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．兩個變量，其中一個范圍已知，另一個范圍未知．構(gòu)造法解題有時雖然經(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，但是它往往能獨辟蹊徑，順利解決問題．這有利于讓學生形成挖掘題目隱含條件的良好習慣，有利于提高學生的創(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)＝x3＋3ax－1的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，g(x)＝f′(x)－ax－3. (1)若xg′(x)＋6>0對一切x≥2恒成立，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若對滿足0≤a≤1的一切a的值，都有g(shù)(x)<0，求實數(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對一切x≥2恒成立?a<6x＋對一切x≥2恒成立， 記h(x)＝6x＋， 則在x≥2上a<h(x)恒成立， ∵h′(x)＝6－在x≥2上恒大于0， ∴h(x)＝6x＋在x≥2上單調(diào)遞增， ∴h(x)min＝h(2)＝15， ∴a<15. (2)g(x)＝3x2＋3a－ax－3＜0對一切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<對一切0≤a≤1恒成立?>1?0<x<， 若x>3，則a>對一切0≤a≤1恒成立?<0?3－3x2>0?－1<x<1， ∴x∈?， 綜上所述，0<x<. 點評　高考數(shù)學試題中，求參數(shù)的范圍常常與分類討論、方程的根與零點等基本思想方法相聯(lián)系，其中與二次函數(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．與二次函數(shù)有關(guān)的求解參數(shù)的題目，相當一部分題目都可以避開二次函數(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()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． 所以當x>1時，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)>＋＋＋…＋. 點評　構(gòu)造法在高中數(shù)學中已有了比較廣泛的應(yīng)用，它是數(shù)學方法的有機組成部分．是歷年高考的重點和熱點，主要依據(jù)題意，構(gòu)造恰當?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)法建立起目標函數(shù)，并確定變量的限制條件，用函數(shù)的觀點加以分析，常可使問題變得明了，從而易于找到一種科學的解題途徑．其次數(shù)量關(guān)系是數(shù)學中的一種基本關(guān)系，現(xiàn)實世界的復(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，有時便成了數(shù)學問題能否“明朗化”的關(guān)鍵所在． 變式訓(xùn)練2　求證：ln 2<＋＋…＋<ln 3. 證明　構(gòu)造函數(shù)f(x)＝lnx－(x>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<ln(k＋1)－lnk， 所以有＋＋…＋<ln(3n)－lnn＝ln 3， 故有l(wèi)n 2<＋＋…＋<ln 3. 高考題型精練 1．當x＝＋1時，求y＝x3－x2－x＋1的值． 解　由條件得x＝＋1，所以x－1＝， 構(gòu)造x－1的因式， y＝x3－x2－x＋1＝(x3－2x2－2x＋2) ＝[x(x－1)2－3x＋2]＝(3x－3x＋2)＝1. 2．已知a，b，c為正數(shù)，求函數(shù)y＝＋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|≥|a＋b| ＝ ＝， ∴ymin＝. 3．求證：－≤－2x≤. 證明　令y＝(y≥0)， 則其圖象是橢圓＋＝1的上半部分， 設(shè)y－2x＝m， 于是只需證－≤m≤， 因m為直線y＝2x＋m在y軸上的截距， 由圖可知：當直線y＝2x＋m過點(，0)時， m有最小值m＝－， 當直線y＝2x＋m與橢圓上半部分相切時，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θ＝，即x＝時， ymax＝. 5．(2015福建)已知函數(shù)f(x)＝lnx－. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)證明：當x＞1時，f(x)＜x－1； (3)確定實數(shù)k的所有可能取值，使得存在x0＞1，當x∈(1，x0)時，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x∈(1，＋∞)時，F(xiàn)′(x)＜0， 所以F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 故當x＞1時，F(xiàn)(x)＜F(1)＝0， 即當x＞1時，f(x)＜x－1. (3)解　由(2)知，當k＝1時， 不存在x0＞1滿足題意． 當k＞1時，對于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k＜1時，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x∈(1，x2)時，G′(x)＞0， 故G(x)在(1，x2)內(nèi)單調(diào)遞增． 從而當x∈(1，x2)時，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為實數(shù)，證明以，，為邊長可以構(gòu)成一個三角形，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，，為邊長可以構(gòu)成一個三角形，即△ECF. 則S△ECF＝SAECF－S△AEF ＝3S△ABD＋S△ABE＋S△BCE－S△AEF ＝3a1sin 60＋11sin 120 ＋a1sin 120－2a ＝. 7．橢圓C：＋＝1 (a>b>0)的離心率為，其左焦點到點P(2,1)的距離為. (1)求橢圓C的標準方程； (2)若直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于A，B兩點(A，B不是左，右頂點)，且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點．求證：直線l過定點，并求出該定點的坐標． 解　(1)∵左焦點(－c,0)到點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＝64m2k2－16(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為直徑的圓過橢圓的右頂點D(2,0)， kADkBD＝－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m＝－2k時，l：y＝k(x－2)， 直線過定點(2,0)與已知矛盾； 當m＝－時，l：y＝k， 直線過定點. 綜上可知，直線l過定點，定點坐標為. 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x≥1時，f(x)≤恒成立，求a的取值范圍． 解　(1)f(x)的定義域為(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x∈(0，)時，f′(x)＞0，當x∈(，＋∞)時，f′(x)＜0. ∴f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，在(，＋∞)上單調(diào)遞減． 綜上，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當a＞0時，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)＝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0<a<，當x∈(1，)時，F(xiàn)′(x)>0， ∴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，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x≥1時，f(x)≤恒成立等價于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a>0時，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≤a. 故a的取值范圍是[，＋∞)．