專題11-換元法-教師版

【二輪復(fù)習(xí)—換元法】專題11換元法對(duì)一個(gè)數(shù)學(xué)問(wèn)題,如果直接求解有困難,或不易下手,或由問(wèn)題的條件難以直接得出結(jié)論時(shí),常將一個(gè)或幾個(gè)式子分別看成整體,用一個(gè)或幾個(gè)新“元”代換它們,使得以新元為基礎(chǔ)的問(wèn)題求解比較簡(jiǎn)易,解決以后將結(jié)果倒回去恢復(fù)原來(lái)的元,即可得原問(wèn)題的結(jié)果.例1(2023·湖北省·模擬題)對(duì)于函數(shù)fx)，若在定義域內(nèi)存在實(shí)數(shù)x，滿足f(?x)=?f(x)，稱fx)為“局部奇函數(shù)”.若f(x)=4x?m·2x+1+m2?3為定義域R上的“局部奇函數(shù)”，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()整理可得：(4x+4?x)?2m(2x+2?x)+2m2?6=0，考慮到4x+4?x=(2x+2?x)2?2，從而可將2x+2?x視為整體，方程轉(zhuǎn)化為：(2x+2?x)2?2m(2x+2?x)+2m2?8=0，利用換元設(shè)t=2x+2?x(t?2)，則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為只需讓方程t2?2mt+2m2?8=0存在大于等于2的解即可，故分一個(gè)解和兩個(gè)解來(lái)進(jìn)行分類(lèi)討論.設(shè)g(t)=t2?2mt+2m2?8.(1)若方程有一個(gè)解，則g(t)與橫軸相切(切點(diǎn)的橫坐標(biāo)m大于等于2)或相交(其中交點(diǎn)在點(diǎn)(2,0)的兩側(cè))，即或g(2)?0，解得：m=22或1?3?【二輪復(fù)習(xí)—換元法】(2)若方程有兩解，(2)若方程有兩解，綜上所述：1?3?m?22，故選：B.練1-1(2023·湖南省模擬)用數(shù)學(xué)的眼光看世界就能發(fā)現(xiàn)很多數(shù)學(xué)之“美”.現(xiàn)代建筑講究線條感，曲線之美讓人稱奇．衡量曲線彎曲程度的重要指標(biāo)是曲率，曲線的曲率定義如下：若f'x是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f''x是f?(x)的導(dǎo)函數(shù)，則曲線y=f(x)在點(diǎn)(x,f(x))處的曲率k=，則曲線f(x)=x在(1,1)處的曲率為;正弦曲線(1+[f(x)]2)2g(x)=sinx(x∈R)曲率的平方k2的最大值為.解：(1)由題意得f'(x)=，f″(x)=x，則f'1=,f''1=，則k=1+2=，(2)由題意得，g'(x)=Cosx，g''(x)=?sinx，∴k2=(1x)3=(2x)3，令t=2?sin2x∈[1,2]，則k2=2t，令p(t)=2t，則p'(t)=?t3?3(2?t)=26，顯然當(dāng)t∈[1,2]時(shí)，p'(t)<0，p(t)單調(diào)遞減，所以p(t)max=p(1)=1，∴k2的最大值為1.故答案為：；1.練1-2(2023·福建省聯(lián)考)設(shè)橢圓+=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2，P是橢圓上一點(diǎn)，|PF1|=λ|PF2|(?λ?2)，∠F1PF2=，則橢圓離心率的取值范圍為()解：設(shè)F1(?C,0)，F(xiàn)2(C,0)，由橢圓的定義可得，|PF1|+|PF2|=2a，可設(shè)|PF2|=t，可得|PF1|=λt，即有(λ+1)t=2a①由∠F1PF2=，可得|PF1|2+|PF2|2=4C2，即為(λ2+1)t2=4C2，②由②÷①2，可得e2=，令m=λ+1，可得λ=m?1，即有=m2+2=2()2+，【二輪復(fù)習(xí)—換元法】由≤λ≤2，可得≤m≤3，即≤≤，則m=2時(shí)，取得最小值；m=或3時(shí)，取得最大值.故選B.練1-3(2023·江西省月考）已知定義在1,+∞上的函數(shù)fx=x+lnx，若?x≥1，fax<fx2+9，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A.1,6B.1,6C.1,9D.2,9解：f(x)=x+lnx=x+lnx=ex?lnx?(x?lnx)，令t=x?lnx(x≥1)，則t'=x1≥0(x≥1)，所以t=x?lnx在1,+∞上單調(diào)遞增，則t?1，y=et?t，y'=et?1，顯然y'恒大于0，即y=et?t在1,+∞上單調(diào)遞增，所以f(x)=x+lnx在1,+∞上單調(diào)遞增，由?x≥1，f(ax)<f(x2+9)，所以1≤ax<x2+9，即?x≥1，≤a<x+，而在[1,+∞)上的最大值為因?yàn)閤·9=9，所以當(dāng)且僅當(dāng)x=9時(shí)，x+9?2x+9，即x+9?6xxxxx所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1,6).故選B.圓錐曲線有一個(gè)特點(diǎn)，就是曲線上的點(diǎn)不易于直接表達(dá)（拋物線除外例如橢圓+=1(a>b>0)，為了表示橢圓上一點(diǎn)，需要引入兩個(gè)參數(shù)x0,y0，此時(shí)會(huì)涉及到兩個(gè)麻煩事：①開(kāi)根號(hào)，②定符號(hào)，這樣一來(lái)，會(huì)給后面的處理帶來(lái)很多麻煩，而三角函數(shù)的出現(xiàn)正好彌補(bǔ)了這樣的問(wèn)題，因?yàn)槿呛瘮?shù)本身就有降次和升次的功能，利用三角恒等式sin2θ+cos2θ=1,可以自然類(lèi)比到橢圓中,那么橢圓上的點(diǎn)就可以表達(dá)成(acosθ,bsinθ)，此時(shí)只含有一個(gè)參數(shù)θ,成功實(shí)現(xiàn)了減元、去根號(hào)和定符號(hào)的效果。例2.(2023·遼寧省期末)已知橢圓C1：+=1a1>b1>0與雙曲線C2：=1a2>b2>0有相同的焦點(diǎn)F1、F2，橢圓C1的離心率為e1，雙曲線C2的離心率為e2，點(diǎn)P為橢圓C1與雙曲線C2的交點(diǎn)，且∠F1PF2=，【二輪復(fù)習(xí)—換元法】則+的最大值為()解：不妨設(shè)點(diǎn)P為第一象限的交點(diǎn)，則所以a+3a=4C2，即+=4，令=2cosθ,=sinθ,故選：B.+有最大值，最大值為27，練2-1(2023·福建省·模擬題)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知P(,0)，A、B是圓C：x2+(y)2=36上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，滿足PA=PB，則△PAB面積的最大值是.解：圓C：x2+(y)2=36的圓心C(0,)，半徑為6，如圖，作PC所在直徑EF，交AB于點(diǎn)D，要使面積S△PAB最大，則P，D位于C的兩側(cè)，可令x=6cosθ,【二輪復(fù)習(xí)—換元法】 36?x2S△PAB=|AB|?|PD|=(1 36?x2222max=6×+36××=105，則△PAB面積的最大值為105.故答案為：105.練2-2(2023·遼寧省聯(lián)考)黃金分割比幼=51≈0.618被譽(yù)為“人間最巧的比例”.離心率e=51的橢圓被稱為“優(yōu)美橢圓”，在平面直角坐標(biāo)系中的“優(yōu)美橢圓”C：+=1(a>b>0)的左右頂點(diǎn)分別為A、B，“優(yōu)美橢圓”C上動(dòng)點(diǎn)P(異于橢圓的左右頂點(diǎn))，設(shè)直線PA、PB的斜率分別為k1、k2，則k1k2=.優(yōu)美橢圓C：+=1(a>b>0)的左右頂點(diǎn)分別為A(?a,0)、Ba,0，離心率e=51，則k1k2=aa×aa=a21)=?=?a2c2=e2?1=15.故答案為：15.對(duì)于多元函數(shù)fx1,x2,我們稱x1,x2為雙變量，一般來(lái)說(shuō)，我們無(wú)法對(duì)其進(jìn)行求導(dǎo)，可以采用“先轉(zhuǎn)換后構(gòu)造”的解【二輪復(fù)習(xí)—換元法】題策略：fx1,x2?同除變形f?令t=,構(gòu)造函數(shù)ft,將含二元變量x1、x2的不等式轉(zhuǎn)化為一元變量t的函數(shù)，以導(dǎo)數(shù)為工具證明.】湖北省模擬)函數(shù)f(x)=lnx?ax+1有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1<x2)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.0<a<1BC.x2?x1>?1D.x1+x2<解：∵函數(shù)f(x)=lnx?ax+1有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1<x2)，∴l(xiāng)nx?ax+1=0有兩個(gè)根，∴a=，∴y=a與y=有兩個(gè)交點(diǎn)，如圖，設(shè)g(x)=(x>0)，∴g'(x)=，當(dāng)g'(x)>0時(shí)，解得0<x<1，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)g'(x)<0時(shí)，解得x>1，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，∴g(x)max=g(1)=1，當(dāng)x→+∞時(shí)，g(x)→0，當(dāng)x→0時(shí)，g(x)→?∞,∴當(dāng)0<a<1時(shí)，y=a與y=lnx+1有兩個(gè)交點(diǎn)，即函數(shù)f(x)=lnx?ax+1有兩零點(diǎn)，故A正確；結(jié)合圖象可知1<x1<1<x2，要證明x1+x2<，即證明(x1+x2)lnx2<2，整理得ln<2(0<<1)，設(shè)g(t)=lnt?2)(0<t<1)，>0，(0>0，(0<t<1)恒成立，∴g(t)在(0,1)單調(diào)遞增，∴g'(t)=t(t+1)2【二輪復(fù)習(xí)—換元法】∴g(t)<g(1)=0，即lnt<2)(0<t<1)，故D錯(cuò)誤；【二輪復(fù)習(xí)—換元法】由D錯(cuò)誤，即x1+x2=>，即x1x2>1成立，故B正確；∴?x1>?1，可得x2?x1故選D.1，故C正確.練3-1(2023·海南省期末)若存在正數(shù)x,y，使得(3e2y?x)(lnx?lny)?ay=0，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為.解：由(3e2y?x)(lnx?lny)?ay=0，x，y為正數(shù)，a=3e2y?xylnx?lny)=(3e2)ln()，令t=，t>0，則gt=3e2?t)lnt，則g't)=?lnt+1，又因?yàn)間'e2)=0，當(dāng)t∈0,e2時(shí)，g't>0，函數(shù)gt單調(diào)遞增，當(dāng)t∈e2,+∞時(shí)，g't)<0，函數(shù)gt〕單調(diào)遞減，所以gtmax=ge2=4e2，且t→0,f(t)→?∞,所以a的取值范圍為(?∞,4e2].故答案為(?∞,4e2].練3-2(2023·河北省月考)若對(duì)任意正實(shí)數(shù)x，y，不等式(2x?y)?(lny?lnx+1)≤恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范解：不等式(2x?y)?(lny?lnx+1)≤對(duì)x、y>0恒成立，可得(2)?(ln+1)≤，可設(shè)t=(t>0)，可得f(t)=(2?t)(lnt+1)，f'(t)=?(lnt+1)+2t=?lnt+2，由y=?lnt和y=2在t>0時(shí)單調(diào)遞減，可得f'(t)在t>0時(shí)單調(diào)遞減，則f'(1)=0，當(dāng)t>1時(shí)，f'(t)<f'(1)=0，f(t)遞減；【二輪復(fù)習(xí)—換元法】0<t<1時(shí)，f'(t)>f'(1)=0，f(t)遞增，可得f(t)在t=1處取得極大值，且為最大值f(1)=1，aa故答案為：(0,1].練3-3(2023·廣東省廣州市·期中考試)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a,b,c，角A是直角，則2c的取2)2?2， 2?1122+2==b2+c2 2?1122+2==b2+c2b2+c2b2+c2b2+c2b2+c2 bc bcb(c?b)1mm2+2m+2m(m+1)