应用构造法 证明课本题
例谈“构造法”在高中数学解题中的应用
例谈 构造法 在高中数学解题中的应用曾㊀智(光泽县第一中学ꎬ福建南平３５４１００)摘㊀要:高中数学新课程提出ꎬ高中数学的教学重点之一就是空间形式与数量关系ꎬ这两点数学知识是探讨研究自然规律与社会规律的基础工具.构造法ꎬ一方面ꎬ它是高中数学学习的一种重要方法ꎬ能够有效帮助学生理解空间形式与数量关系ꎻ另一方面ꎬ它也是培养学生 构造思维 的重要基础ꎬ是高中数学教育的关键之一.本文在此背景下ꎬ总结了在高中数学解题中应用 构造法 的原则ꎬ又进一步分类总结了具体应用 构造法 的解题案例ꎬ以期为我国高中数学教师开展 构造法 教学提供参考.关键词:构造法ꎻ高中数学ꎻ应用中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０３－００６０－０３收稿日期:２０２３－１０－２５作者简介:曾智(１９８４.１－)ꎬ男ꎬ福建省光泽人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀高中数学知识相对于初中而言难度更高ꎬ高中生在学习中不免会面临许多难以解决的问题ꎬ尤其是高中生本身解题经验较少ꎬ解题时常常会出现无法找到题目提供的各项条件与问题间的联系的情况ꎬ进而使解题变得十分艰难[１].这种情况一方面会导致学生解题效率降低ꎬ数学考试成绩下降ꎬ另一方面也会使学生长期承受较大的学习压力ꎬ导致对数学学习的兴趣降低ꎬ甚至抵触数学学习[２].此时ꎬ若学生掌握了 构造法 ꎬ则能够以新的角度审视难题ꎬ通过分析问题条件构造与题目本不相关的知识或模型ꎬ间接地解决难题[３].在这一过程中ꎬ高中生的数学思维能力与逻辑推理能力也得到了提高.因此ꎬ对 构造法 在高中数学解题中的应用进行研究ꎬ是具有一定的理论与现实价值的.１在高中数学解题中应用 构造法 的原则在高中数学解题中应用 构造法 是具有一定的原则的ꎬ其具体内容包括:相似性原则㊀在实际应用 构造法 进行解题时ꎬ需要仔细分析题目中提供的条件或题目本身特征ꎬ展开具有相似性的联想ꎬ进而构造出合理的数学对象ꎬ最终通过该数学对象完成数学解题[４].直观性原则㊀高中生在以 构造法 解题时ꎬ应遵循直观性原则ꎬ通过构造某种辅助解题的数学形式ꎬ使得题目中的条件与结论间形成直观的联系ꎬ进而快速地完成解题.熟悉化原则㊀这一原则指的是高中生在解题时应仔细分析题目的结构特征ꎬ并将其与自身熟悉的某种数学式㊁形㊁方程等进行对比ꎬ进而构造出能够与题目相对应的数学形式ꎬ从而解决问题[５].２应用 构造法 进行高中数学解题的案例应用 构造法 进行高中数学解题的重点在于:(１)应用 构造法 的目的ꎬ即想要通过该方法得到的结论是什么ꎻ(２)构造哪种数学形式才能实现应用 构造法 的目的.只有有效实现上述两个重点ꎬ高中生才能够应用 构造法 解决问题[６].本文通过展示几类高中数学常见问题的 构造法 解法ꎬ展示 构造法 的具体应用方法ꎬ如下所示.２.１ 函数构造法 解题案例在高中数学学习中ꎬ函数是重点学习的内容之一ꎬ而在实际题目中ꎬ包含函数的题目往往还会与方０６程㊁数列㊁图形等其他数学知识结合ꎬ使高中生解题难度增大.在这一类问题中应用 构造法 能够有效降低解题难度ꎬ进而加快学生解题速度[７].具体案例如下.案例１㊀求函数ｆ(ｘ)＝ｌｎｘ－ｘ＋１ｘ－１ꎬ讨论ｆ(ｘ)的单调性ꎬ并证明ｆ(ｘ)有且仅有两个零点.解㊀ｆ(ｘ)的定义域为(０ꎬ１)ɣ(１ꎬ＋¥)ꎬ因为ｆᶄ(ｘ)＝１ｘ＋２(ｘ－１)２>０ꎬ则ｆ(ｘ)在０ꎬ１()和(１ꎬ＋ɕ)这两个区间上单调递增.通过分析题意发现该函数有两个零点ꎬ因为ｆ(ｅ)＝１－ｅ＋１ｅ－１<０ꎬｆ(ｅ２)＝２－ｅ２＋１ｅ２－１＝ｅ２－３ｅ２－１>０ꎬ则ｆ(ｘ)在(１ꎬ＋¥)有唯一零点ｘ１ꎬ即ｆ(ｘ１)＝０.又因为０<１ｘ１<１ꎬ则ｆ(１ｘ１)＝－ｌｎｘ１＋ｘ１＋１ｘ１－１＝－ｆ(ｘ１)＝０.故ｆ(ｘ)在０ꎬ１()有唯一零点１ｘ１.综上所述ꎬｆ(ｘ)有且仅有两个零点.２.２ 方程构造法 解题案例在 构造法 中ꎬ方程是一种较为常见的数学形式. 方程构造法 是高中数学解题中的常用方法之一ꎬ尤其是在函数相关题目的解题中.这种方法主要是通过分析题目中的数量关系或特征结构ꎬ构造出一组等量的关系式ꎬ并通过解析关系式找到题目中几个未知量间的关系ꎬ进而得到方程中包含的等量关系[８].具体案例如下.案例２㊀若ａ１ꎬａ２ꎬａ３ꎬａ４均为非零的实数ꎬ且(ａ２１＋ａ２２)ａ２４－２ａ２(ａ１＋ａ３)ａ４＋ａ２２＋ａ２３＝０ꎬ证明四个非零实数中ａ１ꎬａ２ꎬａ３能够形成一个等比数列ꎬ且该数列的公比为ａ４.证明㊀分析题目可推导得出ꎬ在四个非零实数中ꎬａ４这一非零实数是一元二次方程(ａ２１＋ａ２２)ｘ２－２ａ２(ａ１＋ａ３)ｘ＋(ａ２２＋ａ２３)＝０的实数根ꎬ则可以推出关系式:ә＝４ａ２２(ａ１＋ａ３)２－４(ａ２１＋ａ２２)(ａ２２＋ａ２３)＝４(２ａ１ａ２２ａ３－ａ２１ａ２３－ａ４２)＝－４(ａ２２－ａ１ａ３)２ȡ０ꎬ因此ꎬ只有当ａ２２－ａ１ａ３＝０时ꎬ关系式才能成立ꎬ则可推导出ａ２２＝ａ１ａ３ꎬ同时由于题中表明ａ１ꎬａ２ꎬａ３均为非零实数.则可得出ａ１ꎬａ２ꎬａ３能够形成等比数列.且通过构造的求根公式可知ａ４＝２ａ２(ａ１＋ａ３)２(ａ２１＋ａ２２)＝ａ２(ａ１＋ａ３)ａ２１＋ａ１ａ３＝ａ２ａ１ꎬ则ａ４为该等比数列的公比.综上所述可以证明ａ１ꎬａ２ꎬａ３能够形成一个等比数列ꎬ且该数列的公比为ａ４.２.３ 向量构造法 解题案例在高中数学的所有知识点中ꎬ向量的相关知识是教学与学习的重难点之一.在高中数学考试中ꎬ与这一知识点相关的题目大多相对简单ꎬ以选择题或填空题为主ꎬ但当这一知识点出现在解答题中时ꎬ常常与立体几何相联系ꎬ解题难度增加许多ꎬ对学生的数学能力要求也相对较高[９].应用 向量构造法 进行解题ꎬ能够引导高中生将日常学习的向量知识点与三角函数㊁复数㊁函数等知识点联系起来ꎬ进而更加轻松地解决问题ꎬ案例如下.案例３㊀已知ｃｏｓＡ＋ｃｏｓＢ＋ｃｏｓＣ＝ｓｉｎＡ＋ｓｉｎＢ＋ｓｉｎＣ＝０ꎬ求ｓｉｎ２Ａ＋ｓｉｎ２Ｂ＋ｓｉｎ２Ｃ的值.解㊀设Ｐ(ｃｏｓＡꎬｓｉｎＡ)ꎬＱ(ｃｏｓＢꎬｓｉｎＢ)ꎬＲ(ｃｏｓＣꎬｓｉｎＣ)为单位圆上的三个点ꎬ则根据题意可以推导得出Ｏ是әＰＱＲ的外心.由此可以得到关系式:ＯＰң＝(ｃｏｓＡꎬｓｉｎＡ)ꎬＯＱң＝(ｃｏｓＢꎬｓｉｎＢ)ꎬＯＲң＝(ｃｏｓＣꎬｓｉｎＣ).因为ｃｏｓＡ＋ｃｏｓＢ＋ｃｏｓＣ＝ｓｉｎＡ＋ｓｉｎＢ＋ｓｉｎＣ＝０ꎬ则ＯＰң＋ＯＱң＋ＯＲң＝(ｃｏｓＡ＋ｃｏｓＢ＋ｃｏｓＣꎬｓｉｎＡ＋ｓｉｎＢ＋ｓｉｎＣ)＝０ꎬ可以推导得出Ｏ是әＰＱＲ重心ꎬ也是әＰＱＲ的外心ꎬ则әＰＱＲ为正三角形.由此可得出关系式Ｂ＝Ａ＋２π３＋２ｋπꎬＣ＝Ａ－２π３＋２ｋπꎬ则ｓｉｎ２Ａ＋ｓｉｎ２Ｂ＋ｓｉｎ２Ｃ＝ｓｉｎ２Ａ＋ｓｉｎ２Ａ＋２π３æèçöø÷＋ｓｉｎ２Ａ－２π３æèçöø÷＝ｓｉｎ２Ａ＋ｓｉｎＡｃｏｓ２π３＋ｃｏｓＡｓｉｎ２π３æèçöø÷２＋ｓｉｎＡｃｏｓ２π３－ｃｏｓＡｓｉｎ２π３æèçöø÷２１６＝ｓｉｎ２Ａ＋１２ｓｉｎ２Ａ＋３２ｃｏｓ２Ａ＝３２综上所述可得ꎬｓｉｎ２Ａ＋ｓｉｎ２Ｂ＋ｓｉｎ２Ｃ＝３２.２.４ 复数构造法 解题案例复数构造法 的应用ꎬ简单来说可以主要分为两类ꎬ一类题目本身就是复数问题ꎬ通过应用复数本身的性质就可以完成解题ꎻ另一类则是非复数问题ꎬ需要间接构造复数形式来完成解题[１０].案例如下.案例４㊀求函数ｆ(ｘ)＝(ｘ－５)２＋１６＋(ｘ－１)２＋４的最小值.证明:构造复数ｚ１＝５－ｘ＋４ｉꎬｚ２＝ｘ－１＋２ｉꎬ则ｆ(ｘ)＝ｚ１＋ｚ２ȡｚ１＋ｚ２＝４＋６ｉ＝２１３.当ｚ１＝ｋｚ２ꎬ即５－ｘ＋４ｉ＝ｋ(ｘ－１)＋２ｉ[]时取等号ꎬ解得ｘ＝７３ꎬ即ｘ＝７３时ꎬｆ(ｘ)有最小值２１３.２.５ 图形构造法 解题案例数形结合思维是高中数学思维培养中的关键ꎬ这一思维的形成与 图形构造法 的应用有着密不可分的关系.应用 图形构造法 进行解题的案例具体如下所示.案例５㊀证明正弦两角和公式ｓｉｎ(α＋β)＝ｓｉｎαｃｏｓβ＋ｃｏｓαｓｉｎβ.证明:如图１所示ꎬ在线段ＣＤ上任取一点Ａꎬ以Ａ为圆心ꎬ１为半径做圆弧分别过Ｃ点和Ｄ点ꎬ且和ＣＤ垂直的直线相交于点Ｂ与点Ｅꎬ令øＢＡＣ＝αꎬøＥＡＤ＝βꎬ则øＢＡＥ＝π－(α＋β)ꎬＢＣ＝ｓｉｎαꎬＡＣ＝ｃｏｓαꎬＤＥ＝ｓｉｎβꎬＡＤ＝ｃｏｓβ.图１㊀案例５证明示意图梯形ＢＣＤＥ＝әＡＢＣ＋әＡＤＥ＋әＡＢＥꎬ考虑面积相等可得:１２(ｓｉｎα＋ｓｉｎβ)(ｃｏｓα＋ｃｏｓβ)＝１２ｓｉｎαｃｏｓα＋１２ｓｉｎβｃｏｓβ＋１２ˑ１２ˑｓｉｎ(π－α－β)即(ｓｉｎα＋ｓｉｎβ)(ｃｏｓα＋ｃｏｓβ)＝ｓｉｎαｃｏｓα＋ｓｉｎβｃｏｓβ＋ｓｉｎ(α＋β)ꎬ展开整理得ｓｉｎ(α＋β)＝ｓｉｎαｃｏｓβ＋ｃｏｓαｓｉｎβ即可得证.３结束语«普通高中数学课程标准»中提出ꎬ数学核心素养包含具有数学基本特征的思维品格和关键能力ꎬ是数学知识㊁技能㊁思想㊁经验及情感㊁态度㊁价值观的综合体现. 构造法 作为高中最常使用的数学思想方法之一ꎬ能够有效培养高中生的创造思维与创新意识ꎬ综合提升其数学学科思维ꎬ但目前我国高中生对于 构造法 的了解大多有限.本文探讨了 构造法 在高中数学解题中的应用ꎬ为 构造法 在我国高中的推广应用贡献力量.㊀参考文献:[１]吴玉辉.构造法在高中数学圆锥曲线解题中的应用[Ｊ].华夏教师ꎬ２０２１(３５):３１－３２.[２]顾建华.基于 构造法 的高中数学解题思路探索[Ｊ].科学咨询(教育科研)ꎬ２０２０(１０):１６６.[３]吴建文.构造法在高中数学教学中的应用[Ｊ].华夏教师ꎬ２０１９(１９):４０.[４]袁胜蓝ꎬ袁野.高中数学数列通项公式的几种求法[Ｊ].六盘水师范学院学报ꎬ２０１９ꎬ３１(０３):１１７－１２０.[５]杨丽菲.高中数学解题中应用构造法的实践尝试[Ｊ].科学大众(科学教育)ꎬ２０１８(１２):７.[６]何婷.构造函数求解高中数学问题[Ｊ].科学咨询(科技 管理)ꎬ２０１８(０６):１４４.[７]李正臣.高中数学解题中应用构造法之实践[Ｊ].科学大众(科学教育)ꎬ２０１８(０２):３４.[８]罗杰.分析高中数学三角函数的解题技巧[Ｊ].中国高新区ꎬ２０１７(２２):１０２.[９]洪云松.高中数学圆锥曲线解题中构造法的使用[Ｊ].农家参谋ꎬ２０１７(１３):１６０.[１０]刘米可.构造函数法在高中数学解题中的应用[Ｊ].经贸实践ꎬ２０１６(２３):２２６.[责任编辑:李㊀璟]２６。
浅谈构造法解题在高中数学竞赛中的应用_3
浅谈构造法解题在高中数学竞赛中的应用苏 传 忠在数学竞赛辅导过程中，需要长期给学生进行有针对性的数学思想方法的训练。
其中构造法解题的思想，就是一种值得推广的解题思想方法。
通过构造，可以建立起各种数学知识之间的联系与相互转化，让学生在熟练掌握各种数学知识的前提下交互使用，融会贯通。
一、构造几何模型，使代数问题几何化。
代数运算虽然直接，但有时会比较抽象且运算复杂，构造合乎要求的几何图形，可以是所求解的问题变得直观明朗，从而找到一个全新的接替办法。
例一，设a 为实数，证明：以1,1,34222+++-+a a a a a 为边长可以构成一个三角形，且三角形的面积为定值。
分析：从题目给出的三个根式我们知道，当实数a 去互为相反的两数时，只是其中两式角色互换，实质一样，故只需争对非负实数a 展开讨论即可。
()()︒⨯⨯⨯-+=++︒⨯⨯⨯-+=+-+=+120cos 121160cos 12113234222222222a a a a a a a a a a 构造合乎要求的几何图形如图所示：︒=∠︒=∠======120601CBE DAB CD BE AB a BC DF AD于是：()()3432,3,2222+=+===a a EF AE a AF1120cos 121,1,160cos 121,1,222222++=︒⨯⨯⨯-+===+-=︒⨯⨯⨯-+====a a a a CE BE a BC a a a a DB FC AB a AD所以：以1,1,34222+++-+a a a a a 为边长可以构成一个三角形，即ECF ∆。
则：AEF AECF ECF S S S ∆∆-=433221120sin 121120sin 112160sin 12133=⨯⨯-︒⨯⨯⨯+︒⨯⨯⨯+︒⨯⨯⨯⨯=-++=∆∆∆∆a a a S S S S AEFBCE ABE ABD 二、构造方程模型，使几何问题代数化。
巧用构造法解答数学难题
巧用构造法解答数学难题马沁芳(福建省龙岩初级中学ꎬ福建龙岩３６４０００)摘㊀要:解题教学是初中数学教学中的重要环节ꎬ主要检测学生综合运用所学知识处理问题的能力.在初中数学教学中存在一些较难的问题ꎬ对学生的解题水平要求较高.从本质来看ꎬ解题过程即为条件向结论转化的过程ꎬ只不过面对难度较大的数学问题时ꎬ学生无法轻松找到转化方法.教师可指导学生结合条件和结论的特殊性ꎬ建构已知条件与所求结论之间的逻辑关系ꎬ从而顺利解答数学难题.关键词:初中数学ꎻ构造法ꎻ转化ꎻ数学难题中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０２－００６５－０３收稿日期:２０２３－１０－１５作者简介:马沁芳(１９７９.２－)ꎬ女ꎬ福建省龙岩人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事初中数学教学研究.㊀㊀构造法指的是当采用常规方法㊁按照定向思维无法处理某些数学问题时ꎬ可基于已知条件与所求结论的特殊性ꎬ从新角度出发ꎬ运用新观点去观察㊁分析与理解问题ꎬ把握已知条件和所求结论之间的内在联系ꎬ运用问题的数据㊁外形㊁坐标等特征ꎬ构造新数学对象ꎬ由此达到解题的目的.在初中数学解题训练中ꎬ针对一些难题ꎬ学生运用常规方法和定向思维很难解决ꎬ教师可指引学生巧用构造法ꎬ结合题设条件和结论构造新对象ꎬ最终解答数学难题[１].１巧妙构造方程ꎬ解答数学难题方程是学生从小学时期就开始学习的一类数学知识ꎬ步入初中阶段以后ꎬ学生需学习更多有关方程的内容.除一元一次方程以外ꎬ还涉及一元二次方程㊁方程组㊁分式方程等知识ꎬ属于初中数学教学的一项重要内容ꎬ在解题中有着广泛应用.在初中数学解题训练中ꎬ有的题目难度较大ꎬ教师可指引学生结合题干中提供的条件和数量关系构造新方程ꎬ获得全新的解题思路ꎬ让学生结合方程知识转化问题ꎬ难题就迎刃而解[２].例１㊀已知ｘꎬｙꎬｚ是三个互不相等的实数ꎬ且ｘ>ｙ>ｚꎬ满足ｘ＋ｙ＋ｚ＝１ꎬｘ２＋ｙ２＋ｚ２＝１ꎬ那么ｘ＋ｙ的范围是什么?分析㊀题目中给出的方程关系较为特殊ꎬ是三元一次方程与三元二次方程形式ꎬ学生采用常规方法很难进行解题.此时ꎬ教师可指导学生运用构造方程的方法ꎬ将已知条件与所求结论联系到一起ꎬ利用方程知识求得结果.解㊀根据ｘ＋ｙ＋ｚ＝１可得ｘ＋ｙ＝１－ｚꎬ两边同时平方ꎬ得ｘ２＋２ｘｙ＋ｙ２＝１－２ｚ＋ｚ２.又因为ｘ２＋ｙ２＋ｚ２＝１ꎬ所以ｘｙ＝ｚ２－ｚ.由一元二次方程的根与系数的关系可以看出ꎬｘꎬｙ是方程ｍ２＋(ｚ－１)ｍ＋(ｚ２－ｚ)＝０两个不相等的实数根ꎬ再结合Δ>０可以得到－１３<ｚ<１ꎬ即为－１３<１－(ｘ＋ｙ)<１ꎬ则ｘ＋ｙ的范围是４３>ｘ＋ｙ>０.例２㊀已知实数ｘꎬｙꎬｚ满足ｘ＋ｙ＝３ꎬｚ２＝ｘｙ＋ｙ－４ꎬ求ｘ＋３ｙ＋２ｚ的值.分析㊀这是一道比较特殊的代数式求值类问题.教师可要求学生先对题目中的条件展开变形ꎬ把５６原式转变成两个式子的求解问题ꎬ再观察两个已知式子的形式ꎬ通过变形以后构造新方程ꎬ然后让学生结合方程的相关知识求解.解析㊀根据题意可得(ｘ＋１)＋ｙ＝４ꎬ(ｘ＋１)ｙ＝ｚ２＋４ꎬ通过观察易发现ꎬｘ＋１ꎬｙ是一元二次方程ｔ２－４ｔ＋ｚ２＋４＝０的两个实数根ꎬ然后结合一元二次方程根的判别式确定方程根的情况即可解决问题ꎬ求解过程从略.２巧构造不等式ꎬ解答数学难题不等式是用 >ꎬ<ꎬȡꎬɤꎬʂ 等符号表示大小关系的式子ꎬ学生在小学阶段也有所接触.在初中数学学习中ꎬ学生学习的不等式知识难度更大ꎬ深度也有所提升ꎬ涉及一元一次不等式㊁一元一次不等式组等内容ꎬ不少问题中都会用到不等式相关知识.在初中数学解题教学中ꎬ当遇到部分难题时ꎬ教师需提示学生注意题目中 最大 最小 不低于 不高于 等关键词ꎬ引导其尝试构造不等式模型ꎬ然后利用不等式知识解答难题[３].例３㊀已知某工厂存储有甲㊁乙两种原料ꎬ质量分别为３６０ｋｇ和２９０ｋｇꎬ现在准备利用这两种原料生产Ａ㊁Ｂ两种商品共计５０件ꎬ其中生产一件Ａ商品需要甲㊁乙两种原料分别为９ｋｇ㊁３ｋｇꎬ利润是７００元ꎬ生产一件Ｂ商品需要甲㊁乙两种原料分别为４ｋｇ㊁１０ｋｇꎬ利润是１２００元.(１)根据条件和要求生产Ａ㊁Ｂ两种商品一共有多少种方案?(２)设生产Ａ㊁Ｂ两种商品获得的总利润是ｙ(元)ꎬ生产Ａ商品ｘ件ꎬ请写出ｙ与ｘ之间的函数关系式ꎬ且利用函数的性质说明哪种生产方案能够获得最大利润?最大利润为多少?分析㊀先把题目中的文字语言转变成规范的数学语言ꎬ根据已知条件利用构造法建立一个不等式组ꎬ再结合不等式知识处理函数问题ꎬ然后根据实际生产情况确定方案.解㊀(１)设生产Ａ商品ｘ件ꎬ则Ｂ商品的数量为(５０－ｘ)件ꎬ根据题意可得不等式组９ｘ＋４(５０－ｘ)ɤ３６０ꎬ３ｘ＋１０(５０－ｘ)ɤ２９０.{解之得３０ɤｘɤ３２ꎬ由于ｘ的值只能是正数ꎬ故ｘ只能取３０ꎬ３１ꎬ３２ꎬ也就是Ａ商品的件数ꎬ那么根据(５０－ｘ)可以求得Ｂ商品的件数分别是２０ꎬ１９ꎬ１８ꎬ则一共有３种生产方案ꎬ即Ａ商品３０件ꎬＢ商品２０件ꎻＡ商品３１件ꎬＢ商品１９件ꎻＡ商品３２件ꎬＢ商品１８件.(２)根据题意可得ｙ＝７００ｘ＋１２００(５０－ｘ)＝－５００ｘ＋６００００ꎬ根据一次函数的性质可知ꎬ该函数中ｙ随ｘ的增大而减小ꎬ所以当ｘ＝３０时有最大利润ꎬ即生产Ａ商品３０件㊁Ｂ商品２０件获得的利润最大ꎬ此时ｙ＝－５００ˑ３０＋６００００＝４５０００ꎬ最大利润为４５０００元.ｙ与ｘ之间的函数关系式ｙ＝－５００ｘ＋６００００ꎬ由此可知ꎬ(１)中的方案１获得的利润最大ꎬ最大利润是４５０００元.３巧妙构造函数ꎬ解答数学难题函数在初高中数学课程体系中占据着重要地位ꎬ学好函数知识能够为数学学习带来诸多便利.原因在于不少题目都能够借助构造函数的方法解决ꎬ即使无法直接求解ꎬ也能够打开解题思路[４].例４㊀如图１所示ꎬ一位篮球员进行投篮练习ꎬ篮球沿着抛物线ｙ＝－１５ｘ２＋７２运行ꎬ然后顺利命中篮筐ꎬ其中篮筐的高度是３.０５ｍ.图１㊀篮球的运行路线图(１)篮球在空中运行的最大高度是多少?(２)假如该篮球运动员在跳投时ꎬ篮球出手距离地面的高度是２.２５ｍꎬ那么他距离篮筐中心的水平距离是多少?分析㊀对于问题(１)ꎬ应该把整个函数图象构造出来ꎬ求出篮球在空中运行过程中距地面的最高点ꎻ对于问题(２)ꎬ要构造平面直角坐标系ꎬ结合二次函数知识与图象的性质等求解问题ꎬ从而求出运动员与篮筐中心之间的水平距离.６６解㊀(１)根据已知条件可知ꎬ篮球沿着抛物线ｙ＝－１５ｘ２＋７２运行ꎬ该抛物线的顶点坐标是(０ꎬ３.５)ꎬ如图１所示大致画出篮球的运行路线ꎬ即为该抛物线的一部分ꎬ验证后可知最高点在函数的定义域内ꎬ由此可知篮球运行的最大高度是３.５ｍ. (２)建立如图１所示的平面直角坐标系ꎬ审题后可以发现求出该运动员位置的横坐标就是问题的答案ꎬ篮筐处的高度是ｙ＝３.０５ｍꎬ由此可知ｘ＝１.５ｍꎻ再根据该篮球运动员的出手高度ｙ＝２.２５ｍꎬ此时ｘ＝－２.５(ｘɤ０)ꎬ则运动员距篮筐中心的水平距离是４ｍ.例５㊀已知分式ｘ－３ｘ２－６ｘ＋ｍꎬ无论ｘ取何值ꎬ该分式都有意义ꎬ那么ｍ的取值范围是什么?分析㊀因为本题中的分式恒有意义ꎬ这说明分母ｘ２－６ｘ＋ｍ的值永远不会是０.可据此构建一个二次函数ｙ＝ｘ２－６ｘ＋ｍꎬ把分式问题转变为一个二次函数取值问题进行研究ꎬ结合二次函数的性质来解题ꎬ找出ｙʂ０的情况ꎬ以此确定ｍ的取值范围.解㊀令ｙ＝ｘ２－６ｘ＋ｍꎬ根据题意可知ꎬｙ的值永远都不等于０ꎬ由于该抛物线的开口方向是向上的ꎬ所以该二次函数的图像不会与ｘ轴相交ꎬ则Δ＝３６－４ｍ<０ꎬ解之得ｍ<９ꎬ即为ｍ的取值范围是ｍ<９.４巧妙构造图形ꎬ解答数学难题初中数学课程主要分为代数与几何两大方面的内容.用构造法解答数学难题时ꎬ不仅可以根据题意构造代数方面的式子ꎬ还能够构造出相应的几何图形ꎬ利用数形结合思想解题.在初中解题教学中ꎬ将 数 和 形 结合起来ꎬ不少难题就易于解答.例６㊀如图２所示ꎬ在四边形ＡＢＣＤ中ꎬ对角线ＡＣꎬＢＤ相交于点Ｏꎬ而且ＡＣ与ＢＤ的长度相等ꎬ点ＥꎬＦ分别为对角线ＡＢ与ＣＤ的中点ꎬＥＦ分别同ＢＤꎬＡＣ相交于点ＧꎬＨ.求证:ＯＧ＝ＯＨ.分析㊀在几何图形中出现多个中点ꎬ大多数情况下都要利用中位线的性质进行解题ꎬ所以本题可以先取ＢＣ的中点Ｍꎬ连接ＭＥꎬＭＦꎬ因为ＥꎬＦꎬＭ分别是ＡＢꎬＣＤꎬＢＣ的中点ꎬ由此可构造中位线ＥＭꎬ图２㊀例６题图ＭＦꎬ然后结合三角形中位线定理解题.先证明әＥＭＦ是等腰三角形ꎬ根据 等边对等角 ꎬ即可证明øＭＥＦ＝øＭＦＥꎬ利用平行线的性质证明øＯＧＨ＝øＯＨＧꎬ最后根据 等角对等边 即可解决问题.解㊀如图２所示ꎬ取ＢＣ的中点Ｍꎬ连接ＭＥꎬＭＦ.因为ＭꎬＦ分别是ＢＣꎬＣＤ的中点ꎬ则ＭＦʊＢＤꎬＭＦ＝ＢＤ.同理可得ＭＥʊＡＣꎬＭＥ＝ＡＣ.因为ＡＣ＝ＢＤꎬ所以ＭＥ＝ＭＦꎬøＭＥＦ＝øＭＦＥ.又因为ＭＦʊＢＤꎬ所以øＭＦＥ＝øＯＧＨ.同理可得øＭＥＦ＝øＯＨＧꎬ所以øＯＧＨ＝øＯＨＧꎬ所以ＯＧ＝ＯＨ.５结束语在初中数学解题教学中ꎬ有的题目难度比较大ꎬ采用常规方法和思路很难解答.面对这些难题ꎬ教师可引导学生巧妙运用构造法ꎬ重新处理题目中给出的条件和结论.把问题与熟悉的理论知识联系起来ꎬ通过构造方程㊁不等式㊁函数㊁几何图形等数学模型把问题实质清楚地反映出来ꎬ架构起结论和条件之间的桥梁ꎬ让学生从中寻求解题问题的切入点ꎬ确定合适的解题方案ꎬ继而准确解答数学难题.参考文献:[１]连继莹.例说初中数学的解题方法:以 构造法 为例[Ｊ].中学课程辅导(教师教育)ꎬ２０２１(９):１１４.[２]吴月红.巧用构造法解初中数学题[Ｊ].语数外学习(初中版)ꎬ２０２０(８):２８－２９.[３]张梅.构造法在初中数学解题中的有效运用[Ｊ].数学大世界(中旬)ꎬ２０２０(４):８０－８１. [４]张文贺.初中数学解题技巧的有效运用[Ｊ].数学大世界(下旬)ꎬ２０２０(１):７７.[责任编辑:李㊀璟]７６。
压轴题型02 构造法在函数中的应用(解析版)-2023年高考数学压轴题专项训练
压轴题型02构造法在函数中的应用近几年高考数学压轴题，多以导数为工具来证明不等式或求参数的范围，这类试题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解导数问题的最基本方法，但在平时的教学和考试中，发现很多学生不会合理构造函数，结果往往求解非常复杂甚至是无果而终．因此笔者认为解决此类问题的关键就是怎样合理构造函数，本文以近几年的高考题和模考题为例，对在处理导数问题时构造函数的方法进行归类和总结，供大家参考．○热○点○题○型1构造法解决高考函数对称与周期性问题○热○点○题○型2主元构造法○热○点○题○型3分离参数构造法○热○点○题○型4局部构造法○热○点○题○型5换元构造法○热○点○题○型6特征构造法○热○点○题○型7放缩构造法一、单选题1．若正数x满足532-+=，则x的取值范围是（）.x x xA x<B x<<C ．x <D ．x >2．设函数()f x =若曲线sin 22y x =+上存在点0(x ，0)y 使得00(())f f y y =成立，则实数a 的取值范围为（）A ．[0，21]e e -+B ．[0，21]e e +-C ．[0，21]e e --D ．[0，21]e e ++3．“米”是象形字.数学探究课上，某同学用拋物线1和2构造了一个类似“米”字型的图案，如图所示，若抛物线1C ，2C 的焦点分别为1F ，2F ，点P 在拋物线1C 上，过点P 作x 轴的平行线交抛物线2C 于点Q ，若124==PF PQ ，则p =（）A ．2B ．3C ．4D ．6树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据.玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现，如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12cm ，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球O 上，则球O 的表面积为（）A ．272πcmB ．2162πcmC ．2216πcmD ．2288πcm 【答案】C【分析】根据题意可知正方体的体对角线即是外接球的直径，又因圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，可利用勾股定理得出正方体边长，继而求出球的表面积.【详解】不妨设正方体的边长为2a ，球О的半径为R ，则圆柱的底面半径为a ，因为正方体的体对角线即为球О直径，故223R a =，利用勾股定理得：222263a R a +==，解得18a =，球的表面积为2ππ44318216πS R ==⨯⨯=，故选：C.5．若函数()()有两个零点，则实数的取值范围是（）A ．()1,2B ．()0,2C ．()1,+∞D ．(),2-∞【答案】A【分析】将函数()()ln 2f x x a x a =+-+有两个零点的问题转化为函数ln ,(2)y x y a x a ==--的图象交点个数问题，结合导数的几何意义，数形结合，即可求解.【详解】由()()ln 2f x x a x a =+-+有两个零点，即()ln 20x a x a +-+=有两个正根，即函数ln ,(2)y x y a x a ==--的图象有2个交点，直线(2)y a x a =--可变为(1)20a x x y -++-=，令=1x -，则=2y -，即直线(2)y a x a =--过定点(1,2)P --，当该直线与ln y x =相切时，设切点为00(,)x y ，则1y x'=，则000ln 211x x x +=+，即001ln 10x x -+=，令1g()ln 1,(0)x x x x=-+>，则()g x 在(0,)+∞上单调递增，又(1)0g =，故1g()ln 1,(0)x x x x=-+>有唯一零点1x =，故01x =，即(2)y a x a =--与曲线ln y x =相切时，切点为(1,0)，则切线斜率为1，要使函数ln ,(2)y x y a x a ==--的图象有2个交点，需满足021a <-<，即(1,2)a ∈，故选：A【点睛】方法点睛：根据函数的零点个数求解参数范围，一般方法：（1）转化为函数最值问题，利用导数解决；（2）转化为函数图像的交点问题，数形结合解决问题；（3）参变分离法，结合函数最值或范围解决.6．已知()f x 是定义域为R 的函数，()220f x +为奇函数，()221f x +为偶函数，当10x -≤<时，()f x =()()()60y f x a x a =-+>有5个零点，则实数a 的取值范围为（）A ．11,73⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,124⎛ ⎝⎭C ．⎝⎭D ．11,62⎛⎫ ⎪⎝⎭当直线()2y a x =-与圆()()22910x y y -+=≥相切时，271aa +()2y a x =-与圆()()22510x y y -+=≥相切时，2311a a =+，解得32124a <<．故选：B ．【点睛】通过函数的奇偶性挖掘周期性与函数图像的对称性，从而能作出整个函数的大致图像，将函数零点转化为方程的根，再转化为两个函数图像交点的横坐标．交点的个数时注意数形结合思想的应用，动中蕴静，变化中抓住不变，抓住临界状态，利用直线与圆相切，借助点到直线的距离公式得到参数的临界值，从而求出参数的取值范围，考生综合分析问题和解决问题的能力要求比较高．二、填空题7．已知函数21()(1)1x f x x x -⎛⎫=> ⎪+⎝⎭，如果不等式1(1)()(x f x m m -->-对11,164x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦恒成立，则实数m 的取值范围_______________.5⎛⎫①ln52<；②lnπ>③11<；④3ln2e>其中真命题序号为__________.9．设函数4()log ,0f x x x ⎧+≤⎪=⎨>⎪⎩，若关于x 的函数()()()()2g 23x fx a f x =-++恰好有四个零点，则实数a 的取值范围是____________.令()f x t =，函数()()()()2g 23x fx a fx =-++恰好有四个零点．则方程()()()2230f x a f x -++=化为()2230t a t -++=，设()2230t a t -++=的两根为12,t t ，因为123t t =，所以两根均大于0，且方程的一根在区间(]0,1内，另一根在区间()2+∞，内．令()()223g t t a t =-++所以()()()()2Δ2120001020a g g g ⎧=+->⎪>⎪⎨≤⎪⎪<⎩，解得：2a ≥，综上：实数a 的取值范围为[)2,.∞+故答案为：[)2,.∞+【点睛】复合函数零点个数问题，要先画出函数图象，然后适当运用换元法，将零点个数问题转化为二次函数或其他函数根的分布情况，从而求出参数的取值范围或判断出零点个数.三、解答题10．已知正数a b 、满足1a b +=，求M =的最小值.11．已知函数在处的切线方程为(1).求()f x 的解析式；(2).若对任意的0x >，均有()10f x kx -+≥求实数k 的范围；(3).设12x x ，为两个正数，求证:()()()121212f x f x x x f x x +++>+。
初中解题技巧之构造法专题
7.已知 (b-c)2=(a-b)(c-a)且a≠0，则 =______。
8.（2012•郴州）某校为开展好大课间活动，欲购买单价为20元的排球和单价为80元的篮球共100个．
（1）设购买排球数为x（个），购买两种球的总费用为y（元），请你写出y与x的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）；
例2当x=_____时，分式 无意义；当x=______时，此分式的值为零。
解要使此分式无意义，只需x2-7x–8=0，解之得x1=8，x2=-1，即当x=8或x=-1时，该分式无意义。
要使该分式的值为零，只须分子x2–1=0且分母x2-7x–8≠0；由x2–1=0，得x=±1，但当x=-1时，分母x2-7x-8=0，分式无意义。故当x=1时，此分式的值为零。
综上所述，知 =2。
8.解：（1）设购买排球x个，购买篮球和排球的总费用y元，
y=20x+80（100-x）=8000-60x；（2）设购买排球x个，则篮球的个数是（100-x），根据题意得：
100-x≥3x 20x+80(100-x)≤6620，
一．某些题目根据条件、仔细观察其特点，构造一个“方程” 求解，从而获得问题解决。
例1：如果关于x的方程ax+b=2（2x+7）+1有无数多个解，那么a、b的值分别是多少？
解：原方程整理得（a-4）x=15-b
∵此方程有无数多解，∴a-4=0且15-b=0
分别解得a=4，b=15
二．构建几何图形
对于条件和结论之间联系较隐蔽问题，要善于发掘题设条件中的几何意义，可以通过构造适当的图形把其两者联系起来，从而构造出几何图形，把代数问题转化为几何问题来解决．增强问题的直观性，使问题的解答事半功倍。
用构造图形法解数学竞赛题应用举例
用构造图形法解数学竞赛题应用举例著名数学家华罗庚教授说过：“数与形，本是相倚依，怎能分作两边飞，数缺形时少直觉，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休。
”数形结合是一种教与学的思想，教师在教学过程中若能充分重视这一教学思想，积极引导学生去体会、理解和运用这一数学思想，将会使学生在数学学习中得益非浅。
（一）例题选讲：１、已知 a 、b 都是正数，a －b=3 , 求当a 、b 为何值时42+a +252+b 有最小值，并求这个最小值。
（希望杯2001年试题）分析：方法（1）、如图○1，原式可化为22)02()0(-+-a +22)05()3(-+-a ，因此可以理解为在直角坐标系中X 轴上找一点P （a,0），使它到M （0，2）和N （3，5）距离的和最小。
最小距离可以通过找M 的对称点M 1（0，－2），连结MM 1，MM 1就是最小距离，可以在直角三角形M 1MN 中用勾股定理求得。
方法（2）如图○2，在直线L 上取一点P ，截取PM= a ，PN=3－a ，过M 、N 分别作L 的垂线AM ，BN ，AM=2，BN=5，连结AP 、BP ，在R t △PAM 和R t △PBN 中，PA=42+a PB=252+b =25)3(2+-a =25)3(2+-a ，即为求PA+PB 的最小值。
画出点A 关于直线 L 的对称点A 1，连结BA 1，那么BA 1的长就是最小值。
BA 1的长可用勾股定理求得。
２、长度相等，粗细不同的两支蜡烛，其中的一支可燃3小时，另一支可烯4小时，将这两支蜡烛同时点燃，当余下的长度中，一支是另一支的3倍时，蜡烛点燃了_____________ 小时。
（2003年希望杯试题）分析：如图○3，由于第一支能燃4小时，第二支能燃3小时，所以在相同时间里，第一支烧去的长度是第二支烧去长度的43，将图中左边阴影分成六个方块，则右边阴影分成八个相等方块，打阴影方块与白块一样大，第一支9个同样大小的方块可燃4小时，燃去6个方块需4÷9×6=232 小时，即232小时后第一支的长度是第二支的3倍。
例谈数学解题中的构造法及其应用
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数学 学 习与研 究
２ １ ９ ０１
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６ ．构 造 数 列
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４
理 解 和 掌握 函数 的思 想 方 法 有 助 于 实 现 数 学 从 常 量 到
变量 的认 识 上 的 飞 跃 ． 多 数 学 命 题 繁 冗 复 杂 ， 寻 入 口 ， 很 难
又
ｔｎ￣ ，ａ ＝Ｙ ｔｎ ａ ｃ ＝ ｔ ，ａ ｙ：。 于 是 有 ，
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若 巧 妙 运 用 函数 思 想 ， 使解 答 别 具 一 格 ， 能 耐人 寻味 ．
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又
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分析
此 不 等 式 求 解 比 较 困 难 ， 们 可 以 在 不 等 号 两 我
边 构 造 两 个 函数 ， 用 函 数 的性 质 求 解 利
列 ” 产 生 意 想不 到 的效 果 ． 能 从 以上 各 例 不 难 看 出 ， 造 法 是 一 种 极 富 技 巧 性 和 创 构
利用导数证明不等式——构造法证明不等式
利用导数证明不等式——构造法证明不等式构造法又称作图法，是一种利用几何图形来论证不等式的方法。
这种方法通常比较直观，易于理解和应用。
本文将利用导数和构造法相结合的方法来证明一些不等式。
首先，我们将考虑最简单的一类不等式，即严格单调递增函数和递增不等式。
假设函数f(x)在区间[a,b]上是单调递增的，即对于任意的x1,x2属于[a,b]，且x1<x2，有f(x1)<f(x2)。
现证明对于任意的x1,x2属于[a,b]，且x1<x2，有f'(x1)<f'(x2)。
证明：根据导数的定义，函数f(x)在点x1到x2之间的平均变化率即为[f(x2)-f(x1)]/[x2-x1]。
由于f(x)是单调递增函数，所以f(x2)>f(x1)，且x2-x1>0。
因此，平均变化率[f(x2)-f(x1)]/[x2-x1]大于0。
根据拉格朗日中值定理，存在一个c属于(x1,x2)，使得f'(c)=[f(x2)-f(x1)]/[x2-x1]。
由于f'(c)>0，所以f'(x1)<f'(x2)。
接下来，我们将应用构造法来证明一些不等式。
以求解函数的最值为例，说明构造法证明不等式的基本思路。
假设我们要证明不等式f(x)>=k，其中k是常数。
首先，我们可以在坐标系中画出函数f(x)的图像。
然后尝试找到这个函数的极值点，并计算这些极值点处函数的取值。
如果我们发现函数在一些极值点处的取值大于k，那么我们可以断定不等式f(x)>=k是成立的。
举例说明，假设我们要证明函数f(x)=x^2>=0对于所有的实数x成立。
我们可以考虑函数g(x)=x^2-k（k>0），并尝试找到g(x)的极值点。
由于g(x)=x^2-k是一个二次函数，它的顶点坐标即为极值点。
顶点的横坐标为x=0，纵坐标为y=-k。
因此，函数g(x)的图像是一个开口向上的抛物线，它的顶点在y轴的负半轴上，纵坐标小于0。
构造法的应用
构造法在解题中的应用[方法精要] 在解题时，我们常常会采用这样的方法，通过对条件和结论的分析，构造辅助元素，它可以是一个图形、一个方程(组)、一个等式、一个函数、一个等价命题等，架起一座连接条件和结论的桥梁，从而使问题得以解决，这种解题的数学方法，称为构造法．解数学问题时，常规的思考方法是由条件到结论的定向思考，但有些问题用常规的思维方式来寻求解题途径却比较困难，甚至无从着手．在这种情况下，经常要求我们改变思维方向，换一个角度去思考从而找到一条绕过障碍的新途径．构造法就是这样的手段之一．构造法作为一种数学方法，不同于一般的逻辑方法，一步一步寻求必要条件，直至推导出结论，它属于非常规思维．其本质特征是“构造”，用构造法解题，无一定之规，表现出思维的试探性、不规则性和创造性．数学证明中的构造法一般可分为两类，一类为直接性构造法，一类为间接性构造法．题型一 构造向量解决不等式的问题例1 若直线x a ＋y b＝1通过点M (cos α，sin α)，则( ) A ．a 2＋b 2≤1B ．a 2＋b 2≥1 C.1a 2＋1b 2≤1 D.1a 2＋1b 2≥1 破题切入点 根据点在直线上可以得到cos αa ＋sin αb ＝1，联想向量的数量积的坐标运算法则，可以构造向量．答案 D解析 设向量m ＝(cos α，sin α)，n ＝(1a ，1b ),由题意知cos αa ＋sin αb＝1，由m ·n ≤|m ||n |可得1＝cos αa ＋sin αb ≤1a 2＋1b 2. 题型二 构造不等式解决证明问题例2 已知a ，b ，c >0，证明：a 2b ＋c ＋b 2c ＋a ＋c 2a ＋b≥a ＋b ＋c 2. 破题切入点 直接用一个式子或两个式子都不好直接构造轮换不等式．观察其结构特点，必须想办法去掉不等式左端各项的分母，为此可以做变换：在不等式两端都加上a ＋b ＋c 2，即我们证明不等式a 2b ＋c ＋b 2c ＋a ＋c 2a ＋b＋a ＋b ＋c 2≥a ＋b ＋c ，这时把a ＋b ＋c 2拆成a ＋b 4＋b ＋c 4＋c ＋a 4，就可以构造轮换不等式了．证明 证明a 2b ＋c ＋b 2c ＋a ＋c 2a ＋b≥a ＋b ＋c 2， 即证a 2b ＋c ＋b 2c ＋a ＋c 2a ＋b＋a ＋b ＋c 2≥a ＋b ＋c ， 即证a 2b ＋c ＋b ＋c 4＋b 2c ＋a ＋c ＋a 4＋c 2a ＋b＋a ＋b 4≥a ＋b ＋c . 又因为a 2b ＋c ＋b ＋c 4≥a ，b 2c ＋a ＋c ＋a 4≥b ，c 2a ＋b＋a ＋b 4≥c ， 所以所证三式相加，不等式成立．题型三 构造函数最值、比较大小的问题例3 已知f (x )＝3－4x ＋2x ln2，数列{a n }满足－12<a n <0,112n a ++＝f (a n )(n ∈N *)． (1)求f (x )在[－12，0]上的最大值和最小值； (2)判断a n 与a n ＋1(n ∈N *)的大小，并说明理由．破题切入点 (1)直接按照导数研究函数的方法解决．(2)根据给出的条件112n a ++－12n a +＝f (a n )－12n a +，可以构造函数g (x )＝f (x )－2x ＋1，通过研究这个函数解决问题．解 (1)f ′(x )＝(1－4x )ln4，当－12<x <0时，0<1－4x <12,∴f ′(x )>0， ∴f (x )＝3－4x ＋2x ln2在[－12，0]上是增函数， ∴f (x )max ＝f (0)＝2；f (x )min ＝f (－12)＝52－ln2. (2)由11122n n a a +++-＝f (a n )－12n a +，记g (x )＝f (x )－2x ＋1得g ′(x )＝f ′(x )－2x ＋1ln2＝(1－2x －4x )ln4， 当－12<x <0时，22<2x <1，12<4x <1. 故1－2x －4x <1－22－12<0， 所以g ′(x )<0，得g (x )在(－12，0)上是减函数， 所以g (x )>g (0)＝f (0)－2＝0，∴f (a n )－21＋a n >0，即11122n n a a +++->0，得a n ＋1>a n .题型四 构造数列解决数列求和的问题例4 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n ·S n －1(n ≥2)． (1)求出通项公式a n .(2)求证：S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n.破题切入点 (1)首先根据已知条件求出S n 的通项公式，进而求出通项a n .(2)利用放缩法和拆项法证明．(1)解 因为a n ＝－2S n ·S n －1(n ≥2)，所以S n －S n －1＝－2S n ·S n －1，两边同除S n ·S n －1，得1S n －1S n －1＝2(n ≥2)， 所以数列{1S n }是以1S 1＝1a 1＝2为首项，以d ＝2为公差的等差数列． 所以1S n ＝1S 1＋(n －1)·d ＝2＋2(n －1)＝2n ，所以S n ＝12n. 又因为a n ＝－2S n ·S n －1(n ≥2)，所以当n ≥2时，a n ＝－2S n ·S n －1＝－212n ·12(n －1)＝12n －2n 2， 所以a n＝⎩⎨⎧ 12(n ＝1)，12n －2n 2(n ≥2).(2)证明 因为S 2n ＝14n 2<14n (n －1)＝14(1n －1－1n )，S 21＝14，所以当n ≥2时， S 21＋S 22＋…＋S 2n ＝14＋14×2×2＋…＋14n ·n <14＋14(1－12)＋…＋14(1n －1－1n )＝12－14n， 当n ＝1时，S 21＝14＝12－14×1. 综上S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n. 总结提高 用构造法解题时，被构造的对象是多种多样的，按它的内容可分为数、式、函数、方程、数列、复数、图形、图表、几何变换、对应、数学模型、反例等，从上面的例子可以看出这些想法的实现是非常灵活的，没有固定的程序和模式，不可生搬硬套．但可以尝试从中总结规律：在运用构造法时，一要明确构造的目的，即以什么目的而构造；二要弄清楚问题的特点，以便依据特点确定方案，实现构造．能力强化训练1．在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →的值是( )A ．－1B ．0C ．1D ．不确定答案 B解析 如图，选取不共面的向量AB →，AC →，AD →为基底，则原式＝AB →·(AD →－AC →)＋AC →·(AB →－AD →)＋AD →·(AC →－AB →)＝AB →·AD →－AB →·AC →＋AC →·AB →－AC →·AD →＋AD →·AC →－AD →·AB →＝0.2．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2a n －1＋1，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n －1－1B ．a n ＝2n ＋1－1 C ．a n ＝2nD ．a n ＝2n －1答案 D 解析 因为a n ＝2a n －1＋1，所以a n ＋1＝2(a n －1＋1)，所以数列{a n ＋1}是以a 1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋1＝2×2n －1＝2n ，所以a n ＝2n －1. 3．函数f (x )＝x 2－4x ＋13＋x 2－10x ＋26的值域是( )A ．(－5，＋∞)B ．[5，＋∞)C ．[－5，＋∞)D ．(5，＋∞)答案 B解析 f (x )＝(x －2)2＋(0－3)2＋(x －5)2＋[0－(－1)]2其几何意义是平面内动点P (x,0)到两定点M (2,3)和N (5，－1)的距离之和(如图)，为求其值域只要求其最值即可，易知当M ，N ，P 三点共线(即P 在线段MN 上)时，f (x )取得最小值，f (x )min ＝|MN |＝(2－5)2＋(3＋1)2＝5，无最大值，故得函数的值域为[5，＋∞)．4.如图，已知球O 的球面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝2，则球O 的体积等于________．答案 6π 解析 如图，以DA ，AB ，BC 为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O的半径为R ，则正方体的体对角线长即为球O 的直径，所以|CD |＝(2)2＋(2)2＋(2)2＝2R ，所以R ＝62，故球O 的体积V ＝4πR 33＝6π.5．已知a ＝ln 12013－12013，b ＝ln 12014－12014，c ＝ln 12015－12015，则a ，b ，c 的大小关系为________．答案 a >b >c解析 令f (x )＝ln x －x ，则f ′(x )＝1x －1＝1－x x. 当0<x <1时，f ′(x )>0，即函数f (x )在(0,1)上是增函数．∵1>12013>12014>12015>0，∴a >b >c . 6．若a >b >c >0，则log 2(a ＋1)a ，log 2(b ＋1)b ，log 2(c ＋1)c的大小关系是________． 答案 log 2(a ＋1)a <log 2(b ＋1)b <log 2(c ＋1)c解析 构造函数f (x )＝log 2(x ＋1)，问题就是函数f (x )图象上的三个点(a ，f (a ))，(b ，f (b ))，(c ，f (c ))与原点连线的斜率在比较大小，观察图象即得．7．若x 2＋y 2＝3，a 2＋b 2＝4(x ，y ，a ，b ∈R )，则ax ＋by 的取值范围是________．答案 [－23，23]解析 构造向量m ＝(x ，y )，n ＝(a ，b )，θ为m 与n 的夹角，则ax ＋by ＝m ·n ＝|m ||n |cos θ＝3×4cos θ＝23cos θ.∵－1≤cos θ≤1，∴－23≤23cos θ≤2 3.∴ax ＋by 的最小值为－23，最大值为2 3.8．在平面直角坐标系中，椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦距为2c ，以O 为圆心，a 为半径作圆M .若过点P (a 2c，0)，所作圆M 的两切线互相垂直，则该椭圆的离心率为________． 答案 22解析 过点(a 2c，0)作圆的两切线互相垂直，如图，这说明四边形OAPB 是一个正方形，即圆心O 到点P (a 2c ，0)的距离等于圆的半径的2倍，即a 2c ＝2a ，故e ＝c a ＝22.9．设a >b >c 且a ＋b ＋c ＝1，a 2＋b 2＋c 2＝1，求a ＋b 的范围．解 由a ＋b ＋c ＝1得a ＋b ＝1－c ，①将①的两边平方并将a 2＋b 2＋c 2＝1代入得ab ＝c 2－c ，②由①②可知，a ，b 是方程x 2＋(c －1)x ＋(c 2－c )＝0的两个不等的实根，于是Δ＝(c －1)2－4(c 2－c )＝－3c 2＋2c ＋1>0， 解得：－13<c <1，又由a ＋b ＝1－c >2c ，得c <13，∴－13<c <13. 即－13<1－(a ＋b )<13，∴23<a ＋b <43. 10．求证：|a ＋b |1＋|a ＋b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |.(提示：|a ＋b |≤|a |＋|b |，当且仅当ab ≥0时取等号) 证明 设f (x )＝x 1＋x(x ≥0)，由|a ＋b |≤|a |＋|b |， 又f (x )在[0，＋∞)上是一个单调递增函数，所以有f (|a ＋b |)≤f (|a |＋|b |)，所以|a ＋b |1＋|a ＋b |≤|a |＋|b |1＋|a |＋|b |＝|a |1＋|a |＋|b |＋|b |1＋|a |＋|b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |. 11．求值cos5°＋cos77°＋cos149°＋cos221°＋cos293°.解 以单位长1为边长作正五边形A 1A 2A 3A 4A 5，且A 1A 2→与x 轴正方向夹角为5°.由正五边形内角108°，得x 轴正方向逆时针转到A 2A 3→，A 3A 4→，A 4A 5→，A 5A 1→的角分别为77°，149°，221°，293°.∵A 1A 2→＋A 2A 3→＋A 3A 4→＋A 4A 5→＋A 5A 1→＝0，又因为和向量的投影等于各个向量投影的和，∴A 1A 2→，A 2A 3→，A 3A 4→，A 4A 5→，A 5A 1→在x 轴上投影的和为0，即|A 1A 2→|cos5°＋|A 2A 3→|cos77°＋|A 3A 4→|cos149°＋|A 4A 5→|cos221°＋|A 5A 1→|cos293°＝0， ∴cos5°＋cos77°＋cos149°＋cos221°＋cos293°＝0.12．设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＋1＝4S n ＋4n ＋1，n ∈N *，且a 2，a 5，a 14恰好是等比数列{b n }的前三项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记数列{b n }的前n 项和为T n ，若对任意的n ∈N *，(T n ＋32)k ≥3n －6恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)当n ≥2时，由题设知4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1，∴4a n ＝4S n －4S n －1＝a 2n ＋1－a 2n －4，∴a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2，∵a n >0，∴a n ＋1＝a n ＋2.∴当n ≥2时，{a n }是公差d ＝2的等差数列．∵a 2，a 5，a 14构成等比数列，∴a 25＝a 2·a 14，(a 2＋6)2＝a 2·(a 2＋24)，解得a 2＝3， 由条件可知，4a 1＝a 22－5＝4，∴a 1＝1，∵a 2－a 1＝3－1＝2， ∴{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列．∴等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.∵等比数列{b n }的公比q ＝a 5a 2＝2×5－13＝3， ∴等比数列{b n }的通项公式为b n ＝3n .(2)T n ＝b 1(1－q n )1－q ＝3(1－3n )1－3＝3n ＋1－32， ∴(3n ＋1－32＋32)k ≥3n －6对任意的n ∈N *恒成立， ∴k ≥2n －43n 对任意的n ∈N *恒成立，令c n ＝2n －43n ，c n －c n －1＝2n －43n －2n －63n －1＝－2(2n －7)3n ， 当n ≤3时，c n >c n －1；当n ≥4时，c n <c n －1.∴(c n )max ＝c 3＝227，∴k ≥227.。
一道课本题的多种证明方法
ｙｙ Ｒ 圆Ｃ 公 共点． ｏ＝ 与 有
（ 椭ｃ＋１Ｐ， 足菩 ＜ 直 ３ 圆 吾，（０ 。＋ １ 线 ） ： ＝ ‰） ＜吾 ， 设 Ｘ 点 ｙ ， ２ 满 则
ｘｏ ｘ
—
（设 圆 ： Ｄ １ 直 ＋ ： 椭圆 没 公 ９ 椭 ｃ旷 ｛：， 线ｘ １ ） ＋； 且 ｏ ｘ 与 ｃ有
ｃ ｒ Ｄ
＋ ＝ 与椭 圆ｃ 有公 共点， ｌ 没
Ｏ
（ ｒ
共 ， ，满 ｏ ＋＜ 点则 勘０足＜ 芸１ 点 ｙ ） ．
Ｃ ｒ Ｄ
（ 椭ｃ＋１Ｐｙ足＋ ｌ直 ４ 圆菩吾，（０ 害鲁， 线 ） ： ＝ ） 设 点 满 则
＋ ＝ 与椭 圆ｃ １ 有公 共 点．
Ｃ Ｄ ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
通 过 上 述 命 题 的 证 明 可 以发 现 湖 北 高 考 （ １ ） 曲 线 选 文 ５的
证法２ （ 构造切割线定理法 ） 图２ 如 ，
是 圆 Ｄ的 切 线 ， 且 ＝ 尸 ｍ， ｃ是 ０ Ｄ的 割
ＤＣａ ＝按 义 ｓ Ａ ＦＥ， ｍ 定 ，ｉ ： ＝＝船 ， 有ｎ 詈
叶
— — —
线 ，－Ｂ ａＰ ＝ ， ＞ ， － Ｐ ＝ ， Ｃ ｂ ｍ ａ 由切 割 线 定理 ， ￣ 有
证法１（ 造平行截割定理法 ） 图 构 如
图 ４
Ｆ
１Ｆ －Ａ 被一组平行线Ａ ／Ｂ ／Ｃ ￣ ． ￣ｃ Ｈ Ｆ／ Ｇ／ ｔ￣ ｔｒ
截． 遭Ａ点 作 ＡＥ Ｈ。 Ｆ Ａ ａ Ｇ 丑 ＧＩ Ｄ＝ ． Ｈ＝
图 ２
ＤＥ＝ ， ｍ ＡＢ＝ ， ＞ ＢＣ ｍ． 由 平 行 截 割 定 ｂ ｂ ａ， ＞
试 究 ＞ 技巧， 题研 解题
专题十五构造法求数列(解析版)
专题十五构造法求数列(解析版)专题十五构造法求数列（解析版）数列是数学中常见的概念，它是由一系列数字按照一定规律排列而成。
在解析数列的过程中，构造法是一种常用的方法，可以通过逐步构造出数列的规律，从而求解出数列的通项公式。
本文将介绍专题十五中构造法解析数列的具体步骤和应用。
一、构造法的基本概念构造法是一种通过逐步构造数列的规律来解析数列的方法，它可以帮助我们找到数列的通项公式或递推关系。
构造法的基本思路是从已知的数列出发，利用数列的特点逐步推导出新增项的规律，最终得到数列的通项公式。
二、构造法的具体步骤在使用构造法解析数列时，一般可以通过以下步骤进行求解：1.观察数列的规律首先，我们需要观察题目中给出的已知数列，从中寻找出数列的规律。
注意观察数列的项数、数值的变化方式、数列中可能存在的特殊性质等。
通过观察，我们可以初步猜测数列的通项公式或递推关系。
2.构造新增项在观察数列规律的基础上，我们可以通过构造新增项来进一步验证数列的通项公式。
构造新增项的方法可以多种多样，比如可以逐项相加、相减、相乘、相除等。
通过计算新增项的数值，可以判断我们的猜测是否正确。
3.推导出通项公式如果我们的猜测正确，那么通过构造新增项可以找到数列的递推关系或通项公式。
在推导过程中，可以利用数列的特殊性质、数学运算规律等，来进一步简化通项公式的表达形式。
推导出通项公式后，可以通过验证数列的前几项来进一步证明其正确性。
4.应用通项公式一旦得到数列的通项公式，我们可以利用该公式来求解数列的任意项。
通过代入特定的项数，就可以计算出数列中对应的数值。
此外，通过通项公式，我们还可以计算数列的和、平均值等相关性质。
三、构造法的应用示例为了更好地理解构造法的应用，下面以一个具体的示例进行讲解。
例：已知数列的前四项分别是1、4、9、16，求该数列的通项公式。
解：首先，观察已知的前四项，我们可以发现它们都是某个数的平方，即1=1²，4=2²，9=3²，16=4²。
例谈构造法在解题中的应用
一
—
’
ａｎ ｌ
１ ５ ０ 。 ， ９ ０ 。 ， １ ２ ０ 。 （ 如下 图） ， 则可 以利用整个 图形 的面积关
系得 出所求 的值 ， 即
‘
． ．
数列｛ 一 ａ ｉ ｝ 是以÷一１ ｎ 为首项， 寺 为公差的等差数
１
ｚ ｚ ＋２ ｙ ｚ ＋３ ｚ ｘ一 ４ （
＋
＋
） 一４
列．
・ ． ．
１
ａ
一１
＿１ ）
＝
ｚ
御
＿ ｒ ｌ ．
（ Ｓ Ａ ＋ｓ △ ＋Ｓ △ ） 一４ 、 ／ ３ ｓ △ 一２ ４ ， ／ ｇ ．
Ｃ
评析 ： 通 过 观 察 其 条件 特 征 ， 进 行 变形 ， 构 造 出 熟 悉
的等差数列和等 比数列是求解上述两题的关键． 二、 构造 函数证明不等式
。
． ．
｛ ｎ 一２ ｝ 是一个首项为一１ ， 公 比为去 的等比数
ｙ
一
． ｃ ｏ ｓ １ ５ ０ 。 ＝５ ｚ ， （
４ 。
．
） ＋ ２ ２ —３ ， ＋ 一 ２ ｘ ｚ ｃ ｏ ｓ １ ２ ０ 。
ｑ ３
—
ｑ ３
列，
・ ． ．
口 一 ２ 一 （ 一 １ ） （ ） ～ ， 即 ＝ ＝ ＝ ２ 一 （ 告 ） ．
１
又 因为 １ ５ ０ 。 ＋９ ０ 。 ＋１ ２ ０ 。 ：３ ６ ０ 。 ， 所 以可 以构造一 个
以３ 、 ４ 、 ５为 边 长 的 Ｒ ｔ Ａ ＡＢ Ｃ， Ｐ为三 角形 内一点 ， Ｐ Ａ，
Ｐ Ｃ 的长 度 分 别 为 ， ｙ ， ｚ ，它 们 的 夹 角 分 别 为 （ ２ ） 一 （ 得 去 一 十 号 一 ＰＢ，
2022年秋高中数学第五章一元函数的导数及其应用培优课构造函数法解决导数问题课后习题新人教A版选择性
培优课——构造函数法解决导数问题必备知识基础练1.已知函数f (x )(x ∈R )满足f (1)=1,且f'(x )<12,则f (x )<x2+12的解集为( ) A.{x|-1<x<1}B.{x|x<-1}C.{x|x<-1或x>1}D.{x|x>1}2.设函数f'(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数,f (-1)=0,当x>0时,xf'(x )-f (x )<0,则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( ) A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞) C.(-∞,-1)∪(-1,0)D.(0,1)∪(1,+∞)3.已知函数f (x )的定义域为R ,f'(x )为f (x )的导函数,且f (x )+(x-1)f'(x )>0,则下列式子正确的是( ) A.f (1)=0 B.f (x )<0 C.f (x )>0D.(x-1)f (x )<04.已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x )<-f'(x ),则下列式子一定成立的是( ) A.f (2 020)>e f (2 021)B.f (2 020)<e f (2 021)C.e f (2 020)>f (2 021)D.e f (2 020)<f (2 021)5.(多选题)已知f (x )为(0,+∞)上的可导函数,且(x+1)·f'(x )>f (x ),则下列不等式一定成立的是( ) A.3f (4)<4f (3)B.4f (4)>5f (3)C.3f (3)<4f (2)D.3f (3)>4f (2)6.已知f (x )是定义在0,π2上的函数,其导函数为f'(x ),fπ3=2√3,且当x ∈0,π2时,f'(x )sin x+f (x )cos x>0,则不等式f (x )sin x<3的解集为 .7.设函数f'(x )是定义在(0,π)上的函数f (x )的导函数,有f'(x )cos x-f (x )sin x>0,若a=12fπ3,b=0,c=-√32f5π6,则a ,b ,c 的大小关系是 .8.若对任意的x ∈[e,+∞),都有x ln x ≥ax-a ,求实数a 的取值范围.9.已知函数f (x )=12x 2-2a ln x+(a-2)x.(1)当a=1时,求函数f (x )在[1,e]上的最小值和最大值. (2)是否存在实数a ,对任意的x 1,x 2∈(0,+∞),且x 1≠x 2,都有f(x 2)-f(x 1)x 2-x 1>a 恒成立?若存在,求出a 的取值范围;若不存在,说明理由.关键能力提升练10.设f(x),g(x)是定义域为R的恒大于0的可导函数,且f'(x)g(x)-f(x)g'(x)<0,则当a<x<b时,下列式子一定正确的是()A.f(x)g(x)>f(b)g(b)B.f(x)g(b)>f(b)g(x)C.f(x)g(a)>f(a)g(x)D.f(x)g(x)>f(a)g(a)11.已知函数f(x)的定义域为R,其导函数为f'(x),且3f(x)-f'(x)>0在R上恒成立,则下列不等式一定成立的是()A.f(1)<e3f(0)B.f(1)<e2f(0)C.f(1)>e3f(0)D.f(1)>e2f(0)12.设函数f(x)的定义域为R,f'(x)是其导函数,若3f(x)+f'(x)>0,f(0)=1,则不等式f(x)>e-3x的解集是()A.(0,+∞)B.(1,+∞)C.(-∞,0)D.(0,1)13.定义域为-π2,π2的函数f (x )满足f (x )+f (-x )=0,其导函数为f'(x ),当0≤x<π2时,有f'(x )cos x+f (x )sin x<0成立,则关于x 的不等式f (x )<√2fπ4·cos x 的解集为( )A.-π2,-π4∪π4,π2B.π4,π2C.-π4,0∪0,π4 D.-π4,0∪π4,π214.已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数,f (1)=0,当x>0时,有xf'(x)-f(x)x 2>0,则不等式x 2f (x )>0的解集是 .15.已知函数f (x )=ax -ln x (a ∈R ).(1)讨论f (x )的单调性;(2)若x 1,x 2是方程f (x )=2的两个不同实根,证明:x 1+x 2>2e 3.学科素养创新练16.设函数f(x)=a e x,x∈R.(1)当a=1时,过原点作y=f(x)的切线,求切线方程;(2)若不等式xf(x)-x+2>ln x对于x∈(0,+∞)恒成立,求a的取值范围;(3)在(1)的条件下,证明:x-x2-x2ln x<1+e 2e3f(x).参考答案培优课——构造函数法解决导数问题1.D 构造函数h (x )=f (x )-x2−12,所以h'(x )=f'(x )-12<0,故h (x )在R 上是减函数,且h (1)=f (1)-12−12=0,故h (x )<0的解集为{x|x>1}.2.A 构造函数h (x )=f(x)x,因为f (x )为奇函数,所以h (x )为偶函数,又因为h'(x )=xf'(x)-f(x)x 2,且当x>0时,xf'(x )-f (x )<0,所以h (x )在(0,+∞)上是减函数,根据对称性知h (x )在(-∞,0)上是增函数,又f (-1)=0,所以f (1)=0,数形结合可知,使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).3.C 令g (x )=(x-1)f (x ), 则g'(x )=f (x )+(x-1)f'(x )>0, 所以g (x )在R 上是增函数,又因为g (1)=0,所以当x>1时,g (x )=(x-1)f (x )>0; 当x<1时,g (x )=(x-1)f (x )<0. 所以当x ≠1时,f (x )>0. 又f (1)+(1-1)f'(1)=f (1)>0, 所以ABD 错误,C 正确.4.A 依题意得f (x )+f'(x )<0,令g (x )=e xf (x ), 则g'(x )=e x[f (x )+f'(x )]<0在R 上恒成立, 所以函数g (x )=e xf (x )在R 上是减函数, 所以g (2020)>g (2021), 即e2020f (2020)>e 2021f (2021)⇒f (2020)>e f (2021).5.BD 由(x+1)f'(x )>f (x ),得(x+1)f'(x )-f (x )>0,令g (x )=f(x)x+1,则g'(x )=(x+1)f'(x)-f(x)(x+1)2>0,∴g (x )在(0,+∞)上是增函数, ∴g (2)<g (3)<g (4),则f(2)3<f(3)4<f(4)5,即4f (2)<3f (3),5f (3)<4f (4),故选BD . 6.x |0<x <π3因为当x ∈0,π2时,f'(x )sin x+f (x )cos x>0,所以[f (x )sin x ]'>0,x ∈0,π2,令g (x )=f (x )sin x , 则当x ∈0,π2时,g'(x )>0,g (x )在0,π2上是增函数,因为fπ3=2√3,所以gπ3=fπ3sin π3=3,不等式f (x )sin x<3,即g (x )<g π3.因为g (x )在0,π2上是增函数,所以原不等式的解集为x |0<x <π3.7.a<b<c 设函数g (x )=f (x )cos x , 则g'(x )=f'(x )cos x-f (x )sin x ,因为f'(x )cos x-f (x )sin x>0,所以g'(x )>0, 所以g (x )在(0,π)上是增函数,a=12f π3=fπ3cos π3=gπ3,b=0=fπ2cos π2=gπ2,c=-√32f5π6=f5π6cos 5π6=g5π6,所以a<b<c.8.解若对任意的x ∈[e,+∞),都有x ln x ≥ax-a ,等价于a ≤xlnx x -1在[e,+∞)上恒成立,令h (x )=xlnxx -1,则h'(x )=x -lnx -1(x -1)2,x ∈[e,+∞), 令m (x )=x-ln x-1,则当x ≥e 时,m'(x )=1-1x >0, 即m (x )在[e,+∞)上是增函数, 故m (x )≥m (e)=e -2>0,所以h'(x )>0,所以h (x )=xlnxx -1在[e,+∞)上是增函数,h (x )min =h (e)=e e -1,所以a ≤ee -1,即实数a 的取值范围是-∞,ee -1. 9.解(1)当a=1时,f (x )=12x 2-2ln x-x. 则f'(x )=x-2x -1=x 2-x -2x=(x+1)(x -2)x,x ∈[1,e].∴当x ∈[1,2)时,f'(x )<0;当x ∈(2,e]时,f'(x )>0. ∴f (x )在[1,2)上是减函数,在(2,e]上是增函数. ∴当x=2时,f (x )取得最小值,其最小值为f (2)=-2ln2. 又f (1)=-12,f (e)=e 22-e -2,f (e)-f (1)=e 22-e -2+12=e 2-2e -32<0,∴f (e)<f (1),∴f (x )max =f (1)=-12.(2)假设存在实数a ,对任意的x 1,x 2∈(0,+∞),且x 1≠x 2,都有f(x 2)-f(x 1)x 2-x 1>a 恒成立,不妨设0<x 1<x 2, ∵f(x 2)-f(x 1)x 2-x 1>a ,∴f (x 2)-ax 2>f (x 1)-ax 1. 令g (x )=f (x )-ax ,则由此可知g (x )在(0,+∞)上是增函数, 又g (x )=12x 2-2a ln x+(a-2)x-ax=12x 2-2a ln x-2x ,则g'(x )=x-2ax-2=x 2-2x -2ax,由此可得g'(x )≥0在(0,+∞)上恒成立, 只需-1-2a ≥0,解得a ≤-12,即a 的取值范围是-∞,-12. 10.B 设F (x )=f(x)g(x),则F'(x)=f'(x)g(x)-f(x)g'(x)g2(x),由f'(x)g(x)-f(x)g'(x)<0,得F'(x)<0,所以F(x)在R上是减函数,因为a<x<b,所以f(b)g(b)<f(x)g(x)<f(a)g(a),又f(x),g(x)是定义域为R的恒大于0的可导函数,故f(x)g(b)>f(b)g(x).11.A令g(x)=f(x)e3x,则g'(x)=f'(x)·e 3x-3f(x)e3x(e3x)2=f'(x)-3f(x)e3x,因为3f(x)-f'(x)>0在R上恒成立, 所以g'(x)<0在R上恒成立,故g(x)在R上是减函数,所以g(1)<g(0),即f(1)e3<f(0)e0,即f(1)<e3f(0).12.A令g(x)=e3x f(x),则g'(x)=3e3x f(x)+e3x f'(x), 因为3f(x)+f'(x)>0,所以3e3x f(x)+e3x f'(x)>0,所以g'(x)>0,所以函数g(x)=e3x f(x)在R上是增函数,又f(x)>e-3x可化为e3x f(x)>1,且g(0)=e3×0f(0)=1, 所以g(x)>g(0),解得x>0,所以不等式f(x)>e-3x的解集是(0,+∞).13.B∵f(x)+f(-x)=0且x∈-π2,π2,∴f(x)是奇函数.设g(x)=f(x)cosx ,则当0≤x<π2时,g'(x)=f'(x)cosx+f(x)sinxcos2x<0,∴g(x)在0,π2上是减函数.又f(x)是奇函数,∴g(x)=f(x)cosx也是奇函数,∴g(x)在-π2,0上是减函数,从而g(x)在-π2,π2上是减函数.∵不等式f(x)<√2fπ4·cos x,∴f(x)cosx<f(π4)cosπ4,即g(x)<gπ4,∴π4<x<π2.14.(-1,0)∪(1,+∞)令g(x)=f(x)x(x≠0),则g'(x)=xf'(x)-f(x)x2.∵当x>0时,xf'(x)-f(x)x2>0,即g'(x)>0,∴g(x)在(0,+∞)上是增函数.又f(1)=0,∴g(1)=f(1)=0,∴在(0,+∞)上,g(x)>0的解集为(1,+∞),g(x)<0的解集为(0,1).∵f(x)为奇函数,∴g(x)为偶函数,∴在(-∞,0)上,g(x)>0的解集为(-∞,-1),g(x)<0的解集为(-1,0).由x2f(x)>0,得f(x)>0(x≠0).又f(x)>0的解集为(-1,0)∪(1,+∞),∴不等式x2f(x)>0的解集为(-1,0)∪(1,+∞).15.(1)解因为f(x)=ax-ln x,所以f'(x)=-ax2−1x=-a+xx2.①当a≥0时,f'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,故f(x)在(0,+∞)上是减函数.②当a<0时,由f'(x)>0,得0<x<-a;由f'(x)<0,得x>-a.即f(x)在(0,-a)上是增函数,在(-a,+∞)上是减函数.综上,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上是减函数;当a<0时,f(x)在(0,-a)上是增函数,在(-a,+∞)上是减函数.(2)证明因为f(x1)=f(x2)=2,所以a x 1-ln x 1-2=0,ax 2-ln x 2-2=0, 即x 1ln x 1+2x 1-a=0,x 2ln x 2+2x 2-a=0.设g (x )=x ln x+2x-a ,则g'(x )=ln x+3,故g (x )在0,1e 3上是减函数,在1e 3,+∞上是增函数. 由题意,设0<x 1<1e 3<x 2, 欲证x 1+x 2>2e 3,只需证x 2>2e 3-x 1, 又x 2∈1e 3,+∞,2e 3-x 1∈1e 3,+∞,g (x )在1e 3,+∞上是增函数,故只需证g (x 2)>g 2e 3-x 1. 因为g (x 1)=g (x 2),所以只需证g (x 1)>g2e 3-x 1对任意的x 1∈0,1e 3恒成立即可, 即x 1ln x 1+2x 1-a>2e 3-x 1ln 2e 3-x 1+22e 3-x 1-a , 整理得x 1ln x 1+2x 1>2e 3-x 1ln 2e 3-x 1+4e 3-2x 1, 即x 1ln x 1-2e 3-x 1ln 2e 3-x 1+4x 1-4e 3>0. 设h (x )=x ln x-2e 3-x ln2e 3-x +4x-4e 3,x ∈0,1e 3, 则h'(x )=ln x+ln2e 3-x +6=ln 2xe 3-x 2+6. 因为0<x<1e 3,所以0<2x e 3-x 2<1e 6,所以h'(x )=ln2xe 3-x 2+6<0,所以h (x )在0,1e 3上是减函数, 则h (x )>h 1e 3=0. 所以x 1+x 2>2e 3成立.16.(1)解当a=1时,f (x )=e x ,则f'(x )=e x,设切点坐标为(x 0,y 0),则切线斜率为e x 0,切线方程为y-e x 0=e x 0(x-x 0),将(0,0)代入切线方程,解得x 0=1,所以切线方程为y=e x.(2)解不等式xf (x )-x+2>ln x 对于x ∈(0,+∞)恒成立,则a>lnx+x -2xe x ,x ∈(0,+∞)恒成立. 令g (x )=lnx+x -2xe x ,则g'(x )=(x+1)(3-lnx -x)x 2e x, 令m (x )=3-ln x-x ,则m'(x )=-1x -1<0,所以m(x)单调递减,m(2)>0,m(3)<0, 所以∃x1∈(2,3),m(x1)=0,所以当x∈(0,x1)时,g(x)单调递增; 当x∈(x1,+∞)时,g(x)单调递减.所以g(x)max=g(x1).因为m(x1)=3-ln x1-x1=0,所以ln x1=3-x1,x1=e3-x1,所以g(x1)=lnx1+x1-2x1e x1=1e3,所以a>1e3,所以a的取值范围为1e3,+∞.(3)证明要证x-x2-x2ln x<1+e 2e3f(x),即证1-x-x ln x<1+1e2e x-1x.令F(x)=1-x-x ln x,则F'(x)=-2-ln x,所以F(x)在(0,e-2)上单调递增,在(e-2,+∞)上单调递减,所以F(x)max=F(e-2)=1+1e2.令G(x)=1+1e2e x-1x,则G'(x)=1+1e2e x-1(x-1)x2,所以G(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以G(x)min=G(1)=1+1e2.因为F(x)max=F(e-2)=G(x)min=G(1),1≠e-2,所以1-x-x ln x<1+1e2e x-1x,原不等式得证.。
罗尔定理证明题辅助函数构造法练习
利用罗尔定理证明时辅助函数构造的练习1(),0)()(0)(,),(,],[,,)(==≠∈b f a f x f b a x b a b a x f 若时且当可导在上连续在设.)()()(k f f b a k =′<<ξξξξ使存在点证明对任意实数（答案：） )()(x f e x F kx−=2[].)(,)1,0(:,1)1(,1)0(,)1,0(,1,0)(ξξξ−−=′==e f e f f x f 使内至少存在一点在求证且可导在上连续设在（答案：）xe xf x F −−=)()(3[].0)()2,1(,0)2()1(,)2,1(,2,1)(),()1()(=′′∈==−=ξξF f f x f x f x x F 使试证明存在且内二阶可导在具有一阶连续导数在其中设（先求出，则，因为)(x F ′0)1(=′F 0)2()1(==f f ，由罗尔定理得：存在)2,1(∈λ，使得0)=(′λF ，对)(x F ′在区间],1[λ上再使用罗尔定理）4.)2,0(0)12cos(3cos cos :012)1(3,,,2112121内至少有一个实根在证明满足设实数π=−++=−−++−−x n a x a x a n a a a a a a n n n n L L L（答案： x n n a x a x a x F n )12sin(123sin 3sin )(21−−++=L ）.)()()(:,)(的零点的两个零点间一定有求证可导设x f x f x f x f ′+（设λ、η（ηλ<）是的两个零点，即)(x f 0)(=λf ，0)(=ηf ，并设，在区间)(f x )(x e x F =],[ηλ上对函数应用罗尔定理）)(x F 6.)(,1)(,),()(最多有一个实根试证明方程且上可微在设x x f x f x f =≠′+∞−∞x x f x F −=)()()(x F ),(（设，则在+∞−∞01)()(上可微和连续，且≠−′=′x f x F x x f =)(如果不止一个实根，则有λ、η（ηλ<）使得0)(=λF 0)(，=ηF ),(),(，由罗尔定理：必存在∞+−∞⊂∈ηλξ，使得0)(=′ξF ）7.)1,0(1)()1(,,4)1(,0)0(,)1,0(,]1,0[)(2内至少有一个实根在方程试证明且内可导在上连续在设函数=′+==x f x f f x f π（答案：把化为1)()1(2=′+x f x 011)(2=+−′x x f ，可设）x x f x F arctan )()(−= 8)1()1()()()1,0(,0)()1,0(,0)0(,)1,0(,]1,0[)(c f c f c f c f c x f x f x f −−′=′∈≠∈=使证明存在有对任意且内可导在上连续在设（答案：把)1()1()()(c f c f c f c f −−′=′化为0)1()()1()(=−′−−′x f x f x f x f )(′=，或化为，故(()(′−−=′)1(ln )(ln x f x f ))′−+C x f x f ln )1(ln )()x ln 1，所以，可设C x f =−)1())(x F x f (()(f x f −=）).()1()1()()()1,0(,0)()1,0(,0)0(,)1,0(]1,0[)(为自然数使证明存在有对任意且内可导上连续在在设n c f c f c f c f n c x f x f x f −−′=′∈≠∈=（答案：把)1()1()()(c f c f c f c f n −−′=′化为0)1()()1()(=−−−′x f x f x f x f n ， 得，或化为，故0)1()()1()()(1=−−−′−x f x f x f x f x nfn n ()′−−=)1(ln x f ()′)(ln x f n ()(′=)′−C x ln )1(+f x fnln )(ln C x =))1()()(x f x f x F n −=，所以，可设）f x f n −1()(10.),1(1)(,,1)(,0)1(,),1(,],1[)(内至少有一实根在证明方程且内可导在上连续在设e x f x e f f e e x f =′==1)(=′x f x （答案：把化为01)(=−′xx f ，可设x x f x F ln )()(−=）11.)4,0(1)(cos ,1)4(,0)0(,4,0(,4,0)(2内至少有一实根在试证明方程且内可导在上连续在设函数ππππ=′==⎥⎦⎤⎢⎣⎡x f x f f x f（答案：把化为1)(cos 2=′x f x 0cos 1)(2=−′xx f ，可设）x x f x F tan )()(−= 12.)2,0(cos )(,1)2(,0)0(,)2,0(,2,0)(内至少有一实根在试证明方程且内可导在上连续在设ππππx x f f f x f =′==⎥⎦⎤⎢⎣⎡（答案：把化为x x f cos )(=′0cos )(=−′x x f ，可设）x x f x F sin )()(−= 13.0)()tan()(),2,0(,0)2(,)2,0(,2,0[)(=′⋅+∈=ξξξπξπππf f f x f 使证明存在一点且内可导在上连续在设（答案：把.0)()tan()(=′⋅+x f x x f 化为0sin cos )()(=+′x xx f x f ，则可设C ln x x f x F sin )()(x x f sin ln )(ln =+⋅=）。
构造法在初中数学解题中的应用
结构法在初中数学解题中的应用所谓结构法就是依据题设条件或结论所拥有的特色和性质，结构知足条件或结论的数学对象，并借助该对象来解决数学识题的思想方法。
结构法是一种富裕创建性的数学思想方法。
运用结构法解决问题，重点在于结构什么和怎么结构。
充足地发掘题设与结论的内在联系，把问题与某个熟知的观点、公式、定理、图形联系起来，进行结构，常常能促进问题转变，使问题中本来蕴涵不清的关系和性质清楚地显现出来，从而适合地结构数学模型，从而谋求解决题目的门路。
下边介绍几种数学中的结构法：一、结构方程结构方程是初中数学的基本方法之一。
在解题过程中要擅长察看、擅长发现、认真剖析，依据问题的结构特色、及其问题中的数目关系，发掘潜伏已知和未知之间的要素，从而结构出方程，使问题解答奇妙、简短、合理。
1、某些题目依据条件、认真察看其特色，结构一个 " 一元一次方程 " 求解，从而获取问题解决。
例 1：假如对于 x 的方程 ax+b=2（ 2x+7 ）+1 有无数多个解，那么 a、 b 的值分别是多少？解：原方程整理得（ a-4）x=15-b∵此方程有无数多解，∴a-4=0 且 15-b=0分别解得a=4， b=152、有些问题，直接求解比较困难，但假如依据问题的特色，经过转变，结构 "一元二次方程 " ，再用根与系数的关系求解，使问题获取解决。
此方法简洁、功能独到，应用比较宽泛，特别在数学比赛中的应用。
3、有时可依据题目的条件和结论的特色，结构出方程组，从而可找到解题门路。
例 3：已知 3， 5， 2x， 3y 的均匀数是4。
20， 18， 5x，-6y 的均匀数是1。
求的值。
剖析：这道题考察了均匀数观点，依据题目的特色结构二元一次方程组，从而解出x、 y 的值，再求出的值。
二、结构几何图形1、对于条件和结论之间联系较隐蔽问题，要擅长发掘题设条件中的几何意义，能够经过结构适当的图形把其二者联系起来，从而结构出几何图形，把代数问题转变为几何问题来解决．增强问题的直观性，使问题的解答事半功倍。
高中数学：应用构造过渡函数法(或叫桥函数、替代函数等)解题
高中数学：应用构造过渡函数法（或叫桥函数、替代函数等）解题一、已知函数．（1）求函数的单调区间和极值；（2）若，且，求证：．解析：（1）比较简单，对求导得所以在上单调递增，在上单调递减，有极大值，无极小值；下面分析（2）：我们知道对于二次函数来说，如果两个自变量对应函数值相等，那么这两个自变量的和为定值，这是由二次函数的对称性与单调性决定的．本题中函数的单调性与二次函数类似，我们先从直观上理解一下第（2）题结论的含义：由（1）知，在函数的图象上，相当于山顶，在的两侧，函数图象的“陡峭程度”是不同的（因为分母对应的值不同），左侧更陡峭，右侧更平缓，所以这两侧对应的点如果在同一海拔上，则右侧的点离山顶的“水平”距离更远．好像两条下山的路，更平缓的路更远一样．要严格证明这个问题，我们可以将左侧的图象对称到右侧去，比较对称过去的函数与原来函数的大小关系得到结果．函数的草图如下：令则所以在上单调递增，而，所以，即不妨设，则有，于是而在上单调递减，所以，即．本题通过“桥梁”将不在同一个单调区间的自变量转移到同一个单调区间中去，从而可以通过函数值的大小关系得到自变量的大小关系，这个思路也是此类问题的常用思路．练习：1、已知函数．（1）求函数的单调区间和极值；（2）若，且，求证：．2、已知函数，若，且，求证：．3、已知函数若，且，求证：．比较与的大小关系，再通过以及“与的大小关系”得到与的大小关系，最终得到与的大小关系，得到结论．二、在数列求通项公式的过程中，有的时候递推公式并没那么好看出可以如何转化，这种时候我们可以借助辅助函数来帮我们铺桥搭路，这种辅助函数我们可以称呼它们桥函数。
然而桥函数是如何构建打造出来的呢？首先，我们要给出两个函数相似的定义：而在这里让两个函数产生联系的这个函数就称为桥函数。
从定义上可以看到，函数相似与矩阵相似很类似。
两个函数如果相似，则它们的累次迭代也就相似，即我们很容易有：我们也可以如果x0为f（x）的不动点，则有也就是说φ（x0）为g（x）的不动点。
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数学教 学通讯 （ 师版 ） 教
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试题 研究 ＞ 技巧 解题
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数学教学通讯 （ 教师版 ）
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