝0，x2＋(m－1)x＋m2＝0，x2＋2mx－2m＝0中至少一個存在實數(shù)根，則A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))B．[－1，＋∞)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－1))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪[－1，＋∞)4．若函數(shù)f(x)＝4x－m·2x＋m＋3有兩個不同的零點x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(2，＋∞)，則實數(shù)m的取值范圍為()A．(－∞，－2)B．(－∞，－2)∪(6，＋∞)C．(7，＋∞)D．(－∞，－3)5．[2024·山東濟南歷城二中模擬]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋1,x)，x>1，,lnx＋a，x≤1，))的圖象上存在關(guān)于直線x＝1對稱的不同兩點，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(e2－1，＋∞)B．(e2＋1，＋∞)C．(－∞，e2－1)D．(－∞，e2＋1)6．[2024·山東煙臺診斷]記函數(shù)f(x)＝ex－x－a，若曲線y＝－cos2x＋2cosx＋1上存在點(x0，y0)使得f(y0)＝y(tǒng)0，則a的取值范圍是()A．(－∞，e2－4)B．[2－2ln2，e2－4]C．[2－2ln2，e－2＋4]D．(－∞，e－2＋4)7．[2024·山東濟南質(zhì)量檢測]已知向量a，b滿意|a|＝1，|b|＝2，則|a＋b|＋|a－b|的最小值是________，最大值是________．8．對于滿意0≤p≤4的全部實數(shù)p，使不等式x2＋px>4x＋p－3成立的x的取值范圍是____________．9．若對于隨意t∈[1,2]，函數(shù)g(x)＝x3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)＋2))x2－2x在區(qū)間(t,3)上總不為單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)m的取值范圍．10．已知函數(shù)f(x)＝3e|x|，若存在實數(shù)t∈[－1，＋∞)，使得對隨意的x∈[1，m]，m∈Z且m>1，都有f(x＋t)≤3ex，試求m的最大值．專練(七)技法16轉(zhuǎn)化與化歸思想1．答案：C解析：取特別數(shù)列，令a1＝1，則b1＝4，an＝n，bn＝n＋3，所以cn＝n＋3，所以S10＝eq\f(10×4＋13,2)＝85，故選C.2．答案：D解析：(利用對立事務(wù))設(shè)A＝{兩門至少有一門被選中}，則eq\o(A,\s\up6(－))＝{兩門都沒被選中}，eq\o(A,\s\up6(－))包含1個基本領(lǐng)件，則p(eq\o(A,\s\up6(－)))＝eq\f(1,C\o\al(2,4))＝eq\f(1,6)，所以P(A)＝1－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).故選D.3．答案：D解析：(補集思想)假設(shè)三個方程都沒有實根，由Δ<0，則應(yīng)有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4m2－4－4m＋3<0，,m－12－4m2<0，,2m2－4－2m<0，))解得－eq\f(3,2)<m<－1.故m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪[－1，＋∞)．故選D.4．答案：C解析：設(shè)t＝2x(t>0)，f(x)有兩個不同的零點x1，x2等價于函數(shù)f(t)＝t2－mt＋m＋3有兩個不同的零點t1，t2，因為x1∈(0,1)，x2∈(2，＋∞)，所以t1∈(1,2)，t2∈(4，＋∞)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－m＋m＋3>0，,4－2m＋m＋3<0，,16－4m＋m＋3<0，))所以m>7，故實數(shù)m的取值范圍為(7，＋∞)，故選C.5．答案：A解析：當(dāng)x>1時，f(x)＝eq\f(x2＋1,x)＝x＋eq\f(1,x)，設(shè)f(x)在(1，＋∞)上的圖象關(guān)于直線x＝1的對稱圖象為g(x)，則g(x)＝f(2－x)＝2－x＋eq\f(1,2－x)(x<1)．由題意可知f(x)與g(x)在(－∞，1)上有公共點．因為g′(x)＝－1＋eq\f(1,2－x2)<0，所以g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，又f(x)＝ln(x＋a)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，所以g(1)<f(1)，即2<ln(1＋a)，解得a>e2－1.故選A.6．答案：C解析：y＝－cos2x＋2cosx＋1＝－(cosx－1)2＋2，因為－1≤cosx≤1，所以－2≤y≤2，即－2≤y0≤2，若f(y0)＝y(tǒng)0有解，等價為f(x)＝x在－2≤x≤2上有解，(方程化為不等式)即ex－x－a＝x，即a＝ex－2x在－2≤x≤2上有解．設(shè)h(x)＝ex－2x，(不等式化為函數(shù))則h′(x)＝ex－2，由h′(x)>0得，ln2<x≤2，h(x)為增函數(shù)，由h′(x)<0得－2≤x<ln2，h(x)為減函數(shù)，即當(dāng)x＝ln2時，函數(shù)h(x)取得微小值同時也是最小值h(ln2)＝2－2ln2，又h(2)＝e2－4，h(－2)＝e－2＋4，則h(－2)最大，故2－2ln2≤h(x)≤e－2＋4，要使a＝ex－2x在－2≤x≤2上有解，則2－2ln2≤a≤e－2＋4，即實數(shù)a的取值范圍是[2－2ln2，e－2＋4]，故選C.7．答案：42eq\r(5)解析：由題意，不妨設(shè)b＝(2,0)，a＝(cosθ，sinθ)，則a＋b＝(2＋cosθ，sinθ)，a－b＝(cosθ－2，sinθ)．令y＝|a＋b|＋|a－b|＝eq\r(2＋cosθ2＋sin2θ)＋eq\r(cosθ－22＋sin2θ)＝eq\r(5＋4cosθ)＋eq\r(5－4cosθ)，則y2＝10＋2eq\r(25－16cos2θ)，所以(|a＋b|＋|a－b|)max＝eq\r(20)＝2eq\r(5)，(|a＋b|＋|a－b|)min＝eq\r(16)＝4.即|a＋b|＋|a－b|的最小值是4，最大值是2eq\r(5).8．答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞)解析：設(shè)f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3，則當(dāng)x＝1時，f(p)＝0.所以x≠1.f(p)在0≤p≤4上恒為正，等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0>0，,f4>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－3x－1>0，,x2－1>0，))解得x>3或x<－1.9．解析：g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，若g(x)在區(qū)間(t,3)上總為單調(diào)函數(shù)，則①g′(x)≥0在(t,3)上恒成立，或②g′(x)≤0在(t,3)上恒成立．(正反轉(zhuǎn)化)由①得3x2＋(m＋4)x－2≥0，即m＋4≥eq\f(2,x)－3x，當(dāng)x∈(t,3)時恒成立，∴m＋4≥eq\f(2,t)－3t恒成立，則m＋4≥－1，即m≥－5；由②得3x2＋(m＋4)x－2≤0，即m＋4≤eq\f(2,x)－3x，當(dāng)x∈(t,3)時恒成立，則m＋4≤eq\f(2,3)－9，即m≤－eq\f(37,3).∴函數(shù)g(x)在區(qū)間(t,3)上總不為單調(diào)函數(shù)的m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(37,3)，－5)).10．解析：∵當(dāng)t∈[－1，＋∞)且x∈[1，m]時，x＋t≥0，∴f(x＋t)≤3ex?ex＋t≤ex?t≤1＋lnx－x.∴原命題等價轉(zhuǎn)化為：存在實數(shù)t∈[－1，＋∞)，使得不等式t≤1＋lnx－x對隨意x∈[1，m]恒成立．令h(x)＝1＋lnx－x(1≤x≤m)．∵h(yuǎn)′(x)＝eq\f(1,x)－1≤0，∴函數(shù)h(x)在[1，＋∞)上為減函數(shù)，又x∈[1，m]，∴h(x)min＝h(m)＝1＋lnm－m.∴要使得對隨意的x∈[1，m]，t值恒存在，只需1＋lnm－m≥－1.∵h(yuǎn)(3)