高中数学解题方法之构造法(含答案)

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高中数学构造法求解题技巧

高中数学构造法求解题技巧

高中数学构造法求解题技巧高中数学构造法是一种解题思路和技巧,它通过构造适当的数学结构,使得问题的求解变得更加简单明了。

构造方法在高中数学中应用广泛,可以用于解决各类题型,包括代数题、几何题、概率题等等。

一、构造法的基本思想构造法是一种通过建立合适的数学结构,简化问题的解决方法和步骤的思想。

通过构造一些符合题意的数学对象,我们可以发现一些规律,从而提供问题的解答方式。

二、构造法的常见技巧1.构造等差数列或等比数列在解决一些代数问题时,我们可以尝试构造一个等差数列或者等比数列。

通过构造这样的数列,我们可以找到其中的规律,从而解决问题。

2.构造图形在解决几何问题时,我们可以尝试构造一个与原图形相似或者关联的图形。

通过构造这样的图形,我们可以将复杂的几何问题简化为一些基本的几何性质,从而解决问题。

3.构造排列组合在解决一些概率问题和组合问题时,我们可以尝试构造排列组合。

通过构造排列组合,我们可以得到一些计算公式或者规律,从而解决问题。

4.构造方程组在解决一些代数问题时,我们可以尝试构造一个方程组。

通过构造这样的方程组,我们可以得到一些方程之间的关系,从而解决问题。

5.构造递推公式在解决一些数列问题时,我们可以尝试构造一个递推公式。

通过构造递推公式,我们可以找到数列中的规律,从而解决问题。

三、构造法的实例分析1.构造等差数列例题:有一些连续的整数,它们的和是45,这些整数中最小的是多少?解析:我们可以假设这些连续的整数的首项是x,公差是1,那么这些整数的和可以表示为:x+(x+1)+(x+2)+...+(x+n)=45。

通过求和公式,我们可以得到(x+45)/(n+1)=45,进一步化简得到x=15-n。

我们可以发现,当n=30时,x=15-n=0,此时连续整数中的最小值为0。

2.构造图形例题:在平面直角坐标系中,有一条线l过点(0, 0)和(1, 2),线l与x轴、y轴以及x=y共同围成一个三角形,求这个三角形的面积。

高中数学解题方法系列⑦——构造法在导数中的应用

高中数学解题方法系列⑦——构造法在导数中的应用

解题方法系列⑦——构造法在导数中的应用素养解读:此类涉及到已知f (x )与f ′(x )的一些关系式,比较有关函数式大小的问题,可通过构造新的函数,创造条件,从而利用单调性求解. 类型一:f ′(x )g (x )±f (x )g ′(x )型 常用构造形式为F (x )=f (x )·g (x )或F (x )=f (x )g (x ),这类形式是对u ·v ,uv 型函数导数计算的推广及应用,u ·v 型导函数中体现的是“+”法,uv 型导函数中体现的是“-”法.因此当导函数形式中出现“+”法形式时,优先考虑构造u ·v 型,出现“-”法形式时,优先考虑构造uv 型.【典例1】 (1)定义在R 上的函数f (x ),满足f (1)=1,且对任意x ∈R 都有f ′(x )<12,则不等式f (lg x )>lg x +12的解集为________.(2)设f (x ),g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数,当x <0时,f ′(x )g (x )+f (x )g ′(x )>0,且g (-3)=0,则不等式f (x )g (x )<0的解集为________.[切入点] (1)由f ′(x )-12<0,构造函数g (x )=f (x )-12x ;(2)由f ′(x )g (x )+f (x )g ′(x )构造函数F (x )=f (x )g (x ). [解析] (1)设g (x )=f (x )-12x , ∵f ′(x )<12,∴g ′(x )=f ′(x )-12<0, ∴g (x )为R 上的减函数,又f (1)=1, ∴f (lg x )>lg x +12=12lg x +12,即g (lg x )=f (lg x )-12lg x >12=g (1)=f (1)-12=g (lg10), ∴lg x <lg10,又y =lg x 为增函数, ∴0<x <10,则不等式的解集为(0,10). (2)设F (x )=f (x )g (x ),∵f ′(x )g (x )+f (x )g ′(x )>0,即F ′(x )>0.∴F(x)在(-∞,0)上递增,又∵f(x),g(x)分别是定义R上的奇函数和偶函数,∴F(x)为奇函数,关于原点对称,∴F(x)在(0,+∞)上也是增函数,∵f(-3)g(-3)=0,∴f(3)g(3)=0,∴F(x)=f(x)g(x)<0的解集为{x|x<-3或0<x<3}.[答案](1)(0,10)(2){x|x<-3或0<x<3}(1)对于不等式f′(x)+g′(x)>0(或<0),构造函数F(x)=f(x)+g(x).(2)对于不等式f′(x)-g′(x)>0(或<0),构造函数F(x)=f(x)-g(x).特别地,对于不等式f′(x)>k(或<k)(k≠0),构造函数F(x)=f(x)-kx. (3)对于不等式f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0(或<0),构造函数F(x)=f(x)g(x).(4)对于不等式f′(x)g(x)-f(x)g′(x)>0(或<0),构造函数F(x)=f(x)g(x)(g(x)≠0).类型二:xf′(x)±nf(x)型(n为常数)在类型一中若g(x)=x或g(x)=x n,则F′(x)即为此种类型,我们可以思考形如此类函数的一般形式.F(x)=x n f(x),F′(x)=nx n-1f(x)+x n f′(x)=x n-1[nf(x)+xf′(x)];F(x)=f(x) x n,F′(x)=f′(x)·x n-nx n-1f(x)x2n=xf′(x)-nf(x)x n+1;结论:(1)出现nf(x)+xf′(x)形式,构造函数f(x)=x n f(x);(2)出现xf′(x)-nf(x)形式,构造函数F(x)=f(x) x n.我们根据得出的结论去解决典例2.【典例2】(1)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,+∞)(2)已知定义域为{x|x≠0}的偶函数f(x),其导函数为f′(x),对任意正实数x满足xf′(x)>-2f(x),若g(x)=x2f(x),则不等式g(x)<g(1)的解集是()A.(-∞,1) B.(-1,1)C.(-∞,0)∪(0,1) D.(-1,0)∪(0,1)[切入点](1)由xf′(x)-f(x)<0构造函数F(x)=f(x)x;(2)由xf′(x)+2f(x)>0想到g(x)=x2f(x)的导数及单调性.[解析](1)令F(x)=f(x)x,因为f(x)为奇函数,所以F(x)为偶函数,由于F′(x)=xf′(x)-f(x)x2,当x>0时,xf′(x)-f(x)<0,所以F(x)=f(x)x在(0,+∞)上单调递减,根据对称性,F(x)=f(x)x在(-∞,0)上单调递增,又f(-1)=0,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).故选A.(2)∵f(x)是定义域为{x|x≠0}的偶函数,∴f(-x)=f(x),对任意正实数x满足xf′(x)>-2f(x),即xf′(x)+2f(x)>0.∵g(x)=x2f(x),∴g′(x)=2xf(x)+x2f′(x)>0,∴函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)单调递减;由不等式g(x)<g(1),∴|x|<1且x≠0,得-1<x<0或0<x<1,故选D.[答案](1)A(2)D(1)对于xf′(x)+nf(x)>0型,构造F(x)=x n f(x),则F′(x)=x n-1[xf′(x)+nf(x)](注意对x n-1的符号进行讨论),特别地,当n=1时,xf′(x)+f(x)>0,构造F(x)=xf(x),则F′(x)=xf′(x)+f(x)>0.(2)对于xf′(x)-nf(x)>0(x≠0)型,构造F(x)=f(x)x n,则F′(x)=xf′(x)-nf(x)x n+1(注意对x n+1的符号进行讨论),特别地,当n=1时,xf′(x)-f(x)>0,构造F(x)=f (x )x ,则F ′(x )=xf ′(x )-f (x )x 2>0.类型三:f ′(x )±λf (x )(λ为常数)型在类型一中若g (x )=e x ,那么在F ′(x )中会出现e x 量,这时可以考虑构造F (x )=f (x )·e x 或F (x )=f (x )e x 型,一般地F (x )=e nxf (x ), F ′(x )=n ·e nx f (x )+e nx f ′(x )=e nx [f ′(x )+nf (x )]; F (x )=f (x )e nx ,F ′(x )=f ′(x )e nx -n e nx f (x )e 2nx =f ′(x )-nf (x )e nx ;结论:(1)出现f ′(x )+nf (x )形式,构造函数F (x )=e nx f (x ); (2)出现f ′(x )-nf (x )形式,构造函数F (x )=f (x )e nx . 我们根据得出的结论去解决典例3.【典例3】 (1)f (x )为定义在R 上的可导函数,且f ′(x )>f (x ),对任意正实数a ,则下列式子成立的是( ) A .f (a )<e a f (0) B .f (a )>e a f (0) C .f (a )<f (0)e aD .f (a )>f (0)e a(2)已知函数f (x )在R 上可导,其导函数为f ′(x ),若f (x )满足:(x -1)[f ′(x )-f (x )]>0,f (2-x )=f (x )·e 2-2x ,则下列判断一定正确的是( ) A .f (1)<f (0) B .f (2)>e 2f (0) C .f (3)>e 3f (0)D .f (4)<e 4f (0)[切入点] (1)由f ′(x )-f (x )>0构造函数g (x )=f (x )e x ;(2)由(x -1)[f ′(x )-f (x )]>0构造函数g (x )=f (x )e x . [解析] (1)令g (x )=f (x )e x ,∴g ′(x )=f ′(x )e x -f (x )e x (e x )2=f ′(x )-f (x )e x >0.∴g (x )在R 上为增函数.又∵a >0,∴g (a )>g (0),即f (a )e a >f (0)e 0,即f (a )>e a f (0).故选B. (2)令g (x )=f (x )e x ,则g ′(x )=f ′(x )-f (x )e x ,∵(x -1)[f ′(x )-f (x )]>0,∴当x <1时,f ′(x )-f (x )<0,∴g ′(x )<0, ∴g (x )在(-∞,1)上为减函数, ∴g (-1)>g (0),即f (-1)e -1>f (0)e 0=f (0), ∵f (2-x )=f (x )e 2-2x ,∴f (3)=f (-1)e 4>e -1f (0)·e 4=e 3f (0),故选C. [答案] (1)B (2)C(1)对于f ′(x )+nf (x )型构造F (x )=e nx f (x ),F ′(x )=e nx [f ′(x )+nf (x )]. 特别地n =1时,F (x )=e x f (x ),F ′(x )=e x [f ′(x )+f (x )]. (2)对于f ′(x )-nf (x )型构造F (x )=f (x )e nx ,F ′(x )=f ′(x )-nf (x )e nx .特别地n =1时,F (x )=f (x )e x ,F ′(x )=f ′(x )-f (x )e x .类型四:f ′(x )与sin x 、cos x 组合型类型一中当g (x )=sin x 或g (x )=cos x 时,F ′(x )会出现f ′(x )与sin x 、cos x 的结合形式,我们一起看看常考的几种形式. F (x )=f (x )sin x ,F ′(x )=f ′(x )sin x +f (x )cos x ; F (x )=f (x )sin x ,F ′(x )=f ′(x )sin x -f (x )cos x sin 2x ;F (x )=f (x )cos x ,F ′(x )=f ′(x )cos x -f (x )sin x ; F (x )=f (x )cos x ,F ′(x )=f ′(x )cos x +f (x )sin x cos 2x我们根据得出的结论去解决典例4.【典例4】 (2019·湖南益阳调研)定义在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2上的函数f (x ),f ′(x )是它的导函数,恒有f ′(x )>f (x )·tan x 成立,则有( ) A.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3B.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>2cos1·f (1)C .2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<6f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6D.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3[切入点] 由f ′(x )>f (x )tan x ,构造函数g (x )=f (x )·cos x .[解析] 由于f ′(x )>f (x )tan x 且x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2,则f ′(x )cos x -f (x )sin x >0.设g (x )=f (x )cos x ,则g ′(x )=f ′(x )cos x -f (x )sin x >0,所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2上是增函数,所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6,即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6,即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6.故A 正确.同理可得B ,C ,D 错误.故选A. [答案] A若导函数中出现了sin x 、cos x 、tan x 与f ′(x )的组合形式,根据F ′(x )的结构特点可考虑构造F (x )=f (x )sin x ,F (x )=f (x )cos x 等形式.1.(2020·太原十二中月考)设a >0,b >0,e 是自然对数的底数,则( ) A .若e a +2a =e b +3b ,则a >b B .若e a +2a =e b +3b ,则a <b C .若e a -2a =e b -3b ,则a >b D .若e a -2a =e b -3b ,则a <b[解析] 因为a >0,b >0,所以e a +2a =e b +3b =e b +2b +b >e b +2b .对于函数y =e x +2x (x >0),因为y ′=e x +2>0,所以y =e x +2x 在(0,+∞)上单调递增,因而a >b 成立.故选A. [答案] A2.若函数f (x )的定义域为R ,且满足f (2)=2,f ′(x )>1,则不等式f (x )-x >0的解集为________.[解析] 令g (x )=f (x )-x , ∴g ′(x )=f ′(x )-1.由题意知g ′(x )>0,∴g (x )为增函数. ∵g (2)=f (2)-2=0, ∴g (x )>0的解集为(2,+∞). [答案] (2,+∞)。

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

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。

数学-导数压轴题之构造函数和同构异构详述(解析版)

数学-导数压轴题之构造函数和同构异构详述(解析版)

导数章节知识全归纳导数压轴题之构造函数和同构异构(详述版)一.考试趋势分析:由于该内容在高考内容中考试频率相对比较低,然而它却在我们平时考试或是诊断型考试中出现又较高,并且该内容属于高中数学里面导数的基本考试题型之一,基本上尖子生里面的基础题,又是一般学生里面的压轴题,所以老师你觉得讲还是不讲呢?针对这个情况,作者进行了多年研究和分析,这个内容一定要详细讲述,并且结合技巧性让学生能够熟练掌握,优生几秒钟,一般学生几分钟就可以完成该题解答,是设计这个专题的核心目的! 二.所用知识内容: 1.导数八大基本求导公式:①0;C '=(C 为常数) ②()1;nn xnx-'=③(sin )cos x x '=; ④(cos )sin x x '=-;⑤();x xe e '= ⑥()ln x xa a a '=;⑦()1ln x x '=; ⑧()1l g log a a o x e x'= 2.常见构造:和与积联系:()()f x xf x '+,构造()xf x ;22()()xf x x f x '+,构造2()x f x ;3()()f x xf x '+,构造3()x f x ;…………………()()nf x xf x '+,构造()n x f x ;()()f x f x '+,构造e ()x f x .等等.减法与商联系:如()()0xf x f x ->',构造()()f x F x x=;()2()0xf x f x ->',构造2()()f x F x x =;………………… ()()0xf x nf x ->',构造()()nf x F x x =. ()()f x f x '-,构造()()ex f x F x =,()2()f x f x '-,构造2()()e xf x F x =,……………… ()()f x nf x '-,构造()()enxf x F x =, 3.同构异构方法:1.顺反同构:顺即为平移拉伸后的同构函数,反即为乘除导致的凹凸反转同构函数. 2.同位同构:①加减同构是指在同构的过程中“加减配凑”,从而完成同构;②局部同构是指在同构过程中,我们可以将函数的某两个或者多个部分构造出同构式,再构造同构体系中的亲戚函数即可;③差一同构是指指对跨阶以及指数幂和对数真数差1,我们往往可考虑用同构秒杀之.三.导数构造函数典型题型: 1.构造函数之和差构造:例:1.已知定义在R 上的函数()f x 满足()220f =,且()f x 的导函数()f x '满足()262f x x >'+,则不等式()322f x x x >+的解集为( )A .{2}xx >-∣ B .{2}xx >∣ C .{2}xx <∣ D .{2∣<-xx 或2}x > 【答案】B 【分析】令函数()()322g x f x x x =--,求导,结合题意,可得()g x 的单调性,又()20g =,则原不等式等价于()()2g x g >,根据()g x 的单调性,即可得答案. 【详解】令函数()()322g x f x x x =--,则()()2620g x f x x =--'>',所以()g x 在R 上单调递增.因为()2g =()3222220f -⨯-⨯=,所以原不等式等价于()()02g x g >=,所以所求不等式的解集为{2}.xx >∣ 故选:B2.定义在()0,∞+上的函数()f x 满足()()10,42ln 2xf x f '->=,则不等式()xf e x <的解集为( ) A .()0,2ln 2 B .(),2ln 2-∞ C .()2ln 2,+∞ D .()1,2ln 2【答案】B 【分析】构造函数()()ln g x f x x =-,()0,x ∈+∞,先判断其导函数的正负,来确定该函数的单调性,再化简不等式为()()4xg e g <,根据单调性解不等式即可.【详解】设()()ln g x f x x =-,()0,x ∈+∞,则()()()110xf x g x f x x x'-''=-=>, 故()g x 在()0,∞+上单调递增,()()2l 4n 22ln 2404ln g f -===-,不等式()xf ex <,即()ln 0xxf e e-<,即()()4x g e g <,根据单调性知04x e <<,即ln 44x e e <=,得ln 4x <,即2ln 2x <,故解集为(),2ln 2-∞. 故选:B. 【点睛】 思路点睛:利用导数解不等式时,常常要构造新函数,新函数一方面与已知不等式有关,一方面与待求不等式有关,再结合导数判断单调性,利用单调性解不等式.变式:1.已知奇函数()f x 在R 上的导函数为()'f x ,且当(],0x ∈-∞时,()'1f x <,则不等式()()2101110102021f x f x x --+≥-的解集为( ) A .()2021,+∞ B .[)2021,+∞ C .(],2021-∞ D .(),2021-∞【答案】C 【分析】利用()'1f x <构造函数g (x ),即可得到函数g (x )的单调性,再将所解不等式转化为用g (x )表达的抽象函数不等式而得解. 【详解】因()'1f x <,即()10f x '-<,令()()g x f x x =-,则()0g x '<,()g x 在(,0]-∞上递减, 又()f x 是R 上的奇函数,则()g x 也是R 上的奇函数,从而有()g x 在R 上单调递减, 显然()()f x g x x =+,则有()()2101110102021f x f x x --+≥-(21011)(21011)[(1010)(1010)]2021g x x g x x x ⇔-+--+++≥-(21011)21011(1010)10102021g x x g x x x ⇔-+--+--≥- (21011)(1010)g x g x ⇔-≥+由()g x 在R 上单调递减得2101110102021x x x -≤+⇔≤, 所以所求不等式的解集为(],2021-∞. 故选:C 【点睛】关键点睛:解给定导数值特征的抽象函数不等式,根据导数值特征构造对应函数是解题的关键.2.构造函数之乘积构造:例:1.()f x 在()0,∞+上的导函数为()f x ',()()2xf x f x '>,则下列不等式成立的是( ).A .()()222021202220222021f f >B .()()222021202220222021f f <C .()()2021202220222021f f >D .()()2202220222021021f f <【答案】A 【分析】构造()2()f x g x x =,求导得3()2()0()xf x g x f x x '-'=>,知()2()f x g x x=在()0,∞+上为增函数,进而由(2022)(20221)g g >即可判断.【详解】令()2()f x g x x =,则243()()2()()2()x f x xf x xf x g x f x x x''--'==, 因为在()0,∞+上的导函数为()()2xf x f x '>,所以在()0,∞+上()0g x '>,即()2()f x g x x=在()0,∞+上为增函数. 所以()()()()22202220212022202120222021f f g g >⇒>,即()()222021202220222021f f >.故选:A.2.已知定义在R 上的偶函数()f x ,其导函数为()f x ',若()2()0xf x f x '->,(3)1f -=,则不等式()19f x x x <的解集是( ) A .(,3)(0,3)-∞-B .()3,3-C .(3,0)(0,3)-⋃D .(,3)(3,)-∞-⋃+∞【答案】A 【分析】根据题目中信息其导函数为()f x ',若()2()0xf x f x '->可知,需构造函数2()()f x g x x =, 利用导函数判断函数()g x 的单调性,利用函数()g x 的单调性、奇偶性来解题,当0x > 时,即2()19f x x <,1()9g x <,当0x < 时,即2()19f x x >,1()9g x >. 【详解】构造函数2()()f x g x x =,43'()2()'()2()'()xf x f x xf x f x g x x x x --=⋅= , 当0x > 时,()2()0xf x f x '->,故'()0g x >,()g x 在(0,)+∞ 上单调递增, 又()f x 为偶函数,21y x =为偶函数, 所以2()()f x g x x =为偶函数,在,0()-∞ 单调递减. (3)1f -=,则(3)1f =,231(3)(3)39f g g -===(); ()19f x x x <, 当0x > 时,即2()19f x x <,1()(3)9g x g <=,所以(0,3)x ∈ ; 当0x < 时,即2()19f x x >,1()(3)9g x g >=-,所以(,3)x ∈-∞-. 综上所述,(,3)(0,3)x ∈-∞-⋃.故选:A 【点睛】需对题中的信息联想到构造函数利用单调性解不等式,特别是分为当0x > 时, 当0x < 时两种情况,因为两边同时除以x ,要考虑其正负.3.定义在R 上的连续函数()f x 的导函数为()'f x ,且cos ()(cos sin )()xf x x x f x '<+成立,则下列各式一定成立的是( ) A .(0)0f =B .(0)0f <C .()0f π>D .02f ⎛⎫=⎪⎝⎭π【答案】C 【分析】设cos () ()e xx f x g x ⋅=,由条件可得()0g x '<,即()g x 在R 上单调递减,且02g π⎛⎫= ⎪⎝⎭,由此卡判断选项A ,B , C , 将2x π=代入条件可得02f π⎛⎫>⎪⎝⎭,可判断选项D. 【详解】由题可得cos ()sin ()cos ()xf x xf x xf x '-<,所以(cos ())cos ()xf x xf x '<,设cos () ()e x x f x g x ⋅=则(cos ())cos ()()0e xxf x xf x g x '-'=<, 所以()g x 在R 上单调递减,且02g π⎛⎫=⎪⎝⎭由(0)()2g g g ππ⎛⎫>>⎪⎝⎭可得() (0)0e f f ππ>>-, 所以(0)0f >,()0f π>,所以选项A 、B 错误,选项C 正确.把2x π=代入cos ()(cos sin )()xf x x x f x '<+,可得02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭,所以选项D 错误,故选:C . 【点睛】关键点睛:本题考查构造函数,判断函数单调性判断函数值的符号,解答本题的关键是根据题意构造函数cos () ()e xx f x g x ⋅=,由条件得出其单调性,根据02g π⎛⎫= ⎪⎝⎭,判断选项,属于难题.变式:1.已知定义在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭的函数()f x 的导函数为()f x ',且满足()()sin cos 0f x x f x x '-<成立,则下列不等式成立的是( )A64f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B.36f ππ⎫⎫⎛⎛<⎪ ⎪⎝⎝⎭⎭C43ππ⎛⎫⎛⎫<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D.234f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B 【分析】 构造函数()()sin f x g x x=,求导后可确定其单调性,利用单调性比较大小可判断各选项. 【详解】设()()sin f x g x x =,则2()sin ()cos ()0sin f x x f x x g x x -''=<,所以()g x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数, 所以()()64sin sin 64f f ππππ>()()64f ππ>,A 错;()()63sin sin 63f f ππππ>()()63f ππ>,B 正确; ()()34sin sin43f f ππππ>()()43ππ>,C 错;3f π⎛⎫ ⎪⎝⎭3π⎛⎫ ⎪⎝⎭与23f π⎛⎫ ⎪⎝⎭大小不确定,D 不能判断.故选:B . 【点睛】关键点点睛:本题考查比较大小问题,解题关键是构造新函数()()sin f x g x x=,由导数确定其单调性,从而可比较函数值大小.变式:2。

高中数学求函数值域的解题方法总结(16种)

高中数学求函数值域的解题方法总结(16种)

求函数值域的解题方法总结(16种)一、 观察法:通过对函数定义域、性质的观察,结合函数的解析式,求得函数的值域。

例:求函数()x 323y -+=的值域。

点拨:根据算术平方根的性质,先求出()x 3-2的值域。

解:由算术平方根的性质知()0x 3-2≥,故()3x 3-23≥+。

点评:算术平方根具有双重非负性,即:(1)、被开方数的非负性,(2)、值的非负性。

本题通过直接观察算术平方根的性质而获解,这种方法对于一类函数的值域的求法,简捷明了,不失为一种巧发。

练习:求函数()5x 0x y ≤≤=的值域。

(答案:{}5,4,3,2,1,0)二、反函数法:当函数的反函数存在时,则其反函数的定义域就是原函数的值域。

例:求函数2x 1x y ++=的值域。

点拨:先求出原函数的反函数,再求出其定义域。

解:显然函数2x 1x y ++=的反函数为:y y --=112x ,其定义域为1y ≠的实数,故函数y 的值域为{}R y 1,y |y ∈≠。

点评:利用反函数法求原函数的定义域的前提条件是原函数存在反函数。

这种方法体现逆向思维的思想,是数学解题的重要方法之一。

练习:求函数x-x -xx 10101010y ++=的值域。

(答案:{}1y 1-y |y 或)。

三、配方法:当所给函数是二次函数或可化为二次函数的复合函数时,可利用配方法求函数的值域。

例:求函数()2x x-y 2++=的值域。

点拨:将被开方数配方成平方数,利用二次函数的值求。

解:由02x x -2≥++可知函数的定义域为{}2x 1-|x ≤≤。

此时2x x -2++=4921-x -2+⎪⎭⎫ ⎝⎛()232x x-02≤++≤∴,即原函数的值域为⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤23y 0|y点评:求函数的值域的不但要重视对应关系的应用,而且要特别注意定义域对值域的制约作用。

配方法是数学的一种重要的思想方法。

练习:x 4-155-x 2y +=的值域。

(答案:{}3y |y ≤)四、判别式法:若可化为关于某变量的二次方程的分式函数或无理数,可用判别式法求函数的值域。

高中数学数列题型归纳及解题方法梳理

高中数学数列题型归纳及解题方法梳理

1数列典型例题分析【题型1】 等差数列与等比数列的联系 例1 (2010陕西文16)已知{a n }是公差不为零的等差数列,a 1=1,且a 1,a 3,a 9成等比数列.(Ⅰ)求数列{a n }的通项;(Ⅱ)求数列{2an}的前n 项和S n . 解:(Ⅰ)由题设知公差d ≠0,由a 1=1,a 1,a 3,a 9成等比数列得=, 解得d =1,d =0(舍去), 故{a n }的通项a n =1+(n -1)×1=n.(Ⅱ)由(Ⅰ)知=2n,由等比数列前n 项和公式得S m =2+22+23+ (2)==2n+1-2.小结与拓展:数列{}na 是等差数列,则数列}{na a 是等比数列,公比为da ,其中a 是常数,d 是{}na 的121d +1812d d++2ma 2(12)12n --公差。

(a>0且a≠1).【题型2】与“前n项和Sn与通项an”、常用求通项公式的结合例 2 已知数列{a n}的前三项与数列{b n}的前三项对应相同,且a1+2a2+22a3+…+2n-1a n=8n对任意的n∈N*都成立,数列{b n+1-b n}是等差数列.求数列{a n}与{b n}的通项公式。

解:a1+2a2+22a3+…+2n-1a n=8n(n∈N*) ①当n≥2时,a1+2a2+22a3+…+2n-2a n-1=8(n-1)(n∈N*) ②①-②得2n-1a n=8,求得a n=24-n,在①中令n=1,可得a1=8=24-1,∴a n=24-n(n∈N*).由题意知b1=8,b2=4,b3=2,∴b2-b1=-4,b3-b2=-2,2∴数列{b n+1-b n}的公差为-2-(-4)=2,∴b n -b n=-4+(n-1)×2=2n-6,+1法一(迭代法)b n=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(b n-b n-1)=8+(-4)+(-2)+…+(2n-8)=n2-7n+14(n∈N*).法二(累加法)即b n-b n-1=2n-8,b n-1-b n-2=2n-10,…b3-b2=-2,b2-b1=-4,b1=8,相加得b n=8+(-4)+(-2)+…+(2n-8)34 =8+(n -1)(-4+2n -8)2=n 2-7n +14(n∈N *).小结与拓展:1)在数列{a n }中,前n 项和S n 与通项a n 的关系为:⎩⎨⎧∈≥-===-)N n ,2( )1(111n S S n S a a n n n.是重要考点;2)韦达定理应引起重视;3)迭代法、累加法及累乘法是求数列通项公式的常用方法。

富有创新思想的数学解题方法——构造法

富有创新思想的数学解题方法——构造法

答案 : 选B 。
例4 : ( 0 6 年福建高考题 ) 已知数列 t a ) } 茼足 =1 , 口 : =3 ,
口 = 3 a + I 一 2 D . ( n E N’ ) 求数 列的 { 口 . 】 通 项公 式。 分析 : 二阶线性 递归 数列求通 项 可通过 其 对 应 的特 征方 程 的 根 位, 构造新 数列 : D + 2 一 p + l =a ( 口 . 1 一 口 ) 构造 特征方 程 。 = 3 x 一 2 = 批I = 1 , 2 = 2 口 + 2 - O , + l = 2 ( 口 + I 一 口 ) 令6 = 口 + 。 一 口 , 则 数列 { b 】 是以b 。 = 口 2 一o 。 = 2为首 项 , 公
( A ) 00 2 8 ( B ) 2 o 1 7 ( C ) 01 2 3 ( D ) 00 2 8 分析 : 联想到等差数列的通项公式 t 1 . =口 + d 则( m+1 ) 圆n =m @n 一1 可等价构 造数 列 - 0 . . . I . 一口 =一1 令, l = 1 , 则数列 l 口 _ . 。 } 是首项为 8 I . 1 =1 01= 2 , 公差 d=一1
话数外学 习
No . O 9 . 2 O l 3
Y u S h u Wa i X u e X i
2 0 1 3年第 9期
富 有 创 新 思 想 的数 学解 题 方 法—— 构造 法
马新 明
( 慈溪市 慈中书院, 浙江 慈溪 3 1 5 3 0 0 )
摘 要: 所谓 的构造 法是 指 某些数 学 问题 用常规 方法一 时难 以解 决 ( 或者 解 决起 来很 复 杂 ) 的情 况下 , 我 们根 据 命题 的条件 和 结

2018年中考数学方法技巧:专题四-构造法训练(含答案)

2018年中考数学方法技巧:专题四-构造法训练(含答案)

5.如图F4-3,直线y=kx+b经过A(3,1)和B(6,0)两点,则不等式0<kx+b<x的解为________.方法技巧专题四构造法训练构造法是一种技巧性很强的解题方法,它能训练思维的创造性和敏捷性.常见的构造形式有:1.构造方程;2.构造函数;3.构造图形.一、选择题图F4-11.如图F4-1,OA=OB=OC,且∠ACB=30°,则∠AOB的大小是()A.40°B.50°C.60°D.70°2.已知a≥2,m2-2am+2=0,n2-2an+2=0,则(m-1)2+(n-1)2的最小值是()A.6B.3C.-3D.03.设关于x的一元二次方程(x-1)(x-2)=m(m>0)的两根分别为α,β,且α<β,则α,β满足() A.1<α<β<2B.1<α<2<βC.α<1<β<2D.α<1且β>2二、填空题4.如图F4-2,六边形ABCDEF的六个内角都相等.若AB=1,BC=CD=3,DE=2,则这个六边形的周长等于________.图F4-213图F4-36.关于x的方程a(x+m)2+b=0的解是x1=-2,x2=1(a,m,b均为常数,a≠0),则方程a(x+m+2)2+b=0的解是________.7.[2016·成都]如图F4-△4,ABC内接于⊙O,AH⊥BC于点H,若AC=24,AH=18,⊙O的半径OC=13,则AB =________.图F4-48.如图F4-5,在四边形ABCD中,AB∥DC,E是AD的中点,EF⊥BC于点F,BC=5,EF=3.图F4-5(1)若AB=DC,则四边形ABCD的面积S=________;(2)若AB>DC,则此时四边形ABCD的面积S′________S(用“>”或“=”或“<”填空).三、解答题9.如图F4-6,直立于地面上的电线杆A B,在阳光下落在水平地面和坡面上的影子分别是BC,CD,测得BC=6m,CD=4m,∠BCD=150°,在D处测得电线杆顶端A的仰角为30°,试求电线杆的高度.(结果保留根号)图F4-6参考答案1.C[解析]以点O为圆心,以OA为半径作⊙O.∵OA=OB=OC,∴点B,C在⊙O上.∴∠AOB=2∠ACB=60°.故选C.注:此题构造了圆.2.A[解析](1)当m=n时,(m-1)2+(n-1)2=2(m-1)2.此时当m=1时,有最小值0.而m=1时,代入原方程求得a=.=(m+n)2-2mn-2(m+n)+2=4a2-4-4a+2=4(a-)2-3.∵a≥2,∴当a=2时,(m-1)2+(n-1)2有最小值.∴(m-1)2+(n-1)2的最小值=4(2-)2-3=6.故选A.5.3<x<6[解析]作直线OA,易知直线OA的解析式为y=x.由图可知,不等式kx+b>0的解为x<6;不等式kx+b<x的解为x>3.所以不等式0<kx+b<x的解为3<x<6.注:此题构造了一次函数y=x.7.[解析]如图,作直径AE,连结CE,则∠ACE=90°.32∵不满足条件a≥2,∴舍去此种情况.(2)当m≠n时,∵m2-2am+2=0,n2-2an+2=0,∴m,n是关于x的方程x2-2ax+2=0的两个根.∴m+n=2a,mn=2,∴(m-1)2+(n-1)2=m2-2m+1+n2-2n+11212注:此题根据两个等式构造了一个一元二次方程.3.D[解析]一元二次方程(x-1)(x-2)=m(m>0)的两根实质上是抛物线y=(x-1)(x-2)与直线y=m两个交点的横坐标.如图所示,显然α<1且β>2.故选D.注:此题构造了二次函数.4.15[解析]分别将线段AB,CD,EF向两端延长,延长线构成一个等边三角形,边长为8.则EF=2,AF=4,故所求周长=1+3+3+2+2+4=15.注:此题构造了等边三角形.131133136.x1=-4,x2=-1[解析]根据方程的特点联想二次函数的顶点式.将函数y=a(x+m)2+b的图象向左平移2个单位得函数y=a(x+m+2)2+b的图象,因此将方程a(x+m)2+b=0的解x1=-2,x2=1分别减去2,即得所求方程的解.注:此题构造了二次函数.392∴=.∴AB=.∴AB==.∴AB=BE×tan E=(6+43)×3∵AH⊥BC,∴∠AHB=90°.∴∠ACE=∠AHB.∵∠B=∠△E,∴ABH∽△AEC.AB AH AE·AHAE AC AC∵AC=24,AH=18,AE=2OC=26,18×2639242注:此题构造了直角三角形.8.(1)15(2)=[解析](1)平行四边形的面积等于底乘高;(2)如图,连结BE,并延长BE交CD的延长线于点G,连结CE.易证△EAB≌△EDG.∴BE=EG.∴S四边形ABCD=△SBCG=2△SBCE=BC·EF=15.注:此题根据平行线间线段的中点构造了全等三角形.9.解:如图,延长AD交BC的延长线于E,过点D作DF⊥BE于F.∵∠BCD=150°,∴∠DCF=30°.∵CD=4,∴DF=2,CF=2 3.由题意得∠E=30°,∴DC=DE.∴CE=2CF=43.∴BE=BC+CE=6+4 3.3=23+4.答:电线杆的高度为(23+4)m.注:此题构造了直角三角形.三角函数只能应用于直角三角形中,因此用三角函数解决四边形或斜三角形的问题时,必须构造直角三角形.。

构造法在高中数学解题中的应用方法

构造法在高中数学解题中的应用方法

构造法在高中数学解题中的应用方法1. 了解构造法构造法是一种解题方法,其思路是通过构造一个满足给定条件的对象或模型来证明或求解问题。

构造法常用于数学和物理等领域的问题,其基本思路是通过构造一些特殊的结构和形式,来研究和解决问题。

2. 在代数题中的应用在代数题中,构造法通常用于求解方程、不等式等问题。

在求解一些不等式时,可以使用构造法来构造一个特定的函数形式,将原不等式转化为函数对应的关系。

通过对函数的性质进行分析,可以得到不等式的最优解。

在几何题中,构造法通常用于构造一些特殊的图形或研究图形的性质。

例如,在证明某个定理时,可以通过构造一些特定形状的图形,来展示定理的成立条件或性质。

在求解一些几何问题时,也可以通过构造特定的图形或模型,来研究并得出解题的结论。

在组合数学中,构造法通常用于确定一些特殊的组合形式,并研究它们的性质。

例如,在组合数学中,通常要求计算某个复杂的组合数量。

通过采用构造法,可以将复杂的组合问题转化为简单的计数问题,从而得出组合数量的解。

5. 注意事项在应用构造法解题时,需要注意以下几点:(1)适当灵活:构造法并不是针对每一个问题都适用的解题方法,需要根据具体的问题和情况来选择和应用。

(2)构造条件:构造时需要根据问题中给定的条件和要求,来确定构造的形式、对象和结构。

(3)证明正确性:构造完成后,仍需要进一步证明所构造的对象或结构是满足问题所要求的,并验证结果的正确性。

(4)反复思考:构造法是一种独特而灵活的解题方法,需要反复思考、细心推敲,才能得出理想的解题结果。

总之,构造法是一种实用性强、方法简单、思路清晰的解题方法。

在高中数学学习中,合理应用构造法不仅可以提高学生的数学思维和解题能力,还有助于培养学生的创新意识和发散思维。

高中数学解题方法之构造法(含答案)

高中数学解题方法之构造法(含答案)

十、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。

历史上有不少著名的数学家,如欧几里得、欧拉、高斯、拉格朗日等人,都曾经用“构造法”成功地解决过数学上的难题。

数学是一门创造性的艺术,蕴含着丰富的美,而灵活、巧妙的构造令人拍手叫绝,能为数学问题的解决增添色彩,更具研究和欣赏价值。

近几年来,构造法极其应用又逐渐为数学教育界所重视,在数学竞赛中有着一定的地位。

构造需要以足够的知识经验为基础,较强的观察能力、综合运用能力和创造能力为前提,根据题目的特征,对问题进行深入分析,找出“已知”与“所求(所证)”之间的联系纽带,使解题另辟蹊径、水到渠成。

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,从下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,即为什么目的而构造;二要弄清楚问题的特点,以便依据特点确定方案,实现构造。

再现性题组 1、求证: 31091022≥++=x x y (构造函数) 2、若x > 0, y > 0, x + y = 1,则42511≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+y y x x (构造函数) 3、已知01a <<,01b <<,求证:22)1()1()1()1(22222222≥-+-+-+++-++b a b a b a b a(构造图形、复数) 4、求证:9)9(272≤-+x x ,并指出等号成立的条件。

(构造向量)5、已知:a>0、b>0、c>0 ,求证:222222c ac a c bc b b ab a ++≥+-++-当且仅当ca b 111+=时取等号。

构造法在高中数学解题中的应用方法

构造法在高中数学解题中的应用方法

构造法在高中数学解题中的应用方法构造法是一种常用的解题方法,在高中数学中有着广泛的应用。

它通过巧妙地构造一些数学对象或者利用某些数学性质,来解决问题。

下面将介绍构造法在高中数学解题中的常见应用方法。

1.构造图形构造图形是构造法的一种常见应用方法。

在解决几何问题时,我们可以通过构造一些特殊的图形,来辅助求解。

要证明一个角为直角,可以通过构造一个等腰直角三角形;要证明两条线段相等,可以构造两个相等的线段等等。

通过构造图形,我们可以更加直观地理解问题,并且根据构造出的特殊图形进行推理和证明。

2.构造等式构造等式是构造法的另一种常见应用方法。

在解决代数问题时,我们可以通过构造一些特殊的等式,利用等式的性质和关系来推导和求解。

要解方程组可以通过构造一个与原方程组等价的等式,从而利用等式的性质消去未知数。

又要证明两个多项式恒等,可以通过构造一个等式,使得等式两边的多项式进行运算后得到相同的结果。

通过构造等式,我们可以把复杂的问题转化为更简单的等式求解问题。

3.构造序列4.构造方法构造方法是构造法的一个重要应用。

在解决问题时,我们可以通过构造一种方法或者算法,来找到问题的解决思路。

要证明一个命题成立,可以通过构造一个反证法,假设命题不成立,然后推导出矛盾;要解决一个最优化问题,可以通过构造一个函数或者模型,然后利用函数的性质进行优化。

通过构造方法,我们可以建立问题与数学方法之间的联系,从而解决问题。

构造法是一种重要的解题方法,在高中数学中有着广泛的应用。

通过构造图形、构造等式、构造序列和构造方法等,我们可以更加直观地理解问题,利用数学性质和关系进行推理和证明,以达到解决问题的目的。

希望通过这些介绍,能够帮助到学生在高中数学中更好地运用构造法解题。

2022年高考数学二轮复习教案:第二部分 专题一 选择、填空题常用的10种解法 Word版含答案

2022年高考数学二轮复习教案:第二部分 专题一 选择、填空题常用的10种解法 Word版含答案

专题一 选择、填空题常用的10种解法 抓牢小题,保住基本分才能得高分________________________________________________________________________ 原则与策略:1.基本原则:小题不用大做.2.基本策略:充分利用题干和选项所供应的信息作出推断.先定性后定量,先特殊后推理,先间接后直接,选择题可先排解后求解.解题时应认真审题、深化分析、正确推演运算、谨防疏漏. 题型特点:1.高中低档题,且多数按由易到难的挨次排列.2.留意基本学问、基本技能与思想方法的考查.3.解题方法机敏多变不唯一.4.具有较好的区分度,试题层次性强.方法一 定义法所谓定义法,就是直接利用数学定义解题,数学中的定理、公式、性质和法则等,都是由定义和公理推演出来的.简洁地说,定义是对数学实体的高度抽象,用定义法解题是最直接的方法.一般地,涉及圆锥曲线的顶点、焦点、准线、离心率等问题,常用定义法解决.[例1] 如图,F 1,F 2是双曲线C 1:x 216-y 29=1与椭圆C 2的公共焦点,点A 是C 1,C 2在第一象限的公共点.若|F 1A |=|F 1F 2|,则C 2的离心率是( )A.56B.23C.25D.45解析:由双曲线C 1的方程可得|F 1F 2|=216+9=10, 由双曲线的定义可得|F 1A |-|F 2A |=216=8, 由已知可得|F 1A |=|F 1F 2|=10, 所以|F 2A |=|F 1A |-8=2.设椭圆的长轴长为2a ,则由椭圆的定义可得2a =|F 1A |+|F 2A |=10+2=12. 所以椭圆C 2的离心率e =2c 2a =1012=56.故选A.答案:A[增分有招] 利用定义法求解动点的轨迹或圆锥曲线的有关问题,要留意动点或圆锥曲线上的点所满足的条件,机敏利用相关的定义求解.如[本例]中依据双曲线的定义和已知条件,分别把A 到两个焦点的距离求出来,然后依据椭圆定义求出其长轴长,最终就可依据离心率的定义求值. [技法体验]1.(2021·广州模拟)假如P 1,P 2,…,P n 是抛物线C :y 2=4x 上的点,它们的横坐标依次为x 1,x 2,…,x n ,F 是抛物线C 的焦点,若x 1+x 2+…+x n =10,则|P 1F |+|P 2F |+…+|P n F |=( ) A .n +10 B .n +20 C .2n +10D .2n +20解析:由题意得,抛物线C :y 2=4x 的焦点为(1,0),准线为x =-1,由抛物线的定义,可知|P 1F |=x 1+1,|P 2F |=x 2+1,…,|P n F |=x n +1,故|P 1F |+|P 2F |+…+|P n F |=x 1+x 2+…+x n +n =n +10,选A. 答案:A2.(2022·高考浙江卷)设双曲线x 2-y 23=1的左、右焦点分别为F 1,F 2.若点P 在双曲线上,且△F 1PF 2为锐角三角形,则|PF 1|+|PF 2|的取值范围是________. 解析:借助双曲线的定义、几何性质及余弦定理解决.∵双曲线x 2-y 23=1的左、右焦点分别为F 1,F 2,点P 在双曲线上,∴|F 1F 2|=4,||PF 1|-|PF 2||=2.若△F 1PF 2为锐角三角形,则由余弦定理知|PF 1|2+|PF 2|2-16>0,可化为(|PF 1|+|PF 2|)2-2|PF 1|·|PF 2|>16①.由||PF 1|-|PF 2||=2,得(|PF 1|+|PF 2|)2-4|PF 1||PF 2|=4.故2|PF 1||PF 2|=|PF 1|+|PF 2|2-42,代入不等式①可得(|PF 1|+|PF 2|)2>28,解得|PF 1|+|PF 2|>27.不妨设P 在左支上,∵|PF 1|2+16-|PF 2|2>0,即(|PF 1|+|PF 2|)·(|PF 1|-|PF 2|)>-16,又|PF 1|-|PF 2|=-2,∴|PF 1|+|PF 2|<8.故27<|PF 1|+|PF 2|<8. 答案:(27,8)方法二 特例法特例法,包括特例验证法、特例排解法,就是充分运用选择题中单选题的特征,解题时,可以通过取一些特殊数值、特殊点、特殊函数、特殊数列、特殊图形、特殊位置、特殊向量等对选项进行验证的方法.对于定性、定值的问题可直接确定选项;对于其他问题可以排解干扰项,从而获得正确结论.这是一种求解选项之间有着明显差异的选择题的特殊化策略.[例2] (2022·高考浙江卷)已知实数a ,b ,c ( ) A .若|a 2+b +c |+|a +b 2+c |≤1,则a 2+b 2+c 2<100 B .若|a 2+b +c |+|a 2+b -c |≤1,则a 2+b 2+c 2<100 C .若|a +b +c 2|+|a +b -c 2|≤1,则a 2+b 2+c 2<100 D .若|a 2+b +c |+|a +b 2-c |≤1,则a 2+b 2+c 2<100 解析:结合特殊值,利用排解法选择答案. 对于A ,取a =b =10,c =-110, 明显|a 2+b +c |+|a +b 2+c |≤1成立, 但a 2+b 2+c 2>100,即a 2+b 2+c 2<100不成立.对于B ,取a 2=10,b =-10,c =0, 明显|a 2+b +c |+|a 2+b -c |≤1成立, 但a 2+b 2+c 2=110,即a 2+b 2+c 2<100不成立.对于C ,取a =10,b =-10,c =0,明显|a +b +c 2|+|a +b -c 2|≤1成立, 但a 2+b 2+c 2=200,即a 2+b 2+c 2<100不成立. 综上知,A ,B ,C 均不成立,所以选D. 答案:D[增分有招] 应用特例排解法的关键在于确定选项的差异性,利用差异性选取一些特例来检验选项是否与题干对应,从而排解干扰选项. [技法体验]1.函数f (x )=cos x ·log 2|x |的图象大致为( )解析:函数的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),且f (12)=cos 12log 2|12|=-cos 12,f (-12)=cos(-12)·log 2|-12|=-cos 12,所以f (-12)=f (12),排解A ,D ;又f (12)=-cos 12<0,故排解C.综上,选B. 答案:B2.已知E 为△ABC 的重心,AD 为BC 边上的中线,令AB →=a ,AC →=b ,过点E 的直线分别交AB ,AC 于P ,Q 两点,且AP →=m a ,AQ →=n b ,则1m +1n=( )A .3B .4C .5D.13解析:由于题中直线PQ 的条件是过点E ,所以该直线是一条“动”直线,所以最终的结果必定是一个定值.故可利用特殊直线确定所求值.法一:如图1,PQ ∥BC ,则AP →=23AB →,AQ →=23AC →,此时m =n =23,故1m +1n=3.故选A.法二:如图2,取直线BE 作为直线PQ ,明显,此时AP →=AB →,AQ →=12AC →,故m =1,n =12,所以1m +1n =3.故选A.答案:A方法三 数形结合法数形结合法,包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面,其应用分为两种情形:一是代数问题几何化,借助形的直观性来阐明数之间的联系,即以形作为手段,数作为目的,比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质;二是几何问题代数化,借助于数的精确性阐明形的某些属性,即以数作为手段,形作为目的,如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质.[例3] (2021·安庆模拟)已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧|x +1|,-7≤x ≤0ln x ,e -2≤x ≤e ,g (x )=x 2-2x ,设a 为实数,若存在实数m ,使f (m )-2g (a )=0,则实数a 的取值范围为( )A .[-1,+∞)B .[-1,3]C .(-∞,-1]∪[3,+∞)D .(-∞,3]解析:∵g (x )=x 2-2x ,a 为实数,∴2g (a )=2a 2-4a .∵函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧|x +1|,-7≤x ≤0ln x ,e -2≤x ≤e ,作出函数f (x )的图象可知,其值域为[-2,6],∵存在实数m ,使f (m )-2g (a )=0,∴-2≤2a 2-4a ≤6,即-1≤a ≤3, 故选B.答案:B[增分有招] 数形结合的思想,其实质是将抽象的数学语言与直观的图象结合起来,关键是代数问题与图形之间的相互转化,如[本例]中求解,可通过作出图象,数形结合求解. [技法体验]1.(2021·珠海摸底)已知|a |=|b |,且|a +b |=3|a -b |,则向量a 与b 的夹角为( ) A .30° B .45° C .60°D .120°解析:通解:设a 与b 的夹角为θ,由已知可得a 2+2a ·b +b 2=3(a 2-2a ·b +b 2),即4a ·b =a 2+b 2,由于|a |=|b |,所以a ·b =12a 2,所以cos θ=a ·b |a |·|b |=12,θ=60°,选C.优解:由|a |=|b |,且|a +b |=3|a -b |可构造边长为|a |=|b |=1的菱形,如图,则|a +b |与|a -b |分别表示两条对角线的长,且|a +b |=3,|a -b |=1,故a 与b 的夹角为60°,选C. 答案:C2.已知点P 在抛物线y 2=4x 上,则点P 到点Q (2,-1)的距离与点P 到抛物线的焦点F 的距离之和取得最小值时,点P 的坐标为( ) A .(14,1)B .(14,-1)C .(1,2)D .(1,-2)解析:如图,由于点Q (2,-1)在抛物线的内部,由抛物线的定义可知,|PF |等于点P 到准线x =-1的距离.过Q (2,-1)作x =-1的垂线QH ,交抛物线于点K ,则点K 为点P 到点Q (2,-1)的距离与点P 到准线x =-1的距离之和取得最小值时的点.将y =-1代入y 2=4x 得x =14,所以点P 的坐标为(14,-1),选B.答案:B方法四 待定系数法要确定变量间的函数关系,设出某些未知系数,然后依据所给条件来确定这些未知系数的方法叫作待定系数法,其理论依据是多项式恒等——两个多项式各同类项的系数对应相等.使用待定系数法,就是把具有某种确定形式的数学问题,通过引入一些待定的系数,转化为方程组来解决.待定系数法主要用来解决所求解的数学问题具有某种确定的数学表达式,例如数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等. [例4] (2021·天津红桥区模拟)已知椭圆C 的焦点在y 轴上,焦距等于4,离心率为22,则椭圆C 的标准方程是( ) A.x 216+y 212=1 B.x 212+y 216=1C.x 24+y 28=1 D.x 28+y 24=1 解析:由题意可得2c =4,故c =2,又e =2a =22,解得a =22,故b =222-22=2,由于焦点在y 轴上,故选C. 答案:C[增分有招] 待定系数法主要用来解决已经定性的问题,如[本例]中已知椭圆的焦点所在坐标轴,设出标准方程,依据已知列方程求解. [技法体验]1.若等差数列{a n }的前20项的和为100,前45项的和为400,则前65项的和为( ) A .640 B .650 C .660D .780解析:设等差数列{a n}的公差为d ,依题意,得⎩⎪⎨⎪⎧ 20a 1+20×192d =10045a 1+45×442d =400⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1=9245d =1445,则前65项的和为65a 1+65×642d =65×9245+65×642×1445=780.答案:D2.已知函数f (x )=A sin(ωx +φ)(A >0,ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示,则f (π4)的值为( )A. 2 B .0 C .1D. 3解析:由题图可知,A =2,34T =11π12-π6=34π,∴T =2πω=π,∴ω=2,即f (x )=2sin(2x +φ),由f (π6)=2sin(2×π6+φ)=2得2×π6+φ=2k π+π2,k ∈Z ,即φ=π6+2k π,k ∈Z ,又0<φ<π,∴φ=π6,∴f (x )=2sin(2x +π6),∴f (π4)=2sin(2×π4+π6)=2cos π6=3,故选D.答案:D 方法五 估值法估值法就是不需要计算出代数式的精确 数值,通过估量其大致取值范围从而解决相应问题的方法.该种方法主要适用于比较大小的有关问题,尤其是在选择题或填空题中,解答不需要具体的过程,因此可以猜想、合情推理、估算而获得,从而削减运算量.[例5] 若a =20.5,b =log π3,c =log 2sin 2π5,则( )A .a >b >cB .b >a >cC .c >a >bD .b >c >a解析:由指数函数的性质可知y =2x在R 上单调递增,而0<0.5<1,所以a =20.5∈(1,2).由对数函数的性质可知y =log πx ,y =log 2x 均在(0,+∞)上单调递增,而1<3<π,所以b =log π3∈(0,1);由于sin 2π5∈(0,1),所以c =log 2sin 2π5<0.综上,a >1>b >0>c ,即a >b >c .故选A. 答案:A[增分有招] 估算,省去很多推导过程和比较简单的计算,节省时间,是发觉问题、争辩问题、解决问题的一种重要的运算方法.但要留意估算也要有依据,如[本例]是依据指数函数与对数函数的单调性估量每个值的取值范围,从而比较三者的大小,其实质就是找一个中间值进行比较. [技法体验]已知函数f (x )=2sin(ωx +φ)+1⎝⎛⎭⎪⎫ω>0,|φ|≤π2,其图象与直线y =-1相邻两个交点的距离为π.若f (x )>1对于任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫-π12,π3恒成立,则φ的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6,π3 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12,π2 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12,π3D.⎝⎛⎦⎥⎤π6,π2解析:由于函数f (x )的最小值为-2+1=-1,由函数f (x )的图象与直线y =-1相邻两个交点的距离为π可得,该函数的最小正周期为T =π,所以2πω=π,解得ω=2.故f (x )=2sin(2x +φ)+1.由f (x )>1,可得sin(2x +φ)>0.又x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫-π12,π3,所以2x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫-π6,2π3.对于选项B ,D ,若取φ=π2,则2x +π2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3,7π6,在⎝ ⎛⎭⎪⎫π,7π6上,sin(2x +φ)<0,不合题意;对于选项C ,若取φ=π12,则2x +π12∈⎝ ⎛⎭⎪⎫-π12,3π4,在⎝ ⎛⎭⎪⎫-π12,0上,sin(2x +φ)<0,不合题意.选A.答案:A方法六 反证法反证法是指从命题正面论证比较困难,通过假设原命题不成立,经过正确的推理,最终得出冲突,因此说明假设错误,从而证明白原命题成立的证明方法.反证法证明问题一般分为三步:(1)反设,即否定结论;(2)归谬,即推导冲突;(3)得结论,即说明命题成立.[例6] 已知x ∈R ,a =x 2+32,b =1-3x ,c =x 2+x +1,则下列说法正确的是( )A .a ,b ,c 至少有一个不小于1B .a ,b ,c 至多有一个不小于1C .a ,b ,c 都小于1D .a ,b ,c 都大于1解析:假设a ,b ,c 均小于1,即a <1,b <1,c <1,则有a +b +c <3,而a +b +c =2x 2-2x +72=2⎝ ⎛⎭⎪⎫x -122+3≥3.明显两者冲突,所以假设不成立.故a ,b ,c 至少有一个不小于1.选A. 答案:A[增分有招] 反证法证明全称命题以及“至少”“至多”类型的问题比较便利.其关键是依据假设导出冲突——与已知条件、定义、公理、定理及明显的事实冲突或自相冲突.如[本例]中导出等式的冲突,从而说明假设错误,原命题正确. [技法体验]假如△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值,则( ) A .△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形 B .△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形C .△A 1B 1C 1是钝角三角形,△A 2B 2C 2是锐角三角形D .△A 1B 1C 1是锐角三角形,△A 2B 2C 2是钝角三角形解析:由条件知△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0,则△A 1B 1C 1是锐角三角形. 假设△A 2B 2C 2是锐角三角形,则由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ sin A 2=cos A 1=sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2-A 1,sin B 2=cos B 1=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2-B 1,sin C 2=cos C 1=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2-C 1,解得⎩⎪⎨⎪⎧A 2=π2-A 1,B 2=π2-B 1,C 2=π2-C 1,所以A 2+B 2+C 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫π2-A 1+⎝ ⎛⎭⎪⎫π2-B 1+⎝ ⎛⎭⎪⎫π2-C 1,即π=3π2-π,明显该等式不成立,所以假设不成立.易知△A 2B 2C 2不是锐角三角形,所以△A 2B 2C 2是钝角三角形.故选D. 答案:D 方法七 换元法换元法又称帮助元素法、变量代换法.通过引进新的变量,可以把分散的条件联系起来,隐含的条件显露出来,或者变为生疏的形式,把简单的计算和推证简化.换元的实质是转化,关键是构造元和设元.理论依据是等量代换,目的是变换争辩对象,将问题移至新对象的学问背景中去争辩,从而使非标准型问题标准化、简单问题简洁化.换元法经常用于三角函数的化简求值、复合函数解析式的求解等. [例7] 已知正数x ,y 满足4y -2yx=1,则x +2y 的最小值为________.解析:由4y -2y x =1,得x +2y =4xy ,即14y +12x =1,所以x +2y =(x +2y )⎝ ⎛⎭⎪⎫14y +12x =1+x 4y +y x ≥1+2x 4y ×yx=2⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当x 4y =yx ,即x =2y 时等号成立.所以x +2y 的最小值为2.答案:2[增分有招] 换元法主要有常量代换和变量代换,要依据所求解问题的特征进行合理代换.如[本例]中就是使用常数1的代换,将已知条件改写为“14y +12x =1”,然后利用乘法运算规律,任何式子与1的乘积等于本身,再将其开放,通过构造基本不等式的形式求解最值. [技法体验]1.(2022·成都模拟)若函数f (x )=1+3x+a ·9x,其定义域为(-∞,1],则a 的取值范围是( ) A .a =-49B .a ≥-49C .a ≤-49D .-49≤a <0解析:由题意得1+3x +a ·9x≥0的解集为(-∞,1],即⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 2+⎝ ⎛⎭⎪⎫13x +a ≥0的解集为(-∞,1].令t =⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ,则t ≥13,即方程t 2+t +a ≥0的解集为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13,+∞,∴⎝ ⎛⎭⎪⎫132+13+a =0,所以a =-49.答案:A2.函数y =cos 2x -sin x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π4上的最大值为________.解析:y =cos 2x -sin x =-sin 2x -sin x +1. 令t =sin x ,又x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π4,∴t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,22,∴y =-t 2-t +1,t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,22.∵函数y =-t 2-t +1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,22上单调递减,∴t =0时,y max =1.答案:1 方法八 补集法补集法就是已知问题涉及的类别较多,或直接求解比较麻烦时,可以通过求解该问题的对立大事,求出问题的结果,则所求解问题的结果就可以利用补集的思想求得.该方法在概率、函数性质等问题中应用较多. [例8]某学校为了争辩高中三个班级的数学学习状况,从三个班级中分别抽取了1,2,3个班级进行问卷调查,若再从中任意抽取两个班级进行测试,则两个班级不来自同一班级的概率为________. 解析:记高一班级中抽取的班级为a 1,高二班级中抽取的班级为b 1,b 2, 高三班级中抽取的班级为c 1,c 2,c 3.从已抽取的6个班级中任意抽取两个班级的全部可能结果为(a 1,b 1),(a 1,b 2),(a 1,c 1),(a 1,c 2),(a 1,c 3),(b 1,b 2),(b 1,c 1),(b 1,c 2),(b 1,c 3),(b 2,c 1),(b 2,c 2),(b 2,c 3),(c 1,c 2),(c 1,c 3),(c 2,c 3),共15种.设“抽取的两个班级不来自同一班级”为大事A ,则大事A 为抽取的两个班级来自同一班级. 由题意,两个班级来自同一班级的结果为(b 1,b 2),(c 1,c 2),(c 1,c 3),(c 2,c 3),共4种. 所以P (A )=415,故P (A )=1-P (A )=1-415=1115. 所以两个班级不来自同一班级的概率为1115.答案:1115[增分有招] 利用补集法求解问题时,肯定要精确 把握所求问题的对立大事.如[本例]中,“两个班级不来自同一班级”的对立大事是“两个班级来自同一班级”,而高一班级只有一个班级,所以两个班级来自同一班级的可能性仅限于来自于高二班级,或来自于高三班级,明显所包含基本大事的个数较少. [技法体验]1.(2022·四川雅安中学月考)已知命题“∃x 0∈R ,使2x 20+(a -1)x 0+12≤0”是假命题,则实数a 的取值范围是( ) A .(-∞,-1) B .(-1,3) C .(-3,+∞)D .(-3,1)解析:依题意可知“∀x ∈R,2x 2+(a -1)x +12>0”为真命题,所以Δ=(a -1)2-4×2×12<0,即(a +1)·(a -3)<0,解得-1<a <3.故选B. 答案:B2.已知函数f (x )=ax 2-x +ln x 在区间(1,2)上不单调,则实数a 的取值范围为________. 解析:f ′(x )=2ax -1+1x.(1)若函数f (x )在区间(1,2)上单调递增,则f ′(x )≥0在(1,2)上恒成立,所以2ax -1+1x≥0,得a ≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x -1x 2.①令t =1x ,由于x ∈(1,2),所以t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1, 设h (t )=12(t -t 2)=-12⎝ ⎛⎭⎪⎫t -122+18,t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1,明显函数y =h (t )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1上单调递减,所以h (1)<h (t )<h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12,即0<h (t )<18. 由①可知,a ≥18.(2)若函数f (x )在区间(1,2)上单调递减,则f ′(x )≤0在(1,2)上恒成立,所以2ax -1+1x≤0,得a ≤12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x -1x 2.②结合(1)可知,a ≤0.综上,若函数f (x )在区间(1,2)上单调,则实数a 的取值范围为(-∞,0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫18,+∞. 所以若函数f (x )在区间(1,2)上不单调,则实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0,18.答案:⎝ ⎛⎭⎪⎫0,18 方法九 分别参数法分别参数法是求解不等式有解、恒成立问题常用的方法,通过分别参数将问题转化为相应函数的最值或范围问题求解,从而避开对参数进行分类争辩的繁琐过程.该种方法也适用于含参方程有解、无解等问题的解决.但要留意该种方法仅适用于分别参数后能够求解相应函数的最值或值域的状况.[例9] 若不等式x 2+ax +1≥0对一切x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0,12恒成立,则a 的最小值是________.解析:由于x >0,则由已知可得a ≥-x -1x 在x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0,12上恒成立,而当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0,12时,⎝ ⎛⎭⎪⎫-x -1x max =-52, ∴a ≥-52,故a 的最小值为-52.答案:-52[增分有招] 分别参数法解决不等式恒成立问题或有解问题,关键在于精确 分别参数,然后将问题转化为参数与函数最值之间的大小关系.分别参数时要留意参数系数的符号是否会发生变化,假如参数的系数符号为负号,则分别参数时应留意不等号的变化,否则就会导致错解. [技法体验]1.(2022·长沙调研)若函数f (x )=x 3-tx 2+3x 在区间[1,4]上单调递减,则实数t 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤-∞,518 B .(-∞,3] C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫518,+∞D .[3,+∞)解析:f ′(x )=3x 2-2tx +3,由于f (x )在区间[1,4]上单调递减,则有f ′(x )≤0在[1,4]上恒成立, 即3x 2-2tx +3≤0在[1,4]上恒成立,则t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫x +1x 在[1,4]上恒成立,由于y =32⎝ ⎛⎭⎪⎫x +1x 在[1,4]上单调递增,所以t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫4+14=518,故选C.答案:C2.(2022·湖南五校调研)方程log 12(a -2x)=2+x 有解,则a 的最小值为________.解析:若方程log 12(a -2x )=2+x 有解,则⎝ ⎛⎭⎪⎫122+x =a -2x有解,即14⎝ ⎛⎭⎪⎫12x +2x =a 有解,∵14⎝ ⎛⎭⎪⎫12x +2x ≥1,故a 的最小值为1. 答案:1 方法十 构造法构造法是指利用数学的基本思想,经过认真的观看,深化的思考,构造出解题的数学模型,从而使问题得以解决.构造法的内涵格外丰富,没有完全固定的模式可以套用,它是以广泛抽象的普遍性与现实问题的特殊性为基础,针对具体问题的特点实行相应的解决方法,其基本的方法是借用一类问题的性质,来争辩另一类问题的相关性质.常见的构造法有构造函数、构造方程、构造图形等. [例10] 已知m ,n ∈(2,e),且1n 2-1m 2<ln mn,则( )A .m >nB .m <nC .m >2+1nD .m ,n 的大小关系不确定解析:由不等式可得1n 2-1m2<ln m -ln n ,即1n 2+ln n <1m2+ln m .设f (x )=1x2+ln x (x ∈(2,e)),则f ′(x )=-2x 3+1x =x 2-2x3.由于x ∈(2,e),所以f ′(x )>0,故函数f (x )在(2,e)上单调递增. 由于f (n )<f (m ),所以n <m .故选A. 答案:A[增分有招] 构造法的实质是转化,通过构造函数、方程或图形等将问题转化为对应的问题来解决.如[本例]属于比较两个数值大小的问题,依据数值的特点,构造相应的函数f (x )=1x2+ln x .[技法体验]1.a =ln 12 014-12 014,b =ln 12 015-12 015,c =ln 12 016-12 016,则a ,b ,c 的大小关系为( )A .a >b >cB .b >a >cC .c >b >aD .c >a >b解析:令f (x )=ln x -x ,则f ′(x )=1x -1=1-xx.当0<x <1时,f ′(x )>0,即函数f (x )在(0,1)上是增函数.∵1>12 014>12 015>12 016>0,∴a >b >c .答案:A2.如图,已知球O 的面上有四点A ,B ,C ,D ,DA ⊥平面ABC ,AB ⊥BC ,DA =AB =BC =2,则球O 的体积等于________.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 =22+22+22=2R ,所以R =62,故球O 的体积V =4πR33=6π.答案:6π。

构造法在高中数学解题中的应用方法

构造法在高中数学解题中的应用方法

构造法在高中数学解题中的应用方法
构造法是一种常用的数学解题方法,特别适用于几何问题的解决。

下面我们将介绍在
高中数学解题中构造法的应用方法。

一、构造辅助线:
1. 构造线段、角的等分线:通过构造等分线可以将原先复杂的形状简化为几个简单
的相等的部分,便于解题。

2. 构造三角形的高线、中线、角平分线:通过利用三角形的性质,可以确定三角形
的一些特殊线段,从而解题。

3. 构造平行线、垂直线:通过构造平行线和垂直线,可以得到一些等角关系、相似
三角形等,从而解题。

二、构造形状:
1. 构造圆、三角形、四边形:通过构造几何形状,可以利用其性质来解题。

2. 构造相似形:通过构造相似形状,可以利用相似三角形等性质来解题。

三、构造特殊点:
1. 构造重心、垂心、外心、内心:通过构造特殊点,可以利用它们的性质来解题。

2. 构造交点、中点:通过构造交点和中点,可以得到一些等分线段、等角关系等,
从而解题。

四、构造长度关系:
1. 构造比例关系:通过构造长度的比例,可以利用这些比例关系来解题。

2. 构造勾股定理:通过构造特殊的长度关系,可以利用勾股定理来解题。

构造法是一种灵活但有效的解题方法,在高中数学解题中应用广泛。

通过构造辅助线、形状、特殊点和长度关系等,可以利用它们的性质来解决各种几何问题。

在解题过程中要
善于观察和发现,合理运用构造法,提高解题的效率和准确性。

构造法在高中数学解题中的应用方法

构造法在高中数学解题中的应用方法

构造法在高中数学解题中的应用方法
构造法是一种在数学解题中常用的方法,它通过构造特定的数、图形或形式来解决问题。

构造法在高中数学中的应用十分广泛,不仅能够帮助学生理解问题,还能够培养学生
的逻辑思维和创造力。

一、构造法在代数问题中的应用
1. 构造特殊的数:通过构造特殊的数来解决问题,如通过构造一个满足条件的整数、有理数或无理数等。

在解方程问题中,可以通过构造特殊的数来找到解的规律或确定解的
范围。

2. 构造函数式:通过构造合适的函数式来解决问题。

在函数的极值问题中,可以通
过构造一个函数式来描述问题,并通过分析函数式的性质来确定极值点。

3. 构造方程组:通过构造一组方程来解决问题。

在线性方程组的解题中,可以通过
构造一组满足条件的方程来确定未知数的值。

三、构造法在概率与统计问题中的应用
1. 构造样本空间:通过构造合适的样本空间来解决概率问题。

在求解随机事件的概
率问题中,可以通过构造一个恰当的样本空间来确定事件发生的可能性。

2. 构造频数表或频率分布图:通过构造频数表或频率分布图来解决统计问题。

在统
计一组数据的分布特征时,可以通过构造一个频数表或频率分布图来描述数据的分布情
况。

3. 构造统计模型:通过构造合适的统计模型来解决概率与统计问题。

在求解样本均值、方差等问题时,可以通过构造一个适当的统计模型来计算所需的统计量。

构造法在高中数学解题中的应用方法

构造法在高中数学解题中的应用方法

构造法在高中数学解题中的应用方法构造法(Construction Method)是高中数学解题中常用的一种方法。

它是通过构造出具体的数学对象,来辅助推导、证明或解决问题的方法。

在解题过程中,构造法可以帮助学生更直观地理解问题,找到问题的关键点,以及掌握解题的整体思路。

构造法主要应用于以下几个方面:1.构造例证在解决某些问题时,我们可以通过构造出具体的例子来验证问题的正确性或错误性。

通过构造出例子,我们可以更直观地看到问题的特点和规律,从而帮助我们更好地推导出结论。

解决一元二次方程ax^2+bx+c=0有一根,可以构造出一个例子:取a=1,b=-3,c=2,此时方程变为x^2-3x+2=0,可以通过因式分解或求根公式得到唯一解x=1。

通过这个例子,我们可以推广出“一元二次方程ax^2+bx+c=0有一根”的结论。

在证明某些命题是错误的时候,我们可以通过构造出具体的反例来证明其错误。

通过构造出反例,我们可以找到其错误的根源,从而帮助我们更好地理解、修正或推广结论。

要证明命题“在一个三角形内,三条中线相等”的正确性,可以通过构造一个反例:取一个等腰直角三角形,此时由于直角边上的中线和斜边上的中线不等长,所以反例证明了该命题是错误的。

3.构造辅助线构造辅助线是解决几何问题中常用的方法之一。

通过在几何图形中构造出一些额外的直线或线段,可以使问题更加清晰明了,从而更容易推导出结论。

通过构造辅助线,我们可以创造新的图形,将原有的问题转化为更简单的几何关系来求解。

在证明两条直线垂直的问题中,可以通过构造出两条辅助线,使原有的问题转化为三角形中的角关系,从而更容易推导出结论。

4.构造等式5.构造问题模型在解决数学建模问题时,构造问题模型是非常重要的一步。

通过构造问题模型,将原有的实际问题转化为数学问题,可以更好地分析和解决问题。

通过构造问题模型,我们可以将问题抽象化,寻找问题的关键变量和问题之间的关系,从而更好地理清问题的逻辑,确定问题的解题思路。

构造法在高中数学解题中的应用方法

构造法在高中数学解题中的应用方法

构造法在高中数学解题中的应用方法构造法是一种寻找解题思路的方法,在高中数学中有广泛的应用。

本文将介绍构造法在高中数学解题中的具体应用方法。

1.构造反函数法当需要求解一元函数的反函数时,可以利用构造反函数法。

具体步骤如下:(1)设函数f(x)的反函数为y=f-1(x)。

(3)将x=f(y)代入f(x)中,得到f(f-1(x))=x。

(1)根据已知条件,设多项式函数为f(x)=ax3+bx2+cx+d。

(2)由于f(1)=1,可以得到a+b+c+d=1。

(6)解方程组得到a=-1/2,b=5/2,c=-3/2,d=1。

(1)根据问题的条件,画出几何图形。

(2)在图形中引入一些辅助线段或角度,使得问题的解析式可以便于构造。

(3)根据条件求解出构造线段或角度的长度或大小。

(4)利用这些线段或角度构造出所求的几何图形。

例如,如果需要求解一条线段与已知线段成等角的问题,则可以先利用等角三角形,再利用正弦定理求解。

2.构造相似图形法(2)通过平移、旋转、缩放等方式得到相似图形。

(3)记录下相应的线段的长度比,角度的大小比等信息。

(4)据此得出两个图形相似的条件。

例如,在证明斜率相等的两条直线是平行的时,可以构造相似三角形,利用三角形内角和定理解决问题。

(1)根据数列的性质,确定数列的通项公式。

(2)构造出几个特殊的数字,计算出对应的数列值。

例如,在求解等差数列的通项公式时,可以构造出首项为1,公差为2的数列,计算出该数列的前几项值,据此求解对应的通项公式。

2.构造递归数列法(2)构造出一个新的数列,使得该数列的通项公式与递归数列的通项公式相同。

例如,在求解斐波那契数列(1,1,2,3,5,8,13……)的通项公式时,可以构造一个数列(1,x,x+1,x+2,x+3,x+5,x+8……),该数列的通项公式为xn=a1fn-1+a2fn,其中a1=1,a2=0,n≥2,据此可以求解出递归数列的通项公式。

高考核心解题方法总结—第七期【构造法】-解析版

高考核心解题方法总结—第七期【构造法】-解析版

c
2
练习 1:若实数 m, n, l 满足 m n 8 和 mn l 2 16 0 两式,求证: m n l 0
m n 8
证明:讲已知条件变为:
m
n
l2
16

故 m,n 是一元二次方程 x2 8x (l 2 16) 0 的两个实数根。
由 82 4 l 2 16 4l 2 0 ,知 l 0, 0 。
△ ABD 的面积,则 S1 S2 S3 的最大值是
.
解析:把图形补成长方体,从而可得长方体的体对角线为球的直径长,设三边长为:x ,y ,
z
,所以
S1
1 2
xy

S2
1 2
xz

S3
1 2
yz
,又∵
x2
y2
z2
2r 2
4
所以: 4
x2 y2
x2 z2 2
z2 y2
xy yz zx ,故 S1 S2 S3 的最大值为 2;
一解 x 2 .仿照此解法可得到不等式: x6 (2x 3) (2x 3)3 x2 的解是

解析:把不等式 x6 (2x 3) (2x 3)3 x2 变形,
得到: x6 x2 2x 33 (2x 3) ,构造函数 f x x3 x , 因为 f x 在 R 上为增函数,故 f u f v u v , 于是可得: x2 2x 3 x ,1 3,.
整理得: cos2 C cos( A B) cos C 2 y 0 ,这可视为关于 cos C 的一元二次方程。
C 为 ABC 的内角, cos C 为实数, cos2 A B 8 y 0
则 8 y cos2 A B 1 ,得 y 1 ,即结论成立。

高中数学解题方法归纳与经典例题解析(PDF版) (1)

高中数学解题方法归纳与经典例题解析(PDF版) (1)

1 2 4 12 49
5
25 25
又 sin cos 0 2
sin cos 7

5
7
原式=
sin sin
cos cos
5 1
7 .
5
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の嬴本德
2020 届高中毕业生升学考试复习试题 高中数学一题多解经典例题解析
解法三:万能公式法
由①③,得
y
y
2x 1
x y
1 2
1
z2
3x
y
3
1 2
(1)
5 2
由②③,得
2x y
y
1
1
x
y
1 1
z3
3x
y
31
(1)
2
比较 z1, z2 , z3 的大小,得 z=3x+y 的最大值是 2.
解法二:作图法
y y 2x
O
x
P
y 1
2x y 1
y 3x z
由图可知,只有当待定直线 y 3x z 过点 P(1,1) 时,直线的截距 b z 才最大,即 zman 3x y 31 (1) 2 .
A.
CU CU
A B
{2,3} {3}
{3}
{2,3}
CU
B
CU
A ,A
错误
B.
CU CU
A B
{2,3} {3}
CU
B
CU
A
{2,3}
{1,2,3}
U
,B
错误
C. CU B {3}, A {1} CU B A ,C 正确 D. CU A {2,3}, B {1,2} CU A B {2} ,D 错误 解法三:韦恩图法
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, ∴ymin=
七、构造几何图形
一般来讲,代数问题较为抽象,若能通过构造将之合理转化为几何
问题,利用“数形结合”这一重要思想方法,往往可增强问题的直观性,
使解答事半功倍或独具匠心。
【例8】、(见【例1】) 证:构造边长为1的正△ABC,D,E,F为边上三点, 并设BD=x,CE=y, AF=z,如图1 显然有S△BDE+S△CEF+S△ADF <
即m的最大值为,故,即
八、构造模型 数学和其它学科一样,要学以致用,“建模”思想就把数学这门高度
抽象的基础学科与实际生活紧密地联系在一起,在实际中渗透数学思 想,把数学中的理论作为工作,充分发挥其作用,因而许多问题可通过 构造模型来处理 【例10】(哥尼斯堡七桥问题)18世纪,东普鲁士首府,布勒尔河穿城 而过,河中间有两个小岛,如图。当地的居民常到这散步,“如何能不 重复地一次走遍这七座桥而返回出发地呢?”许多人均未成功,这便产 生了数学史上著名的“七桥问题”。1735年 欧拉对该问题进行抽象,构造 出图论中的“一笔画”模型才知该问题无解,这一模型的构造充分展示出 欧拉超人的智慧。近年来,构造模型的方法越来越被重视,并成为高考 中的一道独特的风景线。 B
四、构造代数式
代数式是数学的重要组成要素之一,有许多性质值得我们去发现和
应用。
【例5】、当时,求的值.
解:由条件得 所以 ,构造的因式y=
====1
五、构造数列
相当多的数学问题,尤其是证明不等式,尝试一下“构造数列”能产生意
想不到的效果。
【例6】证明:(n=1,2,3……)
分析此命题若直接证明,颇具难度,倘若构造数列x1=x2=…
九、构造情境 有一些问题看似简单,但真正处理起来非难则繁,如能合理、巧妙
地构造一些情境,不但易使问题“柳暗花明”,而且其新颖独特的解题模 式让人深刻感受到数学思想维的美妙。 【例11】如图4摆放的24张牌,全部反面朝上,以任意一张牌为起点翻 牌,一张挨一张翻,只能横着或竖着翻,不能斜着或跳着翻,问能否将 每一张牌全部翻过来?
= 所以 即
5、分析:条件式中次数是3次,而结论式中是1次,所以需要降幂。 又结论式是不等式,当且仅当时成立。于是考虑构造均值不等式。 解:由均值不等式得: …………… (1) 同理………………(2) 由(1)+(2)变形整理得: 6、证明:构造函数
易证在R上是奇函数且单调递增
+ ==lg1 = 0
分析:由于每翻一张牌,翻下一张牌又有若干不同的情况,于是情况尤 为复杂,难以一一尝试,我们可以用一特殊的方法来解决此题。构造如 下情境:假设各张牌如图5染上白色或黑色,使得黑白相间。这样,每 张牌的下一张牌就是不同色的。而由翻牌的规则可知翻完所有的牌时两 色牌至多相差一张,但由图5知白色牌比黑色牌多2张,显然不可办得 到。
从以上各例不难看出,构造法是一种极富技巧性和创造性的解题方 法,体现了数学中发现、类比、化归的思想,也渗透着猜想、探索、特 殊化等重要的数学方法。运用构造法解数学题可从中欣赏数学之美,感 受解题乐趣,更重要的是可开拓思维空间,启迪智慧,并对培养多元化 思维和创新精神大有裨益。
构造法体现了数学发现的思维特点,“构造”不是“胡思乱想”,不是 凭空“臆造”,而是要以所掌握的知识为背景,以具备的能力为基础,以 观察为先导,以分析为武器,通过仔细地观察、分析、去发现问题的各 个环节以及其中的联系,从而为寻求解法创造条件。
十、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。 历史上有不少著名的数学家,如欧几里得、欧拉、高斯、拉格朗日 等人,都曾经用“构造法”成功地解决过数学上的难题。数学是一门创造 性的艺术,蕴含着丰富的美,而灵活、巧妙的构造令人拍手叫绝,能为 数学问题的解决增添色彩,更具研究和欣赏价值。近几年来,构造法极 其应用又逐渐为数学教育界所重视,在数学竞赛中有着一定的地位。 构造需要以足够的知识经验为基础,较强的观察能力、综合运用能 力和创造能力为前提,根据题目的特征,对问题进行深入分析,找 出“已知”与“所求(所证)”之间的联系纽带,使解题另辟蹊径、水到渠 成。 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,从下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,即为什么目的而构造;二 要弄清楚问题的特点,以便依据特点确定方案,实现构造。 再现性题组 1、求证: (构造函数) 2、若x > 0, y > 0, x + y = 1,则(构造函数) 3、已知,,求证: (构造图形、复数) 4、求证:,并指出等号成立的条件。(构造向量) 5、已知:a>0、b>0、c>0 ,求证:当且仅当时取等号。(构造图形)
由几何知识可知:AB+BC≥AC ∴+≥ 当且仅当A、B、C三点共线时等号成立,此时有 ,即ab+bc=ac 故当且仅当时取等号。
6、解:由根号下的式子看出且 故可联想到三角函数关系式并构造
所以 , 当即时,
示范性题组 一、构造函数
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这个认 识上的飞跃。很多数 学命题繁冗复杂,难寻入口,若巧妙运用函数思想,能使解答别具一 格,耐人寻味。 【例1】、已知x,y,z∈(0,1),求证:x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1 (第15 届俄罗斯数学竞赛题) 分析:此题条件、结论均具有一定的对称性,然而难以直接证明,不妨 用构造法一试。 证:构造函数f(x)=(y+z-1)x+(yz-y-z+1)∵y,z∈(0,1),∴f(0)=yz-y-z+1=(y-1) (z-1)>0,f(1)=(y+z-1)+(yz-y-z+1)=yz>0,而f(x)是一次函数,其图象是 直线,∴由x∈(0,1)恒有 f(x) >0,即(y+z-1)x+(yz-y-z+1)>0,整理可得x(1-y)+y(1-z)+z(1-x) <1 二、构造方程:
评注 欲证含有与自然数n有关的和的不等式f(n)>g(n),可以构造数列模 型,只需证明数列是单调递增,且.另外,本题也可以用数学归纳法证
明,但用构造数列模型证明简洁.
9、解:
其几何意义是平面内动点P(,0)到两定点 M(2,3)和 N(5,-1)的距离之和(如图1) 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, 取得最小值, ,无最大值,故得函数的值域为 10、分析:从几何意义上考虑把原解析式看作是动点P与定点Q(3,0)连 线的斜率,为此构造一个单位圆。探究单位圆上动点P与定点Q(3,0)直 线的斜率问题。
复数是实数的延伸,一些难以解决的实数问题通过构造转化为复数 问题,虽然数的结构会变复杂,但常使问题简明化,正所谓“退一步海 阔一空”。 【例4】、a,b,x,y∈{正实数},且x2+y2=1,求证:+=≥a+b
证:设z1=ax+byi,
z2=bx+ayi,则+=∣Z1∣
+∣Z2∣≥∣Z1+Z2∣=∣(a+b)x+(a+b)yi∣=(a+b)=a+b,不等式得证:
=xn=1+,xn+1=1
利用平均ห้องสมุดไป่ตู้不等式≥ ,顿使命题明朗化。
六、构造向量
新教材的一个重要特点是引入向量,代数、几何、三角中的很多问
题都可以利用向量这一工具来解决.
【例7】已知a,b,c为正数,求函数y=的最小值.
解: 构造向量=(x,a),=(c-x,b),则原函数就可化为:y=││+││≥│+│
巩固性题组 1、已知x > 0,求证: (构造函数)
2、若,且,则(构造函数)
3、记,,则(构造图形)
4、求证:(构造向量)
5、正数满足,求证:(巧用均值不等式)
6、求证:如果,那么(构造函数) 7、已知数列{}, , 求(构造数列)
8、求证:(其中nN+).(构造数列)
9、求函数的值域(构造图形)
即x(1-y)+ y(1-z)+ z(1-x)< 这道竞赛题能如此简洁、直观地证明,真是妙不可言。 【例9】、求证: 简析:的结构特点,使我们联想到椭圆方程及数形结合思想。 解:令 ,
则其图象是椭圆的上半部分,设y2x=m,于是只需证, 因 m为直线y=2x+m在y轴上的截距,由图可知: 当直线 y = 2 x+m 过点(,0)时,m有最小值为m=; 当直线y =2x+m与椭圆上半部分相切时,m有最大值。 由 得:13x2 + 4mx + m2 – 4 = 0 令△= 4(52-9m2)=0 得:或(舍)
6、求函数的最大值(构造三角函数) 再现性题组简解: 1、解:设 则,用定义法可证:f (t)在上单调递增,令:3≤ 则 ∴ 2、解:左边 令 t = xy,则,在上单调递减 ∴ 3、解:构造单位正方形,O是正方形内一点,O到AD, AB的距离为a, b, 则|AO| + |BO| + |CO| + |DO|≥|AC| + |BD|, 其中,
又: ∴
另解:从不等式左边的结构特点容易联想到复数的模,将左边看成 复数Z1=x+y i , Z2 = x +(1- y)i ,Z3 = 1- x + y i ,Z4 = 1- x +(1- y)i 模的和, 又注意到Z1+Z2+Z3+Z4=2+2 i ,于是由 +++≥可得 4、解:不等式左边可看成与 x 和与两两乘积的和,从而联想到数量积 的 坐标表示,将左边看成向量=(,)与=( x, )的数量积,又, 所以 当且仅当=λ (λ>0) 时等号成立,故由得:x=,λ=1,即 x =时,等号成立。 5、解:从三个根式的结构特点容易联想到余弦定理,于是可构造如下 图形: 作OA=a,OB=b,OC=c,∠AOB=∠BOC=60° 如图(1) 则∠AOC=120°,AB=,BC=,AC=
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