2017版（浙江專(zhuān)版文理通用）知識(shí)·方法篇練習(xí)專(zhuān)題10數(shù)學(xué)方法第40練含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精第40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）＝eq\f（1，2）loga（ax)·loga(a2x）(a〉0，且a≠1）的最大值是1，最小值是－eq\f(1,8）,則a的值是________．（2)函數(shù)y＝cos2x＋2sinx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eq\o(OA，\s\up6(→））＝（2,2)，eq\o(OB,\s\up6（→))＝(4，1），在x軸上取一點(diǎn)P，使eq\o(AP，\s\up6(→)）·eq\o(BP,\s\up6(→))有最小值，則P點(diǎn)的坐標(biāo)是________．答案(1)eq\f(1，2）（2）eq\f(3,2)（3)(3,0）解析（1)由題意知f（x）＝eq\f（1,2）（logax＋1)·(logax＋2）＝eq\f（1，2)eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（logax2＋3logax＋2))＝eq\f(1,2）（logax＋eq\f（3，2))2－eq\f(1，8）.當(dāng)f(x）取最小值－eq\f(1，8)時(shí),logax＝－eq\f(3,2），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eq\f（1,2）（loga2＋eq\f（3,2）)2－eq\f(1,8)＝1，則a＝,f（x)取得最小值時(shí)，舍去．若eq\f（1,2）(loga8＋eq\f（3,2)）2－eq\f（1，8)＝1，則a＝eq\f(1,2)，f（x)取得最小值時(shí),∴a＝eq\f（1，2）.（2）y＝cos2x＋2sinx＝1－2sin2x＋2sinx＝－2(sin2x－sinx）＋1＝－2(sinx－eq\f（1,2）)2＋2×eq\f（1，4）＋1＝－2(sinx－eq\f（1，2)）2＋eq\f(3,2)。因?yàn)椋?≤sinx≤1，所以當(dāng)sinx＝eq\f（1，2)時(shí),y取最大值，最大值為eq\f(3,2）。(3）設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為(x，0)，則eq\o（AP,\s\up6(→))＝（x－2，－2）,eq\o（BP，\s\up6(→)）＝(x－4，－1），eq\o（AP，\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→)）＝（x－2)（x－4）＋（－2）×（－1)＝x2－6x＋10＝（x－3)2＋1，當(dāng)x＝3時(shí)，eq\o（AP，\s\up6（→））·eq\o（BP，\s\up6(→））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×eq\f(b，2)x＋(eq\f（b,2)）2－(eq\f(b,2）)2＋c＝(x＋eq\f(b，2）)2＋eq\f(4c－b2，4),y＝ax2＋bx＋c＝a（x2＋eq\f(b,a）x)＋c＝a［x2＋2×eq\f(b，2a）x＋（eq\f(b，2a））2－(eq\f（b,2a）)2]＋c＝a(x＋eq\f(b,2a）)2＋eq\f（4ac－b2，4）。變式訓(xùn)練1（1）若函數(shù)f(x)＝m－eq\r（x＋3)的定義域?yàn)椋踑，b],值域?yàn)椋踑,b］，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．(2)已知函數(shù)y＝－sin2x＋asinx－eq\f(a,4）＋eq\f（1,2）的最大值為2,則a的值為_(kāi)_______．（3）已知向量a＝（λ＋2，λ2－cos2α），b＝（m，eq\f(m，2)＋sinα），其中λ，m，α為實(shí)數(shù),若a＝2b，則eq\f(λ,m）的取值范圍是________．答案(1)－eq\f(9，4）〈m≤－2（2）－2或eq\f(10,3）(3）[－6,1］解析（1)易知f（x)＝m－eq\r（x＋3)在［a,b]上單調(diào)遞減，因?yàn)楹瘮?shù)f（x)的值域?yàn)椋踑，b］，所以eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（fa＝b,,fb＝a，)）即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（m－\r（a＋3)＝b，,m－\r(b＋3)＝a,）)兩式相減得,eq\r(a＋3)－eq\r(b＋3)＝a－b＝（a＋3)－(b＋3）＝（eq\r（a＋3））2－（eq\r(b＋3））2,所以eq\r(a＋3)＋eq\r(b＋3）＝1，因?yàn)閍〈b，所以0≤eq\r（a＋3)＜eq\f（1,2）,而m＝eq\r(b＋3)＋a＝a－eq\r（a＋3)＋1,所以m＝（a＋3）－eq\r(a＋3)－2＝(eq\r（a＋3)－eq\f（1，2))2－eq\f(9，4)，又0≤eq\r（a＋3)＜eq\f（1,2)，所以－eq\f(9,4)＜m≤－2。（2）令t＝sinx，t∈[－1,1］，所以y＝－（t－eq\f(a，2））2＋eq\f(1，4)(a2－a＋2），對(duì)稱(chēng)軸為t＝eq\f(a，2）。①當(dāng)－1≤eq\f(a，2）≤1,即－2≤a≤2時(shí)，ymax＝eq\f（1，4)(a2－a＋2）＝2,得a＝－2或a＝3（舍去)．②當(dāng)eq\f（a,2)〉1，即a>2時(shí),函數(shù)y＝－(t－eq\f(a,2）)2＋eq\f（1,4）（a2－a＋2）在[－1，1]上單調(diào)遞增，所以由ymax＝－1＋a－eq\f(1，4）a＋eq\f（1，2）＝2,得a＝eq\f（10,3)。③當(dāng)eq\f（a,2)<－1，即a<－2時(shí)，函數(shù)y＝－（t－eq\f（a，2)）2＋eq\f（1,4)（a2－a＋2）在[－1,1]上單調(diào)遞減，所以由ymax＝－1－a－eq\f（1，4)a＋eq\f（1，2)＝2，得a＝－2（舍去）．綜上，可得a＝－2或a＝eq\f（10，3).（3)由題意知,2b＝(2m，m＋2sinα)，所以λ＋2＝2m，且λ2－cos2α＝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eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(2λ2－λ≤6，,2λ2－λ≥－2,)）解得－eq\f（3，2）≤λ≤2，則eq\f（λ,m)＝eq\f（λ,\f(λ,2）＋1）＝2－eq\f（4,λ＋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eq\f(1，2)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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（λ＝μ,，1＝2μ，））解得λ＝μ＝eq\f(1，2）.(2）是否存在常數(shù)a，b，c，使得等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1）2＝eq\f(nn＋1，12)（an2＋bn＋c）對(duì)一切自然數(shù)n都成立？并證明你的結(jié)論．解假設(shè)存在a，b，c使得等式成立，令n＝1,得4＝eq\f(1,6）（a＋b＋c）；令n＝2，得22＝eq\f(1,2)（4a＋2b＋c)；令n＝3，得70＝9a＋3b＋c，整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a＋b＋c＝24，，4a＋2b＋c＝44，,9a＋3b＋c＝70,））解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝3，,b＝11，,c＝10.））于是n＝1，2,3，等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝eq\f(nn＋1,12)(3n2＋11n＋10)成立．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明,對(duì)任意自然數(shù)n，該等式都成立．假設(shè)對(duì)n＝k時(shí)等式成立，即1·22＋2·32＋…＋k（k＋1）2＝eq\f(kk＋1,12）（3k2＋11k＋10)；當(dāng)n＝k＋1時(shí),1·22＋2·32＋…＋k(k＋1）2＋(k＋1)(k＋2）2＝eq\f（kk＋1，12）(3k2＋11k＋10)＋(k＋1）（k＋2)2＝eq\f(kk＋1，12）（k＋2）(3k＋5）＋(k＋1）(k＋2）2＝eq\f（k＋1k＋2，12)(3k2＋5k＋12k＋24)＝eq\f（k＋1k＋2,12）[3（k＋1）2＋11（k＋1）＋10］，也就是說(shuō)，等式對(duì)n＝k＋1也成立．綜上所述,當(dāng)a＝3，b＝11，c＝10時(shí)，題設(shè)的等式對(duì)一切自然數(shù)n都成立．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＝eq\f(Sn,n＋c），求非零常數(shù)c。解(1)因?yàn)閿?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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝9，,a1＋3d＝13，））所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，，d＝4。))所以通項(xiàng)an＝4n－3.(2)由（1)知a1＝1，d＝4，所以Sn＝na1＋eq\f(nn－1，2)×d＝2n2－n＝2eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(n－\f（1，4）))2－eq\f(1，8）。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＝eq\f（Sn，n＋c)＝eq\f（2n2－n，n＋c)，所以b1＝eq\f(1，1＋c)，b2＝eq\f（6,2＋c）,b3＝eq\f（15,3＋c)。因?yàn)閿?shù)列{bn｝是等差數(shù)列，所以2b2＝b1＋b3,即eq\f（6，2＋c）×2＝eq\f(1，1＋c）＋eq\f（15，3＋c)，所以2c2＋c＝0,所以c＝－eq\f(1，2)或c＝0（舍去）,經(jīng)驗(yàn)證c＝－eq\f（1,2）時(shí),｛bn｝是等差數(shù)列,故c＝－eq\f（1,2).高考題型精練1．?dāng)?shù)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*），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．4C。eq\f（13,3) D。eq\f（16，3）答案A解析因?yàn)閍n＝－3(n－eq\f(5,2）)2＋eq\f(3,4），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eq\f(x2,a2)－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eq\o（OP,\s\up6(→)）·eq\o（FP，\s\up6（→））的取值范圍為_(kāi)_____________．答案[3＋2eq\r(3）,＋∞）解析由條件知a2＋1＝22＝4，∴a2＝3，∴雙曲線方程為eq\f(x2，3）－y2＝1，設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為（x,y）,則eq\o（OP,\s\up6(→))＝（x，y)，eq\o（FP，\s\up6(→））＝（x＋2,y),∵y2＝eq\f(x2,3）－1，∴eq\o（OP，\s\up6（→）)·eq\o（FP,\s\up6（→))＝x2＋2x＋y2＝x2＋2x＋eq\f（x2,3)－1＝eq\f（4,3)x2＋2x－1＝eq\f（4,3）（x＋eq\f(3,4)）2－eq\f(7，4).又∵x≥eq\r(3)（P為右支上任意一點(diǎn)）,∴eq\o(OP,\s\up6（→)）·eq\o（FP，\s\up6(→））≥3＋2eq\r（3)。3．已知a為正的常數(shù)，若不等式eq\r（1＋x）≥1＋eq\f（x,2）－eq\f（x2,a）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eq\f(x2，a)≥1＋eq\f(x,2）－eq\r（1＋x)， （*）令eq\r（1＋x)＝t,t≥1，則x＝t2－1，所以（*）即eq\f（t2－12，a）≥1＋eq\f(t2－1,2)－t＝eq\f（t2－2t＋1，2)＝eq\f(t－12,2)對(duì)t≥1恒成立，所以eq\f(t＋12，a）≥eq\f(1,2）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，e2為單位向量，非零向量b＝xe1＋ye2,x,y∈R，若e1，e2的夾角為eq\f（π,6)，則eq\f(|x｜，｜b|）的最大值等于________．答案2解析∵|b｜2＝（xe1＋ye2）2＝x2＋y2＋2xye1·e2＝x2＋y2＋eq\r(3)xy?！鄀q\f(|x|,|b|）＝eq\f(|x｜，\r(x2＋y2＋\r(3）xy）），當(dāng)x＝0時(shí),eq\f(｜x|,｜b|）＝0；當(dāng)x≠0時(shí)，eq\f(|x｜，｜b｜)＝eq\f(1，\r（\f(y,x)2＋\f(\r(3)y,x)＋1））＝eq\f(1，\r（\f（y，x）＋\f(\r（3），2)2＋\f(1,4）))≤2.5．(2015·浙江）已知e1，e2是空間單位向量，e1·e2＝eq\f(1，2)，若空間向量b滿足b·e1＝2，b·e2＝eq\f（5，2），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122eq\r（2)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－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－eq\f(y，2)，所以當(dāng)x＝2－eq\f（y,2）時(shí)，f(x)取得最小值,代入化簡(jiǎn)得f（x）＝eq\f（3，4）（y－2）2－7，顯然當(dāng)y＝2時(shí),f(x）min＝－7，此時(shí)x＝2－eq\f(y，2)＝1,所以x0＝1，y0＝2.此時(shí)|b｜2－7＝1，可得｜b｜＝2eq\r(2）。方法二∵e1·e2＝|e1｜·|e2|cos〈e1，e2〉＝eq\f（1,2)，∴〈e1，e2〉＝eq\f（π,3).不妨設(shè)e1＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,2），\f(\r（3),2)，0))，e2＝（1,0，0)，b＝（m，n,t)．由題意知eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(b·e1＝\f（1，2)m＋\f(\r(3），2)n＝2，,b·e2＝m＝\f(5,2）,））解得n＝eq\f(\r(3),2)，m＝eq\f(5，2），∴b＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(\r(3），2），t）)。∵b－(xe1＋ye2)＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(5,2)－\f（1,2）x－y，\f（\r（3）,2)－\f(\r（3）,2）x，t）),∴|b－（xe1＋ye2)｜2＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(5，2）－\f（x,2)－y))2＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（\r(3),2）－\f(\r(3)，2)x））2＋t2＝x2＋xy＋y2－4x－5y＋t2＋7＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f(y－4,2））)2＋eq\f（3,4）（y－2)2＋t2.由題意知,當(dāng)x＝x0＝1，y＝y(tǒng)0＝2時(shí)，eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f（y－4，2）))2＋eq\f(3，4）(y－2)2＋t2取到最小值．此時(shí)t2＝1，故|b｜＝eq\r(\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（5,2））)2＋\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(\r(3）,2))）2＋t2）＝2eq\r（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＋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2eq\r（2）解析由于雙曲線x2－y2＝1的焦點(diǎn)為(±eq\r(2)，0），故應(yīng)有eq\f(p，2）＝eq\r(2)，p＝2eq\r（2)。8．(2015·北京改編)已知雙曲線eq\f(x2，a2）－y2＝1（a〉0)的一條漸近線為eq\r(3)x＋y＝0,則該雙曲線的方程為_(kāi)_______________．答案3x2－y2＝1解析雙曲線eq\f(x2，a2)－y2＝1(a>0）的漸近線方程為y＝±eq\f(1，a）x,eq\r(3)x＋y＝0?y＝－eq\r（3)x，∵a>0，則－eq\f(1,a)＝－eq\r（3),a＝eq\f（\r(3),3),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）＝eq\f（3，2),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?！遞（1）＝eq\f（3，2)，∴a－eq\f（1，a)＝eq\f（3，2),即2a2－3a－2＝0，∴a＝2或a＝－eq\f（1,2）（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），則t′(x)＝2xln2＋2－xln2＞0，∴t(x）在[1，＋∞）上為增函數(shù)，即t（x）≥t(1）＝eq\f（3，2）,∴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＋eq\r（2）)．即g(x)在x＝log2(1＋eq\r（2)）時(shí)取得最小值－2.10．（2015·安徽)設(shè)橢圓E的方程為eq\f（x2,a2)＋eq\f(y2,b2）＝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eq\f(\r（5)，10)。(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的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)的縱坐標(biāo)為eq\f（7,2），求E的方程．解（1）由題設(shè)條件知，點(diǎn)M的坐標(biāo)為eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2,3)a，\f(1，3)b）），又kOM＝eq\f(\r（5)，10),從而eq\f(b,2a）＝eq\f(\r(5),10)，進(jìn)而得a＝eq\r(5）b,c＝eq\r（a2－b2)＝2b,故e＝eq\f（c，a)＝eq\f（2\r（5），5）。（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eq\f（x，\r(5）b)＋eq\f(y,b）＝1，點(diǎn)N的坐標(biāo)為eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（\r(5),2）b，－\f（1,2）b)).設(shè)點(diǎn)N關(guān)于直線AB的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)S的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x1，\f(7，2）)），則線段NS的中點(diǎn)T的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(\r(5),4）b＋\f(x1，2)，－\f(1，4)b＋\f（7,4))).又點(diǎn)T在直線AB上，且kNS·kAB＝－1,從而有eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(\f（\f（\r（5）,4）b＋\f(x1，2)，\r(5)b）＋\f（－\f（1，4)b＋\f(7，4），b）＝1，,\f（\f(7,2)＋\f（1,2）b，x1－\f(\r（5),2)b)＝\r（5)，）)解得b＝3。所以a＝3eq\r(5）,故橢圓E的方程為eq\f（x2,45）＋eq\f(y2,9）＝1。11．（2015·浙江)已知橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1上兩個(gè)不同的點(diǎn)A，B關(guān)于直線y＝mx＋eq\f(1，2)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≠0,可設(shè)直線AB的方程為y＝－eq\f（1,m)x＋b.由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(\f(x2,2）＋y2＝1，，y＝－\f(1,m）x＋b））消去y，得eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2）＋\f(1，m2)））x2－eq\f(2b，m）x＋b2－1＝0。因?yàn)橹本€y＝－eq\f(1，m）x＋b與橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，所以Δ＝－2b2＋2＋eq\f(4，m2)＞0，①將AB中點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(2mb，m2＋2），\f（m2b,m2＋2))）代入直線方程y＝mx＋eq\f(1,2），解得b＝－eq\f(m2＋2,2m2）， ②由①②得m