《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-人教版高三數(shù)學(xué)試題》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-人教版高三數(shù)學(xué)試題（10頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、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)

2、，g(x)＝f′(x)－ax－3. (1)若x·g′(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

3、x－3＜0對(duì)一切0≤a≤1恒成立， 若x＝3，則g(x)＝3x2＋3a－ax－3＝24＞0不滿足， ∴x∈?， 若x<3，則a<對(duì)一切0≤a≤1恒成立?>1?03，則a>對(duì)一切0≤a≤1恒成立?<0?3－3x2>0?－1

4、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a2＋ab＋b2＝0，求()1 998＋()1 998. 解　由a2＋ab＋b2＝0變形得，()2＋＋1＝0， 設(shè)ω＝，則ω2＋ω＋1＝0， 可知ω為1的立方虛根， 所以＝，ω3＝3＝1. 又由a2＋ab＋b2＝0變形得(a＋b)2＝ab， 所以()1 998＋()1 998 ＝()999＋()999 ＝()999＋()999 ＝ω999＋999＝2. 題型二　構(gòu)造法 例2　求證：ln(n＋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．

5、 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)解決問題．首先解題中若遇到有關(guān)不等式、方程及最值之類問題，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，?？墒箚栴}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．

6、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

7、， 故有l(wèi)n 2<＋＋…＋

8、， 因m為直線y＝2x＋m在y軸上的截距， 由圖可知：當(dāng)直線y＝2x＋m過點(diǎn)(，0)時(shí)， m有最小值m＝－， 當(dāng)直線y＝2x＋m與橢圓上半部分相切時(shí)，m有最大值． 由 得13x2＋4mx＋m2－4＝0. 令Δ＝4(52－9m2)＝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x＋1－x＝1且0≤x≤1， 故可聯(lián)想到三角函數(shù)關(guān)系并構(gòu)造x＝sin2θ(0≤θ≤)， 所以y＝sin θ＋cosθ＝sin(θ＋)， 當(dāng)θ＝，即x＝時(shí)， ymax＝. 5．(2015·福建)已知函數(shù)f(

9、x)＝lnx－. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)證明：當(dāng)x＞1時(shí)，f(x)＜x－1； (3)確定實(shí)數(shù)k的所有可能取值，使得存在x0＞1，當(dāng)x∈(1，x0)時(shí)，恒有f(x)＞k(x－1)． (1)解　f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞)． 由f′(x)＞0得 解得0＜x＜. 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是. (2)證明　令F(x)＝f(x)－(x－1)，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)x＞1時(shí)，F(xiàn)(x)＜F(1)＝0， 即當(dāng)x＞1時(shí)，f(x)＜x－1. (3)解　

10、由(2)知，當(dāng)k＝1時(shí)， 不存在x0＞1滿足題意． 當(dāng)k＞1時(shí)，對(duì)于x＞1， 有f(x)＜x－1＜k(x－1)， 則f(x)＜k(x－1)， 從而不存在x0＞1滿足題意． 當(dāng)k＜1時(shí)，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)， 則有G′(x)＝－x＋1－k＝. 由G′(x)＝0得，－x2＋(1－k)x＋1＝0， 解得x1＝＜0， x2＝＞1. 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(x－1)． 綜上，k的取值范圍是(－∞，1)． 6．設(shè)a為實(shí)數(shù)，

11、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： AD＝DF＝BC＝a， AB＝BE＝CD＝1， ∠DAB＝60°， ∠CBE＝120°， 于是AF＝2a，AE＝， EF＝＝， AD＝a，AB＝1， FC＝DB＝＝， BC＝a，BE＝1， CE＝＝. 所以以，，為邊長(zhǎng)可以構(gòu)成一個(gè)三角形，即△ECF. 則S△ECF＝SAECF－S△AEF ＝3S△ABD＋S△ABE＋S△BCE－S△AEF ＝3××a×1×sin 60°＋×1×1×sin 120° ＋×a×1×sin 120°

12、－×2a× ＝. 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：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為直徑的圓過橢圓C的右頂點(diǎn)．求證：直線l過定點(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＝64m2k2－1

13、6(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為直徑的圓過橢圓的右頂點(diǎn)D(2,0)， kAD·kBD＝－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)， 直線過定點(diǎn)(2,0)與已知矛盾； 當(dāng)m＝－時(shí)，l：y＝k， 直線過定點(diǎn). 綜上可知，直線

14、l過定點(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．

15、 (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

16、，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[，＋∞)．