高考數(shù)學(xué) 考前3個(gè)月知識(shí)方法專題訓(xùn)練 第一部分 知識(shí)方法篇 專題11 數(shù)學(xué)方法 第43練 配湊法與構(gòu)造法 文

第43練配湊法與構(gòu)造法題型分析高考展望配湊法是通過(guò)將兩個(gè)變量構(gòu)成的不等式(方程)變形到不等號(hào)(等號(hào))兩端，使兩端變量各自相同，解決有關(guān)不等式恒成立、不等式存在(有)解和方程有解中參數(shù)取值范圍的一種方法兩個(gè)變量，其中一個(gè)范圍已知，另一個(gè)范圍未知構(gòu)造法解題有時(shí)雖然經(jīng)歷了一條曲折迂回的道路，并且往往經(jīng)歷了更多的巧思，聯(lián)想，挖掘，但是它往往能獨(dú)辟蹊徑，順利解決問(wèn)題這有利于讓學(xué)生形成挖掘題目隱含條件的良好習(xí)慣，有利于提高學(xué)生的創(chuàng)造性思維品質(zhì)，從而提高創(chuàng)新意識(shí)，也有利于培養(yǎng)學(xué)生的研究能力高考必會(huì)題型題型一配湊法例1已知函數(shù)f(x)x33ax1的導(dǎo)函數(shù)為f(x)，g(x)f(x)ax3.(1)若xg(x)6>0對(duì)一切x2恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若對(duì)滿足0a1的一切a的值，都有g(shù)(x)<0，求實(shí)數(shù)x的取值范圍解(1)f(x)3x23a，g(x)3x23aax3，g(x)6xa，即6x2ax6>0對(duì)一切x2恒成立a<6x對(duì)一切x2恒成立，記h(x)6x，則在x2上a<h(x)恒成立，h(x)6在x2上恒大于0，h(x)6x在x2上單調(diào)遞增，h(x)minh(2)15，a<15.(2)g(x)3x23aax30對(duì)一切0a1恒成立，若x3，則g(x)3x23aax3240不滿足，x，若x<3，則a<對(duì)一切0a1恒成立>10<x<，若x>3，則a>對(duì)一切0a1恒成立<033x2>01<x<1，x，綜上所述，0<x<.點(diǎn)評(píng)高考數(shù)學(xué)試題中，求參數(shù)的范圍常常與分類討論、方程的根與零點(diǎn)等基本思想方法相聯(lián)系，其中與二次函數(shù)相關(guān)的充分體現(xiàn)數(shù)形結(jié)合及分類思想方法的題目最為常見(jiàn)與二次函數(shù)有關(guān)的求解參數(shù)的題目，相當(dāng)一部分題目都可以避開(kāi)二次函數(shù)，使用分離變量，使得做題的正確率大大提高隨著分離變量的廣泛使用，越來(lái)越多的壓軸題都需要使用該思想方法變式訓(xùn)練1設(shè)非零復(fù)數(shù)a，b滿足a2abb20，求()1 998()1 998.解由a2abb20變形得，()210，設(shè)，則210，可知為1的立方虛根，所以，331.又由a2abb20變形得(ab)2ab，所以()1 998()1 998()999()999()999()9999999992.題型二構(gòu)造法例2求證：ln(n1)>.解構(gòu)造函數(shù)f(x)lnx(x>0)，f(x)>0，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增所以當(dāng)x>1時(shí)，有f(x)>f(1)0，即有l(wèi)nx>(x>1)，因而令x，則有l(wèi)n>，分別取k1,2,3，可得，lnlnlnln>，即有l(wèi)n(n1)>.點(diǎn)評(píng)構(gòu)造法在高中數(shù)學(xué)中已有了比較廣泛的應(yīng)用，它是數(shù)學(xué)方法的有機(jī)組成部分是歷年高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，主要依據(jù)題意，構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)解決問(wèn)題首先解題中若遇到有關(guān)不等式、方程及最值之類問(wèn)題，設(shè)法建立起目標(biāo)函數(shù)，并確定變量的限制條件，用函數(shù)的觀點(diǎn)加以分析，?？墒箚?wèn)題變得明了，從而易于找到一種科學(xué)的解題途徑其次數(shù)量關(guān)系是數(shù)學(xué)中的一種基本關(guān)系，現(xiàn)實(shí)世界的復(fù)雜性決定了數(shù)量關(guān)系的多元性因此，如何從多變?cè)臄?shù)量關(guān)系中選定合適的主變?cè)?，從而揭示其中主要的函?shù)關(guān)系，有時(shí)便成了數(shù)學(xué)問(wèn)題能否“明朗化”的關(guān)鍵所在變式訓(xùn)練2求證：ln 2<<ln 3.證明構(gòu)造函數(shù)f(x)lnx(x>0)，f(x)，函數(shù)f(x)在(1，)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減所以有f(x)lnxf(1)0，即lnx>(x>0)，令x，因而有l(wèi)n>，即>ln(k1)lnk，所以有>ln(3n1)ln(n1)lnln 2.同理有l(wèi)n>，即<ln(k1)lnk，所以有<ln(3n)lnnln 3，故有l(wèi)n 2<<ln 3.高考題型精練1當(dāng)x1時(shí)，求yx3x2x1的值解由條件得x1，所以x1，構(gòu)造x1的因式，yx3x2x1(x32x22x2)x(x1)23x2(3x3x2)1.2已知a，b，c為正數(shù)，求函數(shù)y的最小值解構(gòu)造向量a(x，a)，b(cx，b)，則原函數(shù)就可化為y|a|b|ab|，ymin.3求證：2x.證明令y(y0)，則其圖象是橢圓1的上半部分，設(shè)y2xm，于是只需證m，因m為直線y2xm在y軸上的截距，由圖可知：當(dāng)直線y2xm過(guò)點(diǎn)(，0)時(shí)，m有最小值m，當(dāng)直線y2xm與橢圓上半部分相切時(shí)，m有最大值由得13x24mxm240.令4(529m2)0，得m或m(舍)，即m的最大值為，故m，即2x.4求函數(shù)y的最大值解由根號(hào)下的式子看出x1x1且0x1，故可聯(lián)想到三角函數(shù)關(guān)系并構(gòu)造xsin2(0)，所以ysin cossin()，當(dāng)，即x時(shí)，ymax.5(2015福建)已知函數(shù)f(x)lnx.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)證明：當(dāng)x1時(shí)，f(x)x1；(3)確定實(shí)數(shù)k的所有可能取值，使得存在x01，當(dāng)x(1，x0)時(shí)，恒有f(x)k(x1)(1)解f(x)x1，x(0，)由f(x)0得解得0x.故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是.(2)證明令F(x)f(x)(x1)，x(0，)，則有F(x).當(dāng)x(1，)時(shí)，F(xiàn)(x)0，所以F(x)在(1，)上單調(diào)遞減，故當(dāng)x1時(shí)，F(xiàn)(x)F(1)0，即當(dāng)x1時(shí)，f(x)x1.(3)解由(2)知，當(dāng)k1時(shí)，不存在x01滿足題意當(dāng)k1時(shí)，對(duì)于x1，有f(x)x1k(x1)，則f(x)k(x1)，從而不存在x01滿足題意當(dāng)k1時(shí)，令G(x)f(x)k(x1)，x(0，)，則有G(x)x1k.由G(x)0得，x2(1k)x10，解得x10，x21.當(dāng)x(1，x2)時(shí)，G(x)0，故G(x)在(1，x2)內(nèi)單調(diào)遞增從而當(dāng)x(1，x2)時(shí)，G(x)G(1)0，即f(x)k(x1)綜上，k的取值范圍是(，1)6設(shè)a為實(shí)數(shù)，證明以，為邊長(zhǎng)可以構(gòu)成一個(gè)三角形，且三角形的面積為定值解由于，.構(gòu)造合乎要求的幾何圖形如圖所示：ADDFBCa，ABBECD1，DAB60，CBE120，于是AF2a，AE，EF，ADa，AB1，F(xiàn)CDB，BCa，BE1，CE.所以以，為邊長(zhǎng)可以構(gòu)成一個(gè)三角形，即ECF.則SECFSAECFSAEF3SABDSABESBCESAEF3a1sin 6011sin 120a1sin 1202a.7橢圓C：1 (a>b>0)的離心率為，其左焦點(diǎn)到點(diǎn)P(2,1)的距離為.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線l：ykxm與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)(A，B不是左，右頂點(diǎn))，且以AB為直徑的圓過(guò)橢圓C的右頂點(diǎn)求證：直線l過(guò)定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)解(1)左焦點(diǎn)(c,0)到點(diǎn)P(2,1)的距離為，解得c1.又e，解得a2，b2a2c23，所求橢圓C的方程為1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(34k2)x28mkx4(m23)0，64m2k216(34k2)(m23)>0，整理得34k2>m2.x1x2，x1x2，y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m2.以AB為直徑的圓過(guò)橢圓的右頂點(diǎn)D(2,0)，kADkBD1，1，y1y2x1x22(x1x2)40，40.整理得7m216mk4k20，解得m12k，m2.且滿足34k2m2>0.當(dāng)m2k時(shí)，l：yk(x2)，直線過(guò)定點(diǎn)(2,0)與已知矛盾；當(dāng)m時(shí)，l：yk，直線過(guò)定點(diǎn).綜上可知，直線l過(guò)定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為.8已知函數(shù)f(x)lnxa(x1)，aR.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x1時(shí)，f(x)恒成立，求a的取值范圍解(1)f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x).若a0，則f(x)0，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，若a0，則由f(x)0，得x，當(dāng)x(0，)時(shí)，f(x)0，當(dāng)x(，)時(shí)，f(x)0.f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，在(，)上單調(diào)遞減綜上，當(dāng)a0時(shí)，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a0時(shí)，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，在(，)上單調(diào)遞減(2)方法一f(x)，令g(x)xlnxa(x21)(x1)，則g(x)lnx12ax，令F(x)g(x)lnx12ax，則F(x)，若a0，F(xiàn)(x)>0，g(x)在1，)上遞增，g(x)g(1)12a>0，g(x)在1，)上遞增，g(x)g(1)0，從而f(x)0，不符合題意若0<a<，當(dāng)x(1，)時(shí)，F(xiàn)(x)>0，g(x)在(1，)上遞增，從而g(x)>g(1)12a0，g(x)在1，)上遞增，g(x)g(1)0，從而f(x)0，不符合題意若a，F(xiàn)(x)0在1，)上恒成立，g(x)在1，)上遞減，g(x)g(1)12a0.從而g(x)g(1)0，f(x)0，綜上所述：a的取值范圍是，)方法二當(dāng)x1時(shí)，f(x)恒成立等價(jià)于lnxa(x1)，令h(x)lnx，g(x)a(x1)，h(x)，x1，h(x)>0，即h(x)在1，)上是增函數(shù)，g(x)a，當(dāng)a>0時(shí)，g(x)在1，)上是增函數(shù)又h(1)g(1)0，h(x)g(x)(x1)恒成立，只需h(1)g(1)，即a.故a的取值范圍是，)