山东专用2025届高考数学二轮专题闯关导练三方法技巧专练专练七含解析

PAGE专练(七)技法16转化与化归思想1．已知数列{an}，{bn}都是公差为1的等差数列，其首项分别为a1，b1，且a1＋b1＝5，a1，b1∈N*，设cn＝(n∈N*)，则数列{cn}的前10项和等于()A．55B．70C．85D．1002．[2024·山东泰安一中模拟]在一般中学新课程改革中，某地实施“3＋1＋2”选课方案．该方案中“2A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(5,6)3．设关于x的方程x2＋4mx－4m＋3＝0，x2＋(m－1)x＋m2＝0，x2＋2mx－2m＝0中至少一个存在实数根，则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．若函数f(x)＝4x－m·2x＋m＋3有两个不同的零点x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(2，＋∞)，则实数m的取值范围为()A．(－∞，－2)B．(－∞，－2)∪(6，＋∞)C．(7，＋∞)D．(－∞，－3)5．[2024·山东济南历城二中模拟]已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋1,x)，x>1，,lnx＋a，x≤1，))的图象上存在关于直线x＝1对称的不同两点，则实数a的取值范围是()A．(e2－1，＋∞)B．(e2＋1，＋∞)C．(－∞，e2－1)D．(－∞，e2＋1)6．[2024·山东烟台诊断]记函数f(x)＝ex－x－a，若曲线y＝－cos2x＋2cosx＋1上存在点(x0，y0)使得f(y0)＝y0，则a的取值范围是()A．(－∞，e2－4)B．[2－2ln2，e2－4]C．[2－2ln2，e－2＋4]D．(－∞，e－2＋4)7．[2024·山东济南质量检测]已知向量a，b满意|a|＝1，|b|＝2，则|a＋b|＋|a－b|的最小值是________，最大值是________．8．对于满意0≤p≤4的全部实数p，使不等式x2＋px>4x＋p－3成立的x的取值范围是____________．9．若对于随意t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)＋2))x2－2x在区间(t,3)上总不为单调函数，求实数m的取值范围．10．已知函数f(x)＝3e|x|，若存在实数t∈[－1，＋∞)，使得对随意的x∈[1，m]，m∈Z且m>1，都有f(x＋t)≤3ex，试求m的最大值．专练(七)技法16转化与化归思想1．答案：C解析：取特别数列，令a1＝1，则b1＝4，an＝n，bn＝n＋3，所以cn＝n＋3，所以S10＝eq\f(10×4＋13,2)＝85，故选C.2．答案：D解析：(利用对立事务)设A＝{两门至少有一门被选中}，则eq\o(A,\s\up6(－))＝{两门都没被选中}，eq\o(A,\s\up6(－))包含1个基本领件，则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).故选D.3．答案：D解析：(补集思想)假设三个方程都没有实根，由Δ<0，则应有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的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪[－1，＋∞)．故选D.4．答案：C解析：设t＝2x(t>0)，f(x)有两个不同的零点x1，x2等价于函数f(t)＝t2－mt＋m＋3有两个不同的零点t1，t2，因为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，故实数m的取值范围为(7，＋∞)，故选C.5．答案：A解析：当x>1时，f(x)＝eq\f(x2＋1,x)＝x＋eq\f(1,x)，设f(x)在(1，＋∞)上的图象关于直线x＝1的对称图象为g(x)，则g(x)＝f(2－x)＝2－x＋eq\f(1,2－x)(x<1)．由题意可知f(x)与g(x)在(－∞，1)上有公共点．因为g′(x)＝－1＋eq\f(1,2－x2)<0，所以g(x)在(－∞，1)上单调递减，又f(x)＝ln(x＋a)在(－∞，1)上单调递增，所以g(1)<f(1)，即2<ln(1＋a)，解得a>e2－1.故选A.6．答案：C解析：y＝－cos2x＋2cosx＋1＝－(cosx－1)2＋2，因为－1≤cosx≤1，所以－2≤y≤2，即－2≤y0≤2，若f(y0)＝y0有解，等价为f(x)＝x在－2≤x≤2上有解，(方程化为不等式)即ex－x－a＝x，即a＝ex－2x在－2≤x≤2上有解．设h(x)＝ex－2x，(不等式化为函数)则h′(x)＝ex－2，由h′(x)>0得，ln2<x≤2，h(x)为增函数，由h′(x)<0得－2≤x<ln2，h(x)为减函数，即当x＝ln2时，函数h(x)取得微小值同时也是最小值h(ln2)＝2－2ln2，又h(2)＝e2－4，h(－2)＝e－2＋4，则h(－2)最大，故2－2ln2≤h(x)≤e－2＋4，要使a＝ex－2x在－2≤x≤2上有解，则2－2ln2≤a≤e－2＋4，即实数a的取值范围是[2－2ln2，e－2＋4]，故选C.7．答案：42eq\r(5)解析：由题意，不妨设b＝(2,0)，a＝(cosθ，sinθ)，则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)，则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：设f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3，则当x＝1时，f(p)＝0.所以x≠1.f(p)在0≤p≤4上恒为正，等价于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)在区间(t,3)上总为单调函数，则①g′(x)≥0在(t,3)上恒成立，或②g′(x)≤0在(t,3)上恒成立．(正反转化)由①得3x2＋(m＋4)x－2≥0，即m＋4≥eq\f(2,x)－3x，当x∈(t,3)时恒成立，∴m＋4≥eq\f(2,t)－3t恒成立，则m＋4≥－1，即m≥－5；由②得3x2＋(m＋4)x－2≤0，即m＋4≤eq\f(2,x)－3x，当x∈(t,3)时恒成立，则m＋4≤eq\f(2,3)－9，即m≤－eq\f(37,3).∴函数g(x)在区间(t,3)上总不为单调函数的m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(37,3)，－5)).10．解析：∵当t∈[－1，＋∞)且x∈[1，m]时，x＋t≥0，∴f(x＋t)≤3ex⇔ex＋t≤ex⇔t≤1＋lnx－x.∴原命题等价转化为：存在实数t∈[－1，＋∞)，使得不等式t≤1＋lnx－x对随意x∈[1，m]恒成立．令h(x)＝1＋lnx－x(1≤x≤m)．∵h′(x)＝eq\f(1,x)－1≤0，∴函数h(x)在[1，＋∞)上为减函数，又x∈[1，m]，∴h(x)min＝h(m)＝1＋lnm－m.∴要使得对随意的x∈[1，m]，t值恒存在，只需1＋lnm－m≥－1.∵h(3)