《新版高考數(shù)學文二輪復習教師用書：第1部分 技法篇 數(shù)學思想專練4 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新版高考數(shù)學文二輪復習教師用書：第1部分 技法篇 數(shù)學思想專練4 Word版含答案（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、11數(shù)學思想專練數(shù)學思想專練(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)C1D2C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.15B35C.710D910D甲或乙被錄用的對立面是甲、乙均不被錄用，故所求

2、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_.【導學號：04024018】3，32 如 果 在 1,1 內(nèi) 沒 有 值 滿 足 f(c) 0 ， 則f10，f10p12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_0，3 22822，易知線段 AB 的方程為 yx1，x1,3，由yx1，x2

3、2y2a2，得 a232x22x1，x1,3，92a2412.又 a0，3 22a822.故當橢圓與線段 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；(2)設(shè)點 B 是橢圓上任意一點，當|AB|最大時，求證：A，B 兩點關(guān)于原點 O 不對稱.【導學號：04024019】解(1)由橢圓定義，知 2a4，所以 a2.所以x24y2b212 分把 A(1,1)代入，得141b21，得 b243，所以橢圓方程為x24y24314 分

4、所以 c2a2b244383，即 c2 63.故兩焦點坐標為2 63，0，2 63，06 分(2)證明：假設(shè) A，B 兩點關(guān)于原點 O 對稱，則 B 點坐標為(1，1)，7 分此時|AB|2 2，而當點 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 的取值范圍是()A.，518B(，3C.518，D3，)Cf(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

5、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 t32414 518，故選 C.7已知函數(shù) yf(x)是定義在 R 上的偶函數(shù)，當 x0 時，f(x)單調(diào)遞增，則不等式 f(x1)f(12x)的解集為_.【導學號：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(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 1

6、2 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 aln 21 且 x0 時，exx22ax1 成立.【導學號：04024021】解(1)由 f(x)ex2x2a，xR知 f(x)ex2，xR1 分令 f(x)0，得 xln 22 分于是當 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)0f(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

7、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 aln 21 時，g(x)取最小值為 g(ln 2)2(1ln 2a)08 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 aln 21 時，對任意 x(0，)，都有 g(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

8、意 a1,1恒成立，則 x 的取值范圍為_.【導學號：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)x33ax1，g(x)f(x)ax5，其中 f(x)是 f(x)的導函數(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，

9、10，即3x2x20，3x2x80，解得23x1.故當 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)13x3a243 x24323ax(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 的取值范圍.【導學號：04024023】解因為 f(x)x2a83 x4323ax23 (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)max13a6，23a6 分因為當 0a25時，13a623a；7 分當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 0a25時，必有 2a6(2a)213a6，10 分結(jié)合 0a25可解得 122a25；當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 212 分