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2017年高考数学知识方法专题11《数学方法第49练配凑法与构造法》

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2017年高考数学知识方法专题11《数学方法第49练配凑法与构造法》文字介绍:第49练　配凑法与构造法[题型分析·高考展望]　配凑法是通过将两个变量构成的不等式(方程)变形到不等号(等号)两端，使两端变量各自相同，解决有关不等式恒成立、不等式存在(有)解和方程有解中参数取值范围的一种方法.两个变量，其中一个范围已知，另一个范围未知.构造法解题有时虽然经历了一条曲折迂回的道路，并且往往经历了更多的巧思，联想，挖掘，但是它往往能独辟蹊径，顺利解决问题.这有利于让学生形成挖掘题目隐含条件的良好习惯，有利于提高学生的创造性思维品质，从而提高创新意识，也有利于培养学生的研究能力.高考必会题型题型一　配凑法例1　已知函数f(x)＝x3＋3ax－1的导函数为f′(x)，g(x)＝f′(x)－ax－3.(1)若x·g′(x)＋6>0对一切x≥2恒成立，求实数a的取值范围；(2)若对满足0≤a≤1的一切a的值，都有g(x)<0，求实数x的取值范围.解　(1)∵f′(x)＝3x2＋3a，∴g(x)＝3x2＋3a－ax－3，∴g′(x)＝6x－a，即6x2－ax＋6>0对一切x≥2恒成立⇒a<6x＋对一切x≥2恒成立，记h(x)＝6x＋，则在x≥2上a1⇒03，则a>对一切0≤a≤1恒成立⇒<0⇒3－3x2>0⇒－10)，f′(x)＝－1＝<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以当x>0时，有f(x)0)，因而有ln(1＋)<1，ln(1＋)<，ln(1＋)<，…，ln(1＋)<.故ln(1＋)＋ln(1＋)＋ln(1＋)＋…＋ln(1＋)<1＋＋＋＋…＋，即ln(1＋n)<1＋＋＋＋…＋.点评　构造法在高中数学中已有了比较广泛的应用，它是数学方法的有机组成部分.是历年高考的重点和热点，主要依据题意，构造恰当的函数解决问题.首先解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，用函数的观点加以分析，常可使问题变得明了，从而易于找到一种科学的解题途径.其次数量关系是数学中的一种基本关系，现实世界的复杂性决定了数量关系的多元性.因此，如何从多变元的数量关系中选定合适的主变元，从而揭示其中主要的函数关系，有时便成了数学问题能否“明朗化”的关键所在.变式训练2　求证：ln2<＋＋…＋0)，f′(x)＝－＝，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减.所以有f(x)＝lnx－≥f(1)＝0，即lnx>(x>0)，令x＝，因而有ln>－，即>ln(k＋1)－lnk，所以有＋＋…＋>ln(3n＋1)－ln(n＋1)＝ln≥ln2.同理有ln>，即b>0)的离心率为，其左焦点到点P(2，1)的距离为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左，右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点.求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标.解　(1)∵左焦点(－c，0)到点P(2，1)的距离为，∴＝，解得c＝1.又e＝＝，解得a＝2，∴b2＝a2－c2＝3，∴所求椭圆C的方程为＋＝1.(2)设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为直径的圆过椭圆的右顶点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＝－.且满足3＋4k2－m2>0.当m＝－2k时，l：y＝k(x－2)，直线过定点(2，0)与已知矛盾；当m＝－时，l：y＝k，直线过定点.综上可知，直线l过定点，定点坐标为.8.已知函数f(x)＝lnx－a(x－1)，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x≥1时，f(x)≤恒成立，求a的取值范围.解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，若a＞0，则由f′(x)＝0，得x＝，当x∈(0，)时，f′(x)＞0，当x∈(，＋∞)时，f′(x)＜0.∴f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减.综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减.(2)方法一　f(x)－＝，令g(x)＝xlnx－a(x2－1)(x≥1)，则g′(x)＝lnx＋1－2ax，令F(x)＝g′(x)＝lnx＋1－2ax，则F′(x)＝，①若a≤0，F′(x)>0，g′(x)在[1，＋∞)上递增，g′(x)≥g′(1)＝1－2a>0，∴g(x)在[1，＋∞)上递增，g(x)≥g(1)＝0，从而f(x)－≥0，不符合题意.②若00，∴g′(x)在(1，)上递增，从而g′(x)>g′(1)＝1－2a＞0，∴g(x)在[1，＋∞)上递增，g(x)≥g(1)＝0，从而f(x)－≥0，不符合题意.③若a≥，F′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，∴g′(x)在[1，＋∞)上递减，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0.从而g(x)≤g(1)＝0，f(x)－≤0，综上所述：a的取值范围是[，＋∞).方法二　当x≥1时，f(x)≤恒成立等价于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，＋∞)上是增函数，g′(x)＝a，∵当a>0时，g(x)在[1，＋∞)上是增函数.又∵h(1)＝g(1)＝0，h(x)≤g(x)(x≥1)恒成立，只需h′(1)≤g′(1)，即≤a.故a的取值范围是[，＋∞).

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