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

《高考數(shù)學(xué) 考前3個(gè)月知識方法專題訓(xùn)練 第一部分 知識方法篇 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)月知識方法專題訓(xùn)練 第一部分 知識方法篇 專題11 數(shù)學(xué)方法 第43練 配湊法與構(gòu)造法 文（10頁珍藏版）》請?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將兩個(gè)變量構(gòu)成的不等式(方程)變形到不等號(等號)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，也有利于培養(yǎng)學(xué)生的研究能力高考必會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)60對一切x2恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若對滿足0a1的一切a的值，都有g(shù)(x)0對一切x2恒成立a6x對一切x2恒成立，記h(x)6x，則在x2上ah(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，a15.(2)g(x)3x23aax30對一切0a1恒成立，若x3，則g(x)3x23aax3240不滿足，x，若x3，則a10x3，則a對一切0a1恒成立01x1，x，綜上所述，0x.解構(gòu)造函數(shù)f(x)lnx(x0)，f(x)0，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增所以當(dāng)x1時(shí)，有f(x)f(1)0，即有l(wèi)nx(x1)，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，常可使問題變得明了，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，如何從多變元的數(shù)量關(guān)系中選定合適的主變元，從而揭示其中主要的函數(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 20)，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(x0)，令x，因而有l(wèi)n，即ln(k1)lnk，所以有l(wèi)n(3n1)ln(n1)lnln 2.同理有l(wèi)n，即ln(k1)lnk，所以有l(wèi)n(3n)lnnln 3，故有l(wèi)n 2b0)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34k2m2.x1x2，x1x2，y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m2.以AB為直徑的圓過橢圓的右頂點(diǎn)D(2,0)，kADkBD1，1，y1y2x1x22(x1x2)40，40.整理得7m216mk4k20，解得m12k，m2.且滿足34k2m20.當(dāng)m2k時(shí)，l：yk(x2)，直線過定點(diǎn)(2,0)與已知矛盾；當(dāng)m時(shí)，l：yk，直線過定點(diǎn).綜上可知，直線l過定點(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)12a0，g(x)在1，)上遞增，g(x)g(1)0，從而f(x)0，不符合題意若0a0，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)a0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，)