考前三個(gè)月(浙江專版文理通用)高考知識(shí)_方法篇練習(xí)：專題10數(shù)學(xué)方法第42練Word版含解析(精編版)

1、高效復(fù)習(xí)第 42 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

2、(x)，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) 3x23a， g(x) 3x23a ax3， g (x) 6x a，即 6x2 ax 6>0 對(duì)一切 x 2 恒成立 ? a<6x6 x對(duì)一切x 2 恒成立，記 h(x) 6x6，則在xx2 上 a<h(x)恒成立， h (x) 66x2在 x 2 上恒大于0， h(x) 6x6在 x 2 上單調(diào)遞增，x h(x)min h(2)

3、15， a<15.(2)g(x) 3x2 3a ax 3 0 對(duì)一切 0 a1 恒成立， 若 x3，則 g(x) 3x2 3aax 3 24 0 不滿足， x ?，若 x<3，則 a<3 3x2對(duì)一切 0a 1 恒成立 ?3 x3 3x233x21>1? 0< x< ，3 x333x2若 x>3，則 a>3 x對(duì)一切 0a 1 恒成立 ?3 x<0? 3 3x2>0? 1<x<1， x ?，1綜上所述， 0<x< .3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

4、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 a2 ab b2 0，求 (aa b)1 998 (ba b)1 998 .解由 a2 ab b2 0 變形得， (a)2a1 0， bba2設(shè) ，則 1 0， b可知 為 1 的立方虛根，1b所以 ， 3 3 1.a又由 a2 ab b2 0 變形得 (a b)2 ab，所以 (a2a ab9991 998)b2 (999b a b1 998

5、) (ab) (ab)a (b)999 (b)a999 999 999 2.題型二構(gòu)造法例 2求證： ln(1 n)<11211 14.3n證明構(gòu)造函數(shù)f (x) ln(1 x) x(x>0)，f (x) 1 1 x<0，1 x1 x函數(shù) f(x)在(0， )上單調(diào)遞減， 所以當(dāng) x>0 時(shí)，有 f(x)<f(0) 0， 即有 ln(1 x)<x(x>0)，)<1因而有 ln(1 1， ln(1 1)<1，1221111ln(1 3)<3，ln(1 n)< n.故 ln(1 1) ln(1 1 ln(1 1 ln(1 112)3

6、)n)<111113 ，2 4n1即 ln(1 n)<1 21114 .3 n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，常可使問(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

7、 2<11 1 <ln 3.n 1n 23n證明構(gòu)造函數(shù)f (x) ln xx 1x( x>0) ，1f (x) x1x2x 1x2 ，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) ln xx 1x f(1) 0，x 1k1即 ln x>x(x>0) ，令 x k ，因而有 lnk>1，即 1>ln( k 1) ln k，k 1kk11n 2所以有n113n>ln(3 n 1) ln( n 1) ln3n1 ln 2.n1k 1111同理有 lnk>k ，即k 1<ln( k 1)ln k，11n 2所

8、以有n113n<ln(3 n) ln n ln 3 ，1故有 ln 2<n11n 213n<ln 3.高考題型精練1當(dāng) x3 1 時(shí)，求 yx1 3 x2 x 1 的值22解由條件得x3 1，所以 x 13， 構(gòu)造 x 1 的因式， y 1x3 x2 x 1 132122(x 2x 2x2) 2x(x1) 3x 22 1(3x 3x 2) 1.2. 已知 a， b，c 為正數(shù)，求函數(shù)yx2 a2c x 2 b2的最小值解構(gòu)造向量a (x， a)， b (c x，b)，則原函數(shù)就可化為y |a| |b| |ab|x c x 2 a b 222c a b， yminc2 a b

9、2.3. 求證：44 9x 322x2133.證明令 y4 9x2(y 0)，x2y2則其圖象是橢圓4 4 1 的上半部分，9設(shè) y2x m，于是只需證4 m 32133，因 m 為直線 y 2xm 在 y 軸上的截距，2由圖可知：當(dāng)直線y 2xm 過(guò)點(diǎn)(3， 0)時(shí)，4m 有最小值m 3，當(dāng)直線 y 2x m 與橢圓上半部分相切時(shí)，m 有最大值y2x m，由9x2 y2 4，得 13x2 4mx m2 4 0.令 4(52 9m2) 0，得 m2133或 m2133(舍)，即 m 的最大值為2133，故 4 m213，33即 44 9x2 2x 213.334. 求函數(shù) yx1 x的最大值解

10、由根號(hào)下的式子看出x 1 x1 且 0x 1，)，故可聯(lián)想到三角函數(shù)關(guān)系并構(gòu)造xsin2(0 2)，所以 y sin cos 2sin( 41當(dāng) 4，即 x2時(shí)，ymax2.2x 15 (2015福·建 )已知函數(shù)f(x) ln x2.(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( x1)1(1)解f (x) x x 1 x2 x 1x，x (0， )由 f (x) 0 得x 0， x2 x 1 0，解得 0 x152.，故 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是0

11、15 .2(2)證明令 f(x) f (x) (x 1)， x(0 ， )，1 x2則有 f (x)x.當(dāng) x (1， )時(shí)， f (x) 0， 所以 f(x) 在(1， )上單調(diào)遞減， 故當(dāng) x 1 時(shí)， f(x) f(1) 0， 即當(dāng) x 1 時(shí)， f(x) x 1.(3)解由(2)知，當(dāng) k 1 時(shí)，不存在x0 1 滿足題意 當(dāng) k1 時(shí)，對(duì)于x 1，有 f(x) x 1k( x 1)，則 f(x)k(x1)，從而不存在x0 1 滿足題意當(dāng) k1 時(shí)，令 g(x) f(x) k(x 1)， x(0， )， 則有 g (x)1x 1 kxx2 1 k x 1x.由 g (x) 0 得， x

12、2 (1 k)x 1 0，解得 x11 k1 k 2 42 0，21 k1 k 4x22 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(x1)綜上， k 的取值范圍是( ，1)6. 設(shè) a 為實(shí)數(shù)，證明以4a23，a2 a1，a2 a 1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2224a 32a3，a2 a1a212 2× a× 1×cos 60 ，°a2 a122a 1 2× a× 1×cos 1

13、20 .°構(gòu)造合乎要求的幾何圖形如圖所示：ad df bca， ab be cd 1， dab 60°， cbe 120°，于是 af2a， ae3，ef2a 23 2 4a2 3， ad a，ab 1，fc dba2 12 2× a× 1× cos 60 °a2 a 1，bc a， be 1，cea2 12 2× a×1× cos 120 °a2 a 1.所以以4a2 3，a2 a 1，a2 a 1為邊長(zhǎng)可以構(gòu)成一個(gè)三角形，即 ecf .則 s ecf saecf s aef 3s

14、abd s abe sbce saef 3×1× a× 1×sin 60 2°12× 1× 1× sin 1201° × a× 1×sin 120 213° × 2a×3.24x2y217. 橢圓 c：a2 b2 1 ( a>b>0)的離心率為(1)求橢圓 c 的標(biāo)準(zhǔn)方程；，其左焦點(diǎn)到點(diǎn)p(2,1) 的距離為10.2(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

15、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10，2c 2 110，解得 c 1.又 ec1a 2， b2 a2 c2 3，a，解得2x2y2 所求橢圓c 的方程為4 3 1.(2)設(shè) a(x1， y1)， b(x2， y2)，ykx m，由x2y24 3 1，得(3 4k2)x2 8mkx 4(m2 3) 0， 64m2k216(3 4k2)( m2 3)>0 ， 整理得 3 4k2>m2 . x1 x28mk2， x1 x23 4k4 m2 32 ，3 4k3 m2 4k2y1y2 (kx1m)(kx2 m

16、) k2x1x2 mk(x1 x2) m23 4k2. 以 ab 為直徑的圓過(guò)橢圓的右頂點(diǎn)d(2,0)，kad·kbd 1，y1· y2 1，x1 2 x2 2 y1y2 x1x2 2(x1 x2) 4 0，3 m24k223 4k4 m2 32 3 4k16mk 3 4k24 0.整理得 7m2 16mk4k2 0，2k解得 m1 2k， m2 7 .22且滿足 3 4k m >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 2k 時(shí)， l： y k x 2 ，直線過(guò)定點(diǎn)2，0 .777綜上可知，直線l 過(guò)定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為

17、27， 0 .8. 已知函數(shù)f(x) ln x a(x 1)， ar. (1)討論函數(shù)f (x)的單調(diào)性；(2)當(dāng) x 1 時(shí)， f(x) ln x 恒成立，求a 的取值范圍x1解(1) f(x)的定義域?yàn)?(0， )， f (x)1 axx.若 a0，則 f (x) 0， f(x)在(0， )上單調(diào)遞增，1若 a0，則由 f (x) 0，得 x a，1當(dāng) x (0，a)時(shí)， f (x)0，1當(dāng) x (a， )時(shí)， f (x) 0. f(x) 在(0 ，1)上單調(diào)遞增，在(1， )上單調(diào)遞減aa綜上，當(dāng)a 0 時(shí)， f( x)在 (0， )上單調(diào)遞增；1當(dāng) a0 時(shí)， f(x)在(0， a)上

18、單調(diào)遞增，在(1， )上單調(diào)遞減 a(2)方法一f(x)ln x x 1xln xa x2 1，x 12令 g(x) xln x a(x 1)(x 1)，則g (x) ln x 12ax，令 f( x) g ( x)ln x 1 2ax，則 f (x) 1 2axx， 若 a 0， f (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) ln x 0，不符合題意x 1 若 0<a<1，當(dāng) x (1， 1 )時(shí)， f (x)>0，22a2a g (x)在(1， 1

19、)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) ln x 0，不符合題意x 12 若 a 1， f (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) ln x 0，x 1綜上所述： a 的取值范圍是 1， ) 2方法二當(dāng) x1 時(shí)， f(x) ln x 恒成立等價(jià)于ln x ln x a(x 1)，x 1x 1令 h(x) ln xln xxln x， g(x) a(x1) ，x 1x 1h (x)x 1 ln

20、 x2，x1 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(1) g(1) 0， h(x) g(x)(x 1)恒成立，只需 h (1) g (1)，即 2a.1故 a 的取值范圍是 1， )2合理分配高考數(shù)學(xué)答題時(shí)間找準(zhǔn)目標(biāo)，惜時(shí)高效合理分配高考數(shù)學(xué)答題時(shí)間經(jīng)過(guò)漫長(zhǎng)的第一、第二輪復(fù)習(xí)，對(duì)于各知識(shí)點(diǎn)的演練同學(xué)們已經(jīng)爛熟于心，我們把這稱為戰(zhàn)術(shù)上的純熟。臨近高考， 在短短不到50 天的時(shí)間里， 怎樣讓成績(jī)?cè)偕弦粋€(gè)臺(tái)階？靠戰(zhàn)術(shù)上的硬拼儼然很快就會(huì)碰到瓶頸，此刻，同學(xué)們更需要的是戰(zhàn)略上的調(diào)整，在實(shí)力一

21、定的情況，科學(xué)地分配答題時(shí)間，是做一個(gè)成功的應(yīng)試者必備的戰(zhàn)略技巧。“我們每次考試的時(shí)候都做不完，尤其后面的兩道大題都沒(méi)有時(shí)間看?！背３Ｂ?tīng)到同學(xué)們痛苦地抱怨。高考，作為一場(chǎng)選拔性考試，它必然存在一定的難度梯度。就我省的高考數(shù)學(xué)卷而言，可以按“16/3/3原則” 將其分為三大部分，即客觀題（16 道）、簡(jiǎn)易解答題（解答題前3 題）與壓軸題（解答題后3 題）。學(xué)會(huì)合理分配這三個(gè)部分的答題時(shí)間，可以讓考生以從容不迫的心態(tài)面對(duì)考試，亦可從最優(yōu)化的角度幫助考生掙分。一般而言， 我們建議 用 40 分鐘左右的時(shí)間解決前面的客觀題（選擇填空題） ，再用剩下的時(shí)間應(yīng)對(duì)解答題。但正如沒(méi)有一個(gè)放之四海皆準(zhǔn)的戰(zhàn)略一樣，考試時(shí)間的合理分