【文档说明】高考数学（全国甲卷通用理科）知识 方法篇 专题11　数学方法 第49练 含答案.doc，共(10)页，98.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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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＋6x对一切x≥2恒成立，记h(x)＝6x＋6x，则在x≥2上a<h(x)恒成立，∵h′(x)＝6－6x2在x≥2上恒大于0，∴h(x)＝6x＋6x在x≥2上

单调递增，∴h(x)min＝h(2)＝15，∴a<15.(2)g(x)＝3x2＋3a－ax－3＜0对一切0≤a≤1恒成立，若x＝3，则g(x)＝3x2＋3a－ax－3＝24＞0不满足，∴x∈∅，若x<3，则a<3－3x23－x对一切0≤a≤1恒成立⇒3－3x23－x>1⇒0<x<

13，若x>3，则a>3－3x23－x对一切0≤a≤1恒成立⇒3－3x23－x<0⇒3－3x2>0⇒－1<x<1，∴x∈∅，综上所述，0<x<13.点评高考数学试题中，求参数的范围常常与分类讨论、方程的根与零点等基本思想方法相联系，其中与二次函数相关的充分体现数形结合及分类思想方法的题目最为常

见.与二次函数有关的求解参数的题目，相当一部分题目都可以避开二次函数，使用分离变量，使得做题的正确率大大提高.随着分离变量的广泛使用，越来越多的压轴题都需要使用该思想方法.变式训练1设非零复数a，b满足a2＋ab＋b2＝0，求(aa＋b

)1998＋(ba＋b)1998.解由a2＋ab＋b2＝0变形得，(ab)2＋ab＋1＝0，设ω＝ab，则ω2＋ω＋1＝0，可知ω为1的立方虚根，所以1ω＝ba，ω3＝ω3＝1.又由a2＋ab＋b2＝0变形得(a＋b)2＝ab，所以(aa＋b)1998＋(ba＋b)1998＝(

a2ab)999＋(b2ab)999＝(ab)999＋(ba)999＝ω999＋ω999＝2.题型二构造法例2求证：ln(1＋n)<1＋12＋13＋14＋„＋1n.证明构造函数f(x)＝ln(1＋x)－x(x>

0)，f′(x)＝11＋x－1＝－x1＋x<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以当x>0时，有f(x)<f(0)＝0，即有ln(1＋x)<x(x>0)，因而有ln(1＋11)<1，ln(1＋12)<12，ln(1＋13)<13，„，ln(1＋1n)<1n.故l

n(1＋11)＋ln(1＋12)＋ln(1＋13)＋„＋ln(1＋1n)<1＋12＋13＋14＋„＋1n，即ln(1＋n)<1＋12＋13＋14＋„＋1n.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<1n＋1＋1n＋2＋„＋13n<ln3.证明构造函数f(x)＝lnx－x－1

x(x>0)，f′(x)＝1x－1x2＝x－1x2，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－x－1x≥f(1)＝0，即lnx>x－1x(x>0)，令x＝kk＋1，因而有lnkk＋1>－1k，即1k>ln(k＋1)－lnk，所以有1n＋1＋

1n＋2＋„＋13n>ln(3n＋1)－ln(n＋1)＝ln3n＋1n＋1≥ln2.同理有lnk＋1k>1k＋1，即1k＋1<ln(k＋1)－lnk，所以有1n＋1＋1n＋2＋„＋13n<ln(3n)－lnn＝ln3，故有l

n2<1n＋1＋1n＋2＋„＋13n<ln3.高考题型精练1.当x＝3＋1时，求y＝12x3－x2－x＋1的值.解由条件得x＝3＋1，所以x－1＝3，构造x－1的因式，y＝12x3－x2－x＋1＝12(x3－

2x2－2x＋2)＝12[x(x－1)2－3x＋2]＝12(3x－3x＋2)＝1.2.已知a，b，c为正数，求函数y＝x2＋a2＋c－x2＋b2的最小值.解构造向量a＝(x，a)，b＝(c－x，b)，则原函数就可化为y＝|a|＋|b|≥|a＋b|＝x

＋c－x2＋a＋b2＝c2＋a＋b2，∴ymin＝c2＋a＋b2.3.求证：－43≤4－9x2－2x≤2133.证明令y＝4－9x2(y≥0)，则其图象是椭圆x249＋y24＝1的上半部分，设y－2x＝m，于是只需证－43≤m≤2133，因

m为直线y＝2x＋m在y轴上的截距，由图可知：当直线y＝2x＋m过点(23，0)时，m有最小值m＝－43，当直线y＝2x＋m与椭圆上半部分相切时，m有最大值.由y＝2x＋m，9x2＋y2＝4，得13x2＋4

mx＋m2－4＝0.令Δ＝4(52－9m2)＝0，得m＝2133或m＝－2133(舍)，即m的最大值为2133，故－43≤m≤2133，即－43≤4－9x2－2x≤2133.4.求函数y＝x＋1－x的最大值.解由根号下的式子看出x＋1－x＝1且0≤x≤1，故可

联想到三角函数关系并构造x＝sin2θ(0≤θ≤π2)，所以y＝sinθ＋cosθ＝2sin(θ＋π4)，当θ＝π4，即x＝12时，ymax＝2.5.(2015·福建)已知函数f(x)＝lnx－x－122.(1)求

函数f(x)的单调递增区间；(2)证明：当x＞1时，f(x)＜x－1；(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x0＞1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)＞k(x－1).(1)解f′(x)＝1x－x＋1＝－x2＋x＋1x

，x∈(0，＋∞).由f′(x)＞0得x＞0，－x2＋x＋1＞0，解得0＜x＜1＋52.故f(x)的单调递增区间是0，1＋52.(2)证明令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(

0，＋∞)，则有F′(x)＝1－x2x.当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，故当x＞1时，F(x)＜F(1)＝0，即当x＞1时，f(x)＜x－1.(3)解由(2)知，当k＝1时，不存在x0＞1满足题意.当k＞1时，对于x＞1，有f(x)

＜x－1＜k(x－1)，则f(x)＜k(x－1)，从而不存在x0＞1满足题意.当k＜1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，则有G′(x)＝1x－x＋1－k＝－x2＋1－kx＋1x.由G′(x)＝0得，－x2＋

(1－k)x＋1＝0，解得x1＝1－k－1－k2＋42＜0，x2＝1－k＋1－k2＋42＞1.当x∈(1，x2)时，G′(x)＞0，故G(x)在(1，x2)内单调递增.从而当x∈(1，x2)时，G(x)＞G(1)＝0，即f(x

)＞k(x－1).综上，k的取值范围是(－∞，1).6.设a为实数，证明以4a2＋3，a2－a＋1，a2＋a＋1为边长可以构成一个三角形，且三角形的面积为定值.解由于4a2＋3＝2a2＋32，a2－a＋1＝a2＋12－2×a×1×cos

60°，a2＋a＋1＝a2＋12－2×a×1×cos120°.构造合乎要求的几何图形如图所示：AD＝DF＝BC＝a，AB＝BE＝CD＝1，∠DAB＝60°，∠CBE＝120°，于是AF＝2a，AE＝3，EF＝2a2＋32＝4a2＋3，AD＝a，AB＝1，FC

＝DB＝a2＋12－2×a×1×cos60°＝a2－a＋1，BC＝a，BE＝1，CE＝a2＋12－2×a×1×cos120°＝a2＋a＋1.所以以4a2＋3，a2－a＋1，a2＋a＋1为边长可以构成一个三角形，即△ECF.则S△ECF＝SAE

CF－S△AEF＝3S△ABD＋S△ABE＋S△BCE－S△AEF＝3×12×a×1×sin60°＋12×1×1×sin120°＋12×a×1×sin120°－12×2a×3＝34.7.椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为12，

其左焦点到点P(2，1)的距离为10.(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10，∴2＋c2＋1＝10，解得c＝1.又e＝ca＝12，解得a＝2，∴b2＝a2－c2＝3，∴所求椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝kx＋m，x24＋

y23＝1，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＝－8mk3＋4k2，x1x2＝4m2－33＋4k2，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋

m2＝3m2－4k23＋4k2.∵以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2，0)，kAD·kBD＝－1，∴y1x1－2·y2x2－2＝－1，∴y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，∴3m2－4k23＋4k2＋4m2－3

3＋4k2＋16mk3＋4k2＋4＝0.整理得7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－2k7.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＝－2k

7时，l：y＝kx－27，直线过定点27，0.综上可知，直线l过定点，定点坐标为27，0.8.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)≤lnxx＋1恒成立，求a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－axx.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＝1a，当x∈(0，1a)时，

f′(x)＞0，当x∈(1a，＋∞)时，f′(x)＜0.∴f(x)在(0，1a)上单调递增，在(1a，＋∞)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(0，1a)上单调递增，在(1a，＋∞)上单调递减.(2)方法一f(x)－

lnxx＋1＝xlnx－ax2－1x＋1，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)＝1－2axx，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)－lnxx＋1≥0，不符合题意.②若0<a<12，当x∈(1，12a)时，F′(x)>0，∴g′(x)在(1

，12a)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)－lnxx＋1≥0，不符合题意.③若a≥12，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)－lnxx＋1≤0，综上所述：a的取值范围是[12，＋∞).方法二当x≥1时，f(x)≤lnxx＋1恒成立等价于lnx－lnxx＋1≤a(x－1)，令h(x)＝lnx－lnxx＋1＝xlnxx＋1，g(

x)＝a(x－1)，h′(x)＝x＋1＋lnxx＋12，∵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12≤a.故a的取值范围是[12，＋∞).