高中數(shù)學(xué)構(gòu)造函數(shù)

1、PAGE 高中數(shù)學(xué)構(gòu)造函數(shù)篇一：2014級(jí)高二下數(shù)學(xué)(理科)專題訓(xùn)練-構(gòu)造函數(shù)專題 2014級(jí)高二下數(shù)學(xué)（理科）復(fù)習(xí)專題-構(gòu)造函數(shù)專題 1已知函數(shù)f(x)、g(x)均為a，b上的可導(dǎo)函數(shù)，在a，b上連續(xù)且f(x)g(x)，則 f(x)g(x)的最大值為( A) Af(a)g(a)Bf(b)g(b) Cf(a)g(b)Df(b)g(a) 2已知yf(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x0時(shí)不等式f(x)xf(x)0成立，若a 11 30.3f(30.3)，blog3f(log3)，clog3f(log3，則a，b，c的大小關(guān)系是_ 99 答案：cab xf?(x)?f(x) ?0（x?0）3已知函數(shù)

2、f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f(1)?0，則不等式2 x 2 xf(x)?0的解集是 4若函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，且滿足f(x)xf(x)0，則( ) A3f(1)f(3)B3f(1)f(3) C3f(1)f(3)Df(1)f(3) 5已知定義在實(shí)數(shù)集R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)3，且f(x)的導(dǎo)數(shù)f(x)在R上恒有f(x)2(xR)，則不等式f(x)2x1的解集為( ) A(1，) B(，1)C(1,1) D(，1)(1，) 6定義域?yàn)镽的可導(dǎo)函數(shù)yf(x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x)，滿足f(x)f(x)，且f(0)1，則不等式 f(x) ?1的解集為( ) ex A(，0) B(0，)C(，2

3、)D(2，) 7定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f(x)f(x)恒成立，若x1x2，則ex1f(x2)與ex2f?x1?的大小關(guān)系為( ) Aex1f(x2) exf?x1?Bex1f(x2) exf?x1? 2 2 Cex1f(x2)ex2f?x1?Dex1f(x2)與ex2f?x1?的大小關(guān)系不確定 8 f(x)，g(x) (g(x)0)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當(dāng)x0時(shí)，f(x)g(x)f(x)g(x)，且f(3)0，則 f(x) ?0的解集為( ) g(x) A(，3)(3，)B(3,0)(0,3) C(3,0)(3，)D(，3)(0,3) xf,(x)?f(x) ?0恒成立，9

4、設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(2)0，當(dāng)x0時(shí)，有 x2則不等式xf(x)0的解集是( ) 第1頁,共5頁 2A(2,0)(2，)C(，2)(2，) B(2,0)(0,2) D(，2)(0,2) 10定義在R上的函數(shù)f?x?,g?x?的導(dǎo)函數(shù)分別為f?x?,g?x?且f?x?g?x?。則下列結(jié)論一定成立的是 ( ) A f(1)?g(0)?g(1)?f(0)B.f(1)?g(0)?g(1)?f(0) C f(1)?g(0)?g(1)?f(0)D. f(1)?g(0)?g(1)?f(0) 【答案】A 【解析】 試題分析：設(shè)h?x?f?x?g?x?h?x?f?x?g?x?0?h?x?單調(diào)遞

5、減 ?h?1?h?0?f?1?g?1?f?0?g?0?f?1?g?0?g?1?f?0? 考點(diǎn)：函數(shù)導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性 11已知函數(shù)f?x?的定義域?yàn)?0,?,f?x?為f?x?的導(dǎo)函數(shù)，且滿足f?x?xf?x?，則不等式f?x?1?(x?1)f(x2?1)的解集是( ) A ?1,? B?2,? C(1,2) D ?0,1? 【答案】B 的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x?0時(shí)，xf?x?f?x?0，記 ） c?a?b Dc?b?a 第2頁,共5頁【答案】C 【解析】 試題分析：的單調(diào)遞減函數(shù)，函數(shù) g?x? b，即c?a? 故選C. 考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算的逆用及函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用. 14設(shè)f(x)、g(x)分別是定義在

6、R上的奇函數(shù)和偶函數(shù),當(dāng)x0時(shí),f?(x)g(x)?f(x)g?(x)0.且g(3)=0.則不等式f(x)g(x)0的解集是（） A (-3,0)(3,+) B (-3,0)(0, 3) C (-,- 3)(3,+) D (-,- 3)(0, 3) 【答案】D 【解析】 試題分析：因?yàn)閒?(x)g(x)?f(x)g?(x)0，即f?x?g?x?0，故f?x?g?x?在(?,0)上遞增，又因?yàn)閒?x?,g?x?分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)和，所以f?x?g?x?是奇函數(shù)，圖像關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以在(0,?)也是增函數(shù)，因?yàn)閒?3?g?3?0?f?3?g?3?0，所以 f?x?g?x?0的解集為

7、x?3或0?x?3，故選D. 考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用. 15已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f?x?的導(dǎo)函數(shù)為f?(x)，滿足f?x?f?x?，且f(x?2)為偶函數(shù)，f(4)?1，則不等式f(x)?ex的解集為（ ） A(?2,?) B(0,?) C(1,?)D(4,?) 【答案】B 【解析】 試題分析：y=f（x+2）為偶函數(shù)，y=f（x+2）的圖象關(guān)于x=0對(duì)稱y=f（x）的圖象關(guān)于x=2對(duì)稱 f（4）=f（0）又f（4）=1，f（0）=1xR）又f（x）f（x），f（x）-f（x）0，y=g遞減 f?x?exg（x）1g（x）g（0）x0 16已知定義域?yàn)镽的奇函數(shù)yf(x)的導(dǎo)函數(shù)為yf(x)，當(dāng)

8、x0時(shí)，f(x)0，若ab2f(2)，c則a，b，c的大小關(guān)系正確的是（） Aacbca Cacab 【答案】A 【解析】 試題分析：因?yàn)楹瘮?shù)的定義域?yàn)镽R上的偶函數(shù)，又F?x?f?x?x?f?，x因?yàn)楫?dāng)?shù)?頁,共5頁 當(dāng)x?0時(shí)， , 因?yàn)閎)?17設(shè)f?x?ax2?bx?c?a,b,c?R?,e ） Af?2?f?e?ln2,2f?e?f?e2?BCf?2?f?e?ln2,2f?e?f?e2?D【答案】B 【解析】 試題分析：由不等式啟發(fā)，可構(gòu)造函數(shù)，則即F?x?在?0,?22 上為單調(diào)遞增函數(shù)，因?yàn)??e?e，所以F?2?F?e?F?e?lne?1,lne2?2，整理可得f?2?f?e?

9、ln2，2f?e?f?e2?.故正確答案選B. 考點(diǎn)：1.導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用；2.函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用. f(x)?xf?(x)恒成立，則不等式 ） (1,?)D(2,?) ，則 xF 19設(shè)函數(shù)f?(x)是奇函數(shù)f(x)（x?R）的導(dǎo)函數(shù)，且f(?1)?0，當(dāng)x?0時(shí)，xf?(x)?f(x)?0，則使f(x)?0成立的x的取值范圍是（） A?,?1?0,1? B?1,0?1,? C?,?1?1,0? D?0,1?1,? 【答案】A 【解析】 f 第4頁,共5頁 試題分析：由f(x)是奇函數(shù)，得f(1)?f?(1)?，0f(0)?0，設(shè)，則g(x)?0，所以g(x)在(?,0)和(0,?)上x?1時(shí)，g(

10、x)?0，f(x)?0，再由f(x)是f(x)?0，因此不等式f(x)?0的解集為 20已知定義在R對(duì)任意正實(shí)數(shù)x滿足xf?x?2f?x?， ） A【解析】 試題分析：f(x)即2f(x)?xf(x)?0 x?0時(shí)，g(x)?0是R21設(shè)函數(shù)f(x)在R上的導(dǎo)函數(shù)為f?(x),且2f(x)?xf?(x)?x2.下面的不等式在R上恒成立的是( ) Af(x)?0 Bf(x)?0 Cf(x)?x Df(x)?x 【答案】A 【解析】 試題分析：設(shè)g(x)?x2f(x)，則g(x)?2xf(x)?x2f(x)?x(2f(x)?xf(x)，因?yàn)閷?duì)任意的x，有2f(x)?xf(x)?x2，所以當(dāng)x?0時(shí)

11、，g(x)?0，當(dāng)x?0時(shí)，g(x)?0，即g(x)在(?,0)上遞減，在(0,?)上遞增，因此g(0)是極小值也是最小值，即g(x)?g(0)(x?0)，所以 中令x?0，則有x2f(x)?0(x?0)，所以當(dāng)x?0時(shí)，f(x)?0，在2f(x)?x?f(x?)2x 2f(0?)0?，即0f(0)?0，所以對(duì)任意x?R，有f(x)?0故選A 考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，分類討論思想 第5頁,共5頁篇二：高中數(shù)學(xué)解題方法之構(gòu)造法(含答案) 十、構(gòu)造法 解數(shù)學(xué)問題時(shí)，常規(guī)的思考方法是由條件到結(jié)論的定向思考，但有些問題用常規(guī)的思維 方式來尋求解題途徑卻比較困難，甚至無從著手。在這種情況下,經(jīng)常要求我們改變思

12、維方 向，換一個(gè)角度去思考從而找到一條繞過障礙的新途徑。 歷史上有不少著名的數(shù)學(xué)家，如歐幾里得、歐拉、高斯、拉格朗日等人，都曾經(jīng)用“構(gòu) 造法”成功地解決過數(shù)學(xué)上的難題。數(shù)學(xué)是一門創(chuàng)造性的藝術(shù)，蘊(yùn)含著豐富的美,而靈活、 巧妙的構(gòu)造令人拍手叫絕，能為數(shù)學(xué)問題的解決增添色彩，更具研究和欣賞價(jià)值。近幾年來， 構(gòu)造法極其應(yīng)用又逐漸為數(shù)學(xué)教育界所重視，在數(shù)學(xué)競(jìng)賽中有著一定的地位。 構(gòu)造需要以足夠的知識(shí)經(jīng)驗(yàn)為基礎(chǔ)，較強(qiáng)的觀察能力、綜合運(yùn)用能力和創(chuàng)造能力為前提， 根據(jù)題目的特征，對(duì)問題進(jìn)行深入分析，找出“已知”與“所求（所證）”之間的聯(lián)系紐帶， 使解題另辟蹊徑、水到渠成。 用構(gòu)造法解題時(shí)，被構(gòu)造的對(duì)象是多種多

13、樣的，按它的內(nèi)容可分為數(shù)、式、函數(shù)、方程、 數(shù)列、復(fù)數(shù)、圖形、圖表、幾何變換、對(duì)應(yīng)、數(shù)學(xué)模型、反例等，從下面的例子可以看出這 些想法的實(shí)現(xiàn)是非常靈活的，沒有固定的程序和模式，不可生搬硬套。但可以嘗試從中總結(jié) 規(guī)律：在運(yùn)用構(gòu)造法時(shí)，一要明確構(gòu)造的目的，即為什么目的而構(gòu)造；二要弄清楚問題的特 點(diǎn)，以便依據(jù)特點(diǎn)確定方案，實(shí)現(xiàn)構(gòu)造。 再現(xiàn)性題組 1、求證： y?x2?10 x2?9?10（構(gòu)造函數(shù)） 3 ? ?1?1?25?（構(gòu)造函數(shù)） y?x?y?42、若x 0, y 0, x + y = 1，則?x? 3、已知0?a?1，0?b?1，求證： a2?b2?(a?1)2?b2?a2?(b?1)2?(a

14、?1)2?(b?1)2?22 （構(gòu)造圖形、復(fù)數(shù)） 4、求證：7x?2(9?x2)?9，并指出等號(hào)成立的條件。（構(gòu)造向量） 5、已知：a0、b0、c0 ,求證：a2?ab?b2?b2?bc?c2?a2?ac?c2當(dāng)且僅111?時(shí)取等號(hào)。（構(gòu)造圖形） bac 6 、求函數(shù)y? 當(dāng) 再現(xiàn)性題組簡解： t2?11、解：設(shè)t?x?9(t?3) 則f(t)?y?，用定義法可證：f (t)在3,?)上單t2 t?1t2?1(t1?t2)(t1t2?1)調(diào)遞增，令：3t1?t2 則f(t1)?f(t2)?1?0 t1t2t1t2 y?22x2?1033?110?f(3)? 233x?9 7xy111?x?y?

15、2、解：左邊?xy?令 t = xy，則0?t?2?xy?，yxxyxy4?2? 11117f(t)?t?在(0,上單調(diào)遞減 f(t)?f()? 4t44 3、解：構(gòu)造單位正方形，O是正方形內(nèi)一點(diǎn)，O到AD, AB的距離為a, b， 則|AO| + |BO| + |CO| + |DO|AC| + |BD|， 其中|AO|?2a2?b2， |BO|?(a?1)2?b2 |CO|?(a?1)2?(b?1)2 |DO|?a2?(b?1)2 又：|AC|?|BD|?2 22222222a?b?(a?1)?b?a?(b?1)?(a?1)?(b?1)?22 另解：從不等式左邊的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)容易聯(lián)想到復(fù)數(shù)的模，

16、將左邊看成復(fù)數(shù)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 Z2Z3Z422 i ，于是由 z1z2z3z4z1?z2?z3?z4可 得 2222 4、解：不等式左邊可看成與 x 和2與9?x2兩兩乘積的和，從而聯(lián)想到數(shù)量積的 ?坐標(biāo)表示，將左邊看成向量a=(7,2)與b=( x, ?b?|a|b|， 9?x)的數(shù)量積，又a? ?222227x?2(9?x)?(7)?(2)x?(9?x)?9所以 當(dāng)且僅當(dāng)b=a (0) 2 ?0得：x=7,=1，即 x =7時(shí)，等號(hào)成立。 5、解：從三個(gè)根式的結(jié)構(gòu)特

17、點(diǎn)容易聯(lián)想到余弦定理，于是可構(gòu)造如下圖形： 作OAa，OBb，OCc，AOB=BOC=60 如圖（1） 則AOC120，AB=a2?ab?b2，BC=b2?bc?c2,AC=a2?ac?c2 由幾何知識(shí)可知：ABBCAC a2?ab?b2+b2?bc?c2a2?ac?c2 當(dāng)且僅當(dāng)A、B、C三點(diǎn)共線時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)有 111absin60?bcsin60?acsin120?，即ab+bc=ac 222 8故當(dāng)且僅當(dāng)111?時(shí)取等號(hào)。 bac 6、解：由根號(hào)下的式子看出x+1?x=1且0?x?1 2故可聯(lián)想到三角函數(shù)關(guān)系式并構(gòu)造x?sin? (0? 2) 所以y?sinx?cosx?1?)， 當(dāng)

18、?即x?時(shí)，ymax?424 示范性題組 一、構(gòu)造函數(shù) 理解和掌握函數(shù)的思想方法有助于實(shí)現(xiàn)數(shù)學(xué)從常量到變量的這個(gè)認(rèn)識(shí)上的飛躍。很多數(shù) 學(xué)命題繁冗復(fù)雜，難尋入口，若巧妙運(yùn)用函數(shù)思想，能使解答別具一格，耐人尋味。 【例1】、已知x,y,z（0，1），求證：x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)1 （第15屆俄羅斯數(shù)學(xué)競(jìng)賽題） 分析：此題條件、結(jié)論均具有一定的對(duì)稱性，然而難以直接證明，不妨用構(gòu)造法一試。 證：構(gòu)造函數(shù)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)=yz0，而f(x)

19、是一次函數(shù)，其圖象是直線，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、構(gòu)造方程： 方程是解數(shù)學(xué)題的一個(gè)重要工具，許多數(shù)學(xué)問題，根據(jù)其數(shù)量關(guān)系，在已知和未知之間搭上橋梁，構(gòu)造出方程，使解答簡潔、合理。 【例2】、已知a,b,c為互不相等的實(shí)數(shù)，試證：bcacab+ +=1(1) (a-b)(a-c)(b-a)(b-c)(c-a)(c-b) (x-b)(x-c)(x-a)(x-c)(x?a)(x?b)證：構(gòu)造方程+=1(2) (a-b)(a-c)(b-a)(b-c)(c?a)(c?b) 顯然a,b,c為方程

20、的三個(gè)互不相等的實(shí)根。從而對(duì)任意實(shí)數(shù)x均滿足（2）式。 特別地，令x=0，即得（1）式。 ?(x?1)3?1997(x?1)?1【例3】、設(shè)x,y為實(shí)數(shù)，且滿足關(guān)系式：? 3(y?1)?1997(y?1)?1? 則x+y=.（1997年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題） 分析：此題用常規(guī)方法，分別求出x和y的值后再求x+y則既繁又難，三次方程畢竟不熟 悉。若將兩方程聯(lián)立構(gòu)造出方程(x?1)?1997(x?1)?(1?y)?1997(1?y)?1，利用 函數(shù)f(t)=t3+1997t的單調(diào)性，易得x?1?1?y，自然、簡潔。 三、構(gòu)造復(fù)數(shù) 復(fù)數(shù)是實(shí)數(shù)的延伸，一些難以解決的實(shí)數(shù)問題通過構(gòu)造轉(zhuǎn)化為復(fù)數(shù)問題，雖然

21、數(shù)的結(jié)構(gòu)會(huì)變復(fù)雜，但常使問題簡明化，正所謂“退一步海闊一空”。 【例4】、a,b,x,y正實(shí)數(shù),且x2+y2=1,求證：ax+by ay+bx =a+b 證：設(shè)z1=ax+byi， z2=bx+ayi，則ax+by +ay+bx =Z1+Z2Z1+Z2= 22(a+b)x+(a+b)yi=(a+b)x?y=a+b，不等式得證： 33 四、構(gòu)造代數(shù)式 9代數(shù)式是數(shù)學(xué)的重要組成要素之一，有許多性質(zhì)值得我們?nèi)グl(fā)現(xiàn)和應(yīng)用。 【例5】、當(dāng)x?1時(shí)，求y?13x?x2?x?1的值. 2 13x?x2?x?1 2解：由條件得x?1所以x?1?，構(gòu)造x?1的因式y(tǒng)= =1311(x?2x2?2x?2)=x(x

22、?1)2?3x?2=(3x?3x?2)=1 222 五、構(gòu)造數(shù)列 相當(dāng)多的數(shù)學(xué)問題，尤其是證明不等式，嘗試一下“構(gòu)造數(shù)列”能產(chǎn)生意想不到的效果。 1?1?【例6】證明:?1?1?n?n?1?nn?1(n=1,2,3?) 1分析此命題若直接證明，頗具難度，倘若構(gòu)造數(shù)列x1=x2=?=xn=1+ ,xn+1=1 n x1+x2+?+xn+1利用平均值不等式 x1x2xn+1 ，頓使命題明朗化。 n+1 六、構(gòu)造向量 新教材的一個(gè)重要特點(diǎn)是引入向量,代數(shù)、幾何、三角中的很多問題都可以利用向量這一工具來解決. 【例7】已知a,b,c為正數(shù),求函數(shù)y=x2?a2?(c?x)2?b2的最小值. 解: 構(gòu)造

23、向量a=(x,a),b=(c-x,b),則原函數(shù)就可化為:y=a+ba+b ?c2?(a?b)2 ，ymin=c2?(a?b)2 七、構(gòu)造幾何圖形 一般來講，代數(shù)問題較為抽象，若能通過構(gòu)造將之合理轉(zhuǎn)化為幾何問題，利用“數(shù)形結(jié)合”這一重要思想方法，往往可增強(qiáng)問題的直觀性，使解答事半功倍或獨(dú)具匠心。 【例8】、（見【例1】） 證：構(gòu)造邊長為1的正ABC，D，E，F(xiàn)為邊上三點(diǎn)， 并設(shè)BD=x，CE=y， AF=z，如圖1 顯然有SBDE+SCEF+SADF 4 即3333 x(1-y)+ y(1-z)+ z(1-x) 4444 這道競(jìng)賽題能如此簡潔、直觀地證明，真是妙不可言。 【例9】、求證：?42

24、?4?9x2?2x? 33 簡析：4?9x2的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，使我們聯(lián)想到橢圓方程及數(shù)形結(jié)合思想。 解：令 y?4?9x2(y?0)， 10 x2y2 ?142則其圖象是橢圓4的上半部分，設(shè)y?2x=m，于是只需證?m?, 4339 因 m為直線y=2xm在y軸上的截距，由圖可知： 當(dāng)直線 y = 2 xm 過點(diǎn)（24，0）時(shí)，m有最小值為m=?； 33 當(dāng)直線y =2xm與橢圓上半部分相切時(shí)，m有最大值。 ?y?2x?m由 ?2 得：13x2 + 4mx + m2 4 = 0 2?9x?y?4 令= 4（529m2）=0 得：m?22或m?（33 即m的最大值為424222，故?m?，即?4?9x

25、?2x? 33333 八、構(gòu)造模型 數(shù)學(xué)和其它學(xué)科一樣，要學(xué)以致用，“建?！彼枷刖桶褦?shù)學(xué)這門高度抽象的基礎(chǔ)學(xué)科與實(shí)際生活緊密地聯(lián)系在一起，在實(shí)際中滲透數(shù)學(xué)思想，把數(shù)學(xué)中的理論作為工作，充分發(fā)揮其作用，因而許多問題可通過構(gòu)造模型來處理 【例10】（哥尼斯堡七橋問題）18世紀(jì),東普魯士首府，布勒爾河穿城而過，河中間有兩個(gè)小島，如圖。當(dāng)?shù)氐木用癯５竭@散步，“如何能不重復(fù)地一次走遍這七座橋而返回出發(fā)地呢？”B 許多人均未成功，這便產(chǎn)生了數(shù)學(xué)史上著名的“七橋問題”。1735年 歐拉對(duì)該問題進(jìn)行抽象，構(gòu)造出圖論中的“一筆畫”模型才知該問題無解，這一模型的構(gòu)造充分展示出歐拉超人的智慧。近年來，構(gòu)造模型的方法越來越被重視