《（通用版）2019版高考数学二轮复习课件+训练：第二部分第一板块学通考场解题常用12术第11术条件难议加强命题课件理.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（通用版）2019版高考数学二轮复习课件+训练：第二部分第一板块学通考场解题常用12术第11术条件难议加强命题课件理.pdf（26页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、条件难议条件难议 加强命题加强命题 11 11 术第 有些命题，无论是从正面进攻还是从反面入手都不易找到有些命题，无论是从正面进攻还是从反面入手都不易找到 解题思路，这时可采用加强命题的方式来突围即将有关条件解题思路，这时可采用加强命题的方式来突围即将有关条件 进行必要的拆分，加强从模型同构的角度上进行整合，找出进行必要的拆分，加强从模型同构的角度上进行整合，找出 与所求结论相关知识点的归属，通过解决一个比原命题更强的与所求结论相关知识点的归属，通过解决一个比原命题更强的 新命题，使我们运用通法解题的思路变得畅通起来，从而得到新命题，使我们运用通法解题的思路变得畅通起来，从而得到 所要求解或求
2、证的结论这种在条件难以辨析的情况下，瞄准所要求解或求证的结论这种在条件难以辨析的情况下，瞄准 所求的目标，把握问题的实质，进行放缩变形，主动加强命题所求的目标，把握问题的实质，进行放缩变形，主动加强命题 的方法，就是的方法，就是加强命题术加强命题术 例例1 已知函数已知函数 f(x)aex，g(x)ln xln a，其中，其中 a 为正为正 常数，常数，e2.718，且函数，且函数 yf(x)和和 yg(x)的图象在它们与坐的图象在它们与坐 标轴交点处的切线互相平行标轴交点处的切线互相平行 (1)求求 a 的值；的值； 解解 由由 f(x)aex，得函数，得函数 f(x)与坐标轴的交点为与坐标
3、轴的交点为(0，a)， 则则 f(0)a. 由由 g(x)ln xln a0，得函数，得函数 g(x)与坐标轴的交点为与坐标轴的交点为 (a,0)，则，则 g(a)1 a(a0) 因为函数因为函数 yf(x)和和 yg(x)的图象在它们与坐标轴交点处的图象在它们与坐标轴交点处 的切线互相平行，的切线互相平行， 由此可得由此可得 a1. (2)若存在若存在 x 使不等式使不等式x m f x x成立，求实数成立，求实数 m 的取值范围；的取值范围； 解解 由由x m f x x，得，得x m ex x，故，故 m0 时，时，h(x)1 1 2 x x ex. 因为因为 x0，所以，所以 1 2
4、x x 2 1 2 xx 2， 故故 h(x)1 1 2 x x ex0. 所以所以 F(x)在在(0，x0)上单调递减，在上单调递减，在(x0,1)上单调递增上单调递增 记记 x0t， 则则 F(x)minH(t)etln 1 et ett，t(0,1) 又易知又易知 F(1)e10，F 1 2 e2H 1 2 e1 2 2.25 1 2 2. 即函数即函数 yf(x)和和 yg(x)在公共定义域内的所有偏差都大于在公共定义域内的所有偏差都大于 2. 法二：法二：由法一由法一式，得式，得 F(x)minetln 1 et 1 t t2， 因为因为 02 恒成立恒成立 即函数即函数 yf(x)
5、和和 yg(x)在公共定义域内的所有偏差都大于在公共定义域内的所有偏差都大于 2. 法三：法三：因为因为 F(x)|f(x)g(x)|exln x，x(0，)，又，又 不难得知不难得知 ln x1x，由此可得，由此可得 F(x)ex1x. 设设 G(x)ex1x，x(0，)， 则则 G(x)ex10 在在(0，)上恒成立上恒成立 故故 G(x)为为(0，)上的递增函数上的递增函数 所以所以 G(x)ex1xG(0)2. 即即 F(x)2.故函数故函数 yf(x)和和 yg(x)在公共定义域内的所有在公共定义域内的所有 偏差都大于偏差都大于 2. 法四：法四：因为因为 F(x)|f(x)g(x)
6、|exln x，x(0，)，因因 为为 ex1x，所以，所以 F(x)1xln x. 设设 G(x)1xln x，x(0，)， 从而从而 G(x)11 x. 由由 G(x)0，得，得 x1， 所以所以 G(x)在在(0,1)上单调递减，在上单调递减，在(1，)上单调递增上单调递增 所以所以 G(x)minG(1)2， 即即 F(x)2.故函数故函数 yf(x)和和 yg(x)在公共定义域内的所有在公共定义域内的所有 偏差都大于偏差都大于 2. 法五：法五：因为因为 F(x)|f(x)g(x)|exln x，x(0，)， 不难得知不难得知 ex1x，ln x1x， 由此可得由此可得 F(x)(1
7、x)(1x)2. 即即 F(x)2.故函数故函数 yf(x)和和 yg(x)在公共定义域内的所有在公共定义域内的所有 偏差都大于偏差都大于 2. 法六：法六：易知函数易知函数 yf(x)和和 yg(x)偏差值的几何意义是将函数偏差值的几何意义是将函数 y g(x)向上平移使之与向上平移使之与 yf(x)的图象相交，当交点为切点时偏差最小的图象相交，当交点为切点时偏差最小 设此时平移了设此时平移了 m 个单位，切点的坐标为个单位，切点的坐标为(x0，y0)， 由此可得，函数由此可得，函数 yf(x)和和 yg(x)m 在点在点(x0，y0)处的切线重合，处的切线重合， 则则 yy0ex0(xx0
8、)，即，即 ye x0xe x0x0e x0， yy0 1 x0(x x0)，即，即 y 1 x0x ln x0m1， 即即为同一方程为同一方程 故有故有 e x0x0e x0ln x0m1，e x0 1 x0， ， 从而可得从而可得 m 1 x0 ln x0 1 x0 x0， 又由又由 e x0 1 x0，得 ，得 02. 即函数即函数 yf(x)和和 yg(x)在公共定义域内的所有偏差都大于在公共定义域内的所有偏差都大于 2. 法七：法七：因为函数因为函数 yf(x)和和 yg(x)偏差为：偏差为： F(x)|f(x)g(x)|exln x，x(0，)， 令令 F1(x)exx，F2(x)
9、xln x，x(0，)， 则则 F(x)F1(x)F2(x)， 由此可得由此可得 F1(x)ex1， 所以所以 F1(x)在在(0，)上单调递增上单调递增 又因为又因为 F2(x)11 x x 1 x ， 所以所以 F2(x)在在(0,1)上单调递减，在上单调递减，在(1，)上单调递增上单调递增 所以所以 F1(x)F1(0)1，F2(x)F2(1)1， 从而从而 F(x)exln xF1(x)F2(x)2. 即函数即函数 yf(x)和和 yg(x)在公共定义域内的所有偏差都大于在公共定义域内的所有偏差都大于 2. 启思维启思维 本题的第本题的第(1)(2)两问的求解都是常见的基本方两问的求解
10、都是常见的基本方 法第法第(3)(3)问的证明颇有技巧，其法一、二都没有直接将导数问的证明颇有技巧，其法一、二都没有直接将导数 为零的为零的 x 的值求出，而是通过考查导数的正负，探究到其根在的值求出，而是通过考查导数的正负，探究到其根在 1 2， ，1 内，转而考查内，转而考查 H(t)的最值，思路清晰、明了，体现了解的最值，思路清晰、明了，体现了解 题的探究性；法三、四、五都是通过加强命题，将其中一个无题的探究性；法三、四、五都是通过加强命题，将其中一个无 理式转化为有理式，促使问题获得解决，过程简洁、自然，颇理式转化为有理式，促使问题获得解决，过程简洁、自然，颇 有创意；法六注重观察几何
11、图形的特征，将问题转化为研究两有创意；法六注重观察几何图形的特征，将问题转化为研究两 切线重合来处理，是一种常用的思想方法；法七注重了变更命切线重合来处理，是一种常用的思想方法；法七注重了变更命 题，将原命题分成两个命题来探究的题，将原命题分成两个命题来探究的 例例2 已知函数已知函数 f(x)x2ln(ax)(a0) (1)若若 f(x)x2对任意的对任意的 x0 恒成立，求实数恒成立，求实数 a 的取值范围；的取值范围； 解解 易知易知 f(x)2xln(ax)x， 故不等式故不等式 f(x)x2可化为可化为 2xln(ax)xx2， 即即 2ln(ax)1x 在在 x0 时恒成立时恒成立
12、 令令 h(x)2ln(ax)1x，则，则 h(x)2 x 1. 当当 x(0,2)时，时，h(x)0，则，则 h(x)在在(0,2)上单调递增；上单调递增； 当当 x2 时，时，h(x)0，得，得 x1 e； ； 由由 g(x)x1ln x1， 即即 ln x10 恒成立”转化为“恒成立”转化为“h(x)max0”第第(2) 问问， 法一：法一： 函数函数 g(x)与结论与结论“x1x20，所以，所以 f(x)在在 R R 上单调递增上单调递增 当当 a0，x(，ln a)时，时，f(x)0，f(x)单调递增单调递增 (2)当当 a0 时，若时，若 f(x)0 对任意的对任意的 xR R 恒
13、成立，求实数恒成立，求实数 a 的值；的值； 解：解：由由(1)知，当知，当 a0 时，时，f(x)minf(ln a)， 所以要使所以要使 f(x)0 对任意的对任意的 xR R 恒成立，恒成立， 只需只需 f(x)minf(ln a)0 成立，成立， 即即 aaln a10 成立成立 记记 g(a)aaln a1(a0)， 因为因为 g(a)1(ln a1)ln a， 所以所以 g(a)在在(0,1)上单调递增，在上单调递增，在(1，)上单调递减，上单调递减， 故有故有 g(a)g(1)0，从而可得，从而可得 g(a)max0， 由此可得由此可得 a1. (3)求证：求证：ln 1 23
14、31 2 ln 1 232 321 2 ln 1 23n 3n1 2 1)， 易知，当易知，当 x0 时，恒有时，恒有 ln(1x)0)， 所以所以 f(x)1 x 11 x x . 当当 00；当；当 x1 时，时，f(x)0时，时，g(x)3x2a， 由由g(x)0，得，得x a 3或 或x2，即 ，即a12时，时，g(1)0) 令令 xk n，得 ，得 ln k n k n 1k n n ，从而，从而 nln k n kn，即，即 k n n ek n. 所以所以 1 n n 2 n n n n n e1 n e2 n en n e 1n e 1e e e1 n e1 e e1. 即即 1 n n 2 n n n n n e e1.