《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》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《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(10頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
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)=x3+3ax-1的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),g(x)=f′(x)-ax-3.
(1)若xg′(x)+6>0對(duì)一切x≥2恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;
(2)若對(duì)滿足0≤a≤1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)=3x2+3a,∴g(x)=3x2+3a-ax-3,
∴g′(x)=6x-a,即6x2-ax+6>0對(duì)一切x≥2恒成立?a<6x+對(duì)一切x≥2恒成立,
記h(x)=6x+,
則在x≥2上a
1?03,則a>對(duì)一切0≤a≤1恒成立?<0?3-3x2>0?-1+++…+.
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k=1,2,3,…可得,
ln+ln+ln+…+ln
>+++…+,
即有l(wèi)n(n+1)>+++…+.
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)瑥亩沂酒渲兄饕暮瘮?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<++…+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)=lnx-≥f(1)=0,
即lnx>(x>0),令x=,
因而有l(wèi)n>-,即>ln(k+1)-lnk,
所以有++…+>ln(3n+1)-ln(n+1)
=ln≥ln 2.
同理有l(wèi)n>,即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:y=kx+m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c=1.
又e==,
解得a=2,
∴b2=a2-c2=3,
∴所求橢圓C的方程為+=1.
(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
由
得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0,
Δ=64m2k2-16(3+4k2)(m2-3)>0,
整理得3+4k2>m2.
∴x1+x2=,
x1x2=,
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)
=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2
=.
∵以AB為直徑的圓過(guò)橢圓的右頂點(diǎn)D(2,0),
kADkBD=-1,
∴=-1,
∴y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4=0,
∴+++4=0.
整理得7m2+16mk+4k2=0,
解得m1=-2k,m2=-.
且滿足3+4k2-m2>0.
當(dāng)m=-2k時(shí),l:y=k(x-2),
直線過(guò)定點(diǎn)(2,0)與已知矛盾;
當(dāng)m=-時(shí),l:y=k,
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)=lnx-a(x-1),a∈R.
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;
(2)當(dāng)x≥1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a≤0,則f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
若a>0,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)a≤0時(shí),f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;
當(dāng)a>0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)=xlnx-a(x2-1)(x≥1),則
g′(x)=lnx+1-2ax,
令F(x)=g′(x)=lnx+1-2ax,則F′(x)=,
①若a≤0,F(xiàn)′(x)>0,g′(x)在[1,+∞)上遞增,
g′(x)≥g′(1)=1-2a>0,
∴g(x)在[1,+∞)上遞增,g(x)≥g(1)=0,
從而f(x)-≥0,不符合題意.
②若00,
∴g′(x)在(1,)上遞增,
從而g′(x)>g′(1)=1-2a>0,
∴g(x)在[1,+∞)上遞增,g(x)≥g(1)=0,
從而f(x)-≥0,不符合題意.
③若a≥,F(xiàn)′(x)≤0在[1,+∞)上恒成立,
∴g′(x)在[1,+∞)上遞減,g′(x)≤g′(1)=1-2a≤0.
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)x≥1時(shí),f(x)≤恒成立等價(jià)于lnx-≤a(x-1),令h(x)=lnx-=,g(x)=a(x-1),h′(x)=,
∵x≥1,∴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(yuǎn)(1)=g(1)=0,h(x)≤g(x)(x≥1)恒成立,
只需h′(1)≤g′(1),即≤a.
故a的取值范圍是[,+∞).
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