【正文】 ) 的最小值為 f ( 2) ＝ 2 ，故 2 m 4 ，易知 x1, x2， x3中必有一負(fù)二正，不妨設(shè) x1， x20 ，由于 y ＝ x2－ 4 x ＋ 6 的對稱軸為 x ＝ 2 , 則 x1＋ x2＝ 4 ， 令 3 x ＋ 4 ＝ 2 ，得 x ＝－23，則－23 x30 ，故 －23＋ 4 x1＋ x2 ＋ x30 ＋ 4 ，即 x1＋ x2＋ x3的取值范圍是 (103， 4) ． 答案 ( 103 ， 4) 探究提高 等價(jià)轉(zhuǎn)化法的關(guān)鍵是要明確轉(zhuǎn)化的方向或者說轉(zhuǎn)化的目標(biāo)．本題轉(zhuǎn)化的關(guān)鍵就是將研究 x 1 ＋ x 2 ＋ x 3 的取值范圍問題轉(zhuǎn)化成了直線 y ＝ m 與曲線 y ＝ f ( x ) 有三個交點(diǎn)的問題，將數(shù)的問題轉(zhuǎn)化成了形的問題，從而利用圖形的性質(zhì)解決． 變式訓(xùn)練 6 已知關(guān)于 x 的不等式ax － 1x ＋ 10 的解集是 ( － ∞ , － 1) ∪ ( －12 ，＋ ∞ ) ，則 a 的值為 ________ ． 解析 將ax － 1x ＋ 10 轉(zhuǎn)化為 ( x ＋ 1) ( ax － 1) 0 , 其解集是 ( － ∞ ,－ 1) ∪ ( －12，＋ ∞ ) ，當(dāng)且僅當(dāng) x ＝－12是方程 ax － 1 ＝ 0 的解，得 a ＝－ 2. － 2 題型五 構(gòu)造法 構(gòu)造型填空題的求解，需要利用已知條件和結(jié)論的特殊性 構(gòu)造出新的數(shù)學(xué)模型，從而簡化推理與計(jì)算過程，使較復(fù) 雜的數(shù)學(xué)問題得到簡捷的解決，它來源于對基礎(chǔ)知識和基 本方法的積累，需要從一般的方法原理中進(jìn)行提煉概括， 積極聯(lián)想，橫向類比，從曾經(jīng)遇到過的類似問題中尋找靈 感，構(gòu)造出相應(yīng)的函數(shù)、概率、幾何等具體的數(shù)學(xué)模型， 使問題快速解決． 例 7 函數(shù) f ( x ) ＝2 s in ( x ＋π4) ＋ 2 x2＋ x2 x2＋ c os x的最大值為 M ，最小值 為 m ，則 M ＋ m ＝ ________. 思維啟迪 直接求 f ( x ) 的最大值、最小值顯然不可取． 化簡 f ( x ) ＝ 1 ＋x ＋ s i n x2 x2＋ c os x，構(gòu)造新函數(shù) g ( x ) ＝x ＋ s i n x2 x2＋ c os x利用 g ( x ) 的奇偶性求解． 解析 根據(jù)分子和分母同次的特點(diǎn)，分子展開，得到部分分式， f ( x ) ＝ 1 ＋x ＋ s i n x2 x2＋ c os x， f ( x ) － 1 為奇函數(shù)， 則 m － 1 ＝－ ( M － 1) ， ∴ M ＋ m ＝ 2. 2 探究提高 整體思考，聯(lián)想奇函數(shù)，利用其對稱性簡化求解，這是整體觀念與構(gòu)造思維的一種應(yīng)用．注意到分式類函數(shù)的結(jié)構(gòu)特征，借助分式類函數(shù)最值的處理方法，部分分式法，變形發(fā)現(xiàn)輔助函數(shù)為奇函數(shù)，整體處理最大值和最小值的問題以使問題簡單化，這種構(gòu)造特殊函數(shù)模型的方法來源于對函數(shù)性質(zhì)應(yīng)用的深刻理解． 變式訓(xùn)練 7 已知函數(shù) f ( x ) ＝ s in x c o s x ＋s in xc o s x ＋ 3 ，若 f ( l g a ) ＝ 4 ，則 f ( lg 1a ) 的值等于 ________ ． 解析 f ( x ) ＝ s i n x c o s x ＋s i n xc o s x＋ 3 ＝12s i n 2 x ＋ ta n x ＋ 3 ，若 令 g ( x ) ＝12s i n 2 x ＋ ta n x ，則 g ( x ) 是一個奇函數(shù)．由 f ( lg a ) ＝ 4 , 得 g ( lg a ) ＋ 3 ＝ 4 , ∴ g ( lg a ) ＝ 1. 于是 g ( lg 1a) = g ( － lg a ) ＝－ g ( lg a ) ＝－ 1 ，故 f ( lg 1a) ＝ g ( lg 1a) ＋ 3 ＝－ 1 ＋ 3 ＝ 2. 2 例 8 已知 a 、 b 是正實(shí)數(shù)，且滿足 ab ＝ a ＋ b ＋ 3 ，則 a ＋ b 的取 值范圍是 _ __ _______ ． 思維啟迪 考慮到已知條件中出現(xiàn)了兩個正數(shù) a 和 b 的乘積ab 以及和 a ＋ b ，可與一元二次方程的根聯(lián)系起來構(gòu)造方程進(jìn)行求解． 解析 ∵ a 、 b 是正實(shí)數(shù)且 ab ＝ a ＋ b ＋ 3 ， 故 a 、 b 可視為一元二次方程 x2－ mx ＋ m ＋ 3 ＝ 0 的兩個根， 其中 a ＋ b ＝ m ， ab ＝ m ＋ 3. 要使方程有兩個正根，應(yīng)有????? Δ ＝ m2－ 4 m － 12 ≥ 0 ，m 0 ，m ＋ 3 0 ， 解得 m ≥ 6 ，即 a ＋ b ≥ 6 ，故 a ＋ b 的取值范圍是 [6 ，＋ ∞ ) ． [6，＋ ∞ ) 變式訓(xùn)練 8 若拋物線 y ＝－ x 2 ＋ ax － 2 總在直線 y ＝ 3 x － 1 的下 方，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是 ________ ． 解析 構(gòu)造不等式，依題意知，不等式－ x2＋ ax － 23 x－ 1 在 R 上恒成立，即 x2＋ (3 － a ) x ＋ 10 在 R 上恒成立． 故 Δ ＝ (3 － a )2－ 40 ，即 a2－ 6 a ＋ 50 ， 解得 1 a 5. (1,5) 規(guī)律方法總結(jié) 1 ．解填空題的一般方法是直接法，除此以外，對于帶有一 般性命題的填空題可采用特例法，和圖形、曲線等有關(guān)的 命題可考慮數(shù)形結(jié)合法．解題時，常常需要幾種方法綜合 使用，才能迅速得到正確的結(jié)果． 2 ．解填空題不要求求解過程，從而結(jié)論是判斷是否正確的 唯一標(biāo)準(zhǔn)，因此解填空題時要注意如下幾個方面： ( 1) 要認(rèn)真審題，明確要求，思維嚴(yán)謹(jǐn)、周密，計(jì)算有 據(jù)、準(zhǔn)確； ( 2) 要盡量利用已知的定理、性質(zhì)及已有的結(jié)論； ( 3) 要重視對所求結(jié)果的檢驗(yàn) . 知能提升演練 1 ．設(shè)全集 U ＝ R ， A ＝ { x |x － 1x ＋ m 0} ， ? U A ＝ [ － 1 ，－ n ] ，則 m2＋ n2＝ ________. 解析 由 ? U A ＝ [ － 1 , － n ] , 知 A ＝ ( － ∞ ，－ 1) ∪ ( － n , ＋ ∞ ) ， 即不等式x － 1x ＋ m0 的解集為 ( － ∞ , － 1) ∪ ( － n ，＋ ∞ ) , 所以 － n ＝ 1 , － m ＝－ 1 ，因此 m ＝ 1 ， n ＝－ 1 ，故 m2＋ n2＝ 2. 2 2 ．在各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列 { a n } 中，若 a 5 a 6 ＝ 9 ，則 log 3 a 1 ＋ log 3 a 2 ＋ ? ＋ log 3 a 10 ＝ ________. 解析 特殊化法：盡管滿足 a 5 a 6 ＝ 9 的數(shù)列有無窮多，但所求結(jié)果應(yīng)唯一的，故只需選取一個滿足條件的特殊數(shù)列a 5 ＝ a 6 ＝ 3 ，則公比 q ＝ 1 就可以了．原式＝ log 3 ( 3 3 3 ? 3)＝ log 3 310＝ 10. 10 3 ．在數(shù)列 { a n } 中，若 a 1 ＝ 1 ， a n ＋ 1 ＝ 2 a n ＋ 3( n ≥ 1) ，則該數(shù)列 的通項(xiàng) a n ＝ ________. 解析 由 a n ＋ 1 ＝ 2 a n ＋ 3 ，則有 a n ＋ 1 ＋ 3 ＝ 2( a n ＋ 3) ， 即a n ＋ 1 ＋ 3a n ＋ 3＝ 2. 所以數(shù)列 { a n ＋ 3} 是以 a 1 ＋ 3 為首項(xiàng)、公比為 2 的等比數(shù)列，即 a n ＋ 3 ＝ 4 2n － 1＝ 2n ＋ 1，所以 a n ＝ 2n ＋ 1－ 3. 2n＋ 1－ 3 4 ．設(shè)非零向量 a ， b ， c 滿足 | a |＝ | b |＝ | c |， a ＋ b ＝ c ，則 c os 〈 a ， b 〉＝ ________. 解析 設(shè)正三角形 △ ABC 中， BA→＝ a ， AC→＝ b ， BC→＝ c ，所以 BA→與 AC→的夾角為 120176。 ，所以 c o s 〈 a ， b 〉＝ c o s 12 0176。＝－12. － 12 5 ．設(shè)等差數(shù)列 { a n } ， { b n } 的前 n 項(xiàng)的和分別為 S n 與 T n ，若S nT n ＝2 n3 n ＋ 1，則a nb n＝ ________. 解析 因?yàn)榈炔顢?shù)列的前 n 項(xiàng)和公式為 S n ＝ a 1 n ＋n ( n － 1 ) d2 ＝d2n2＋ ( a 1 －12d ) n ，故可設(shè) S n ＝ 2 n n ， T n ＝ (3 n ＋ 1) n ，則可得 a n ＝ 4 n － 2 ， b n ＝ 6 n － 2 ， ∴a nb n＝4 n － 26 n － 2＝2 n － 13 n － 1. 2n－ 13n－ 1 6 ． △ ABC 的外接圓的圓心為 O ，兩條邊上的高的交點(diǎn)為 H ， OH→ ＝ m ( OA→ ＋ OB→ ＋ OC→ ) ，則實(shí)數(shù) m ＝ ____. 解析 ( 特殊值法 ) 當(dāng) ∠ B ＝ 90176。 時 , △ ABC 為直角三角形 , O 為 AC 中點(diǎn)． AB 、 BC 邊上高的交點(diǎn) H 與 B 重合． OA→＋ OB→＋ OC→＝ OB→＝ OH→， ∴ m ＝ 1. 1 7 ． ( 20 10 湖南 ) 若數(shù)列 { a n } 滿足：對任意的 n ∈ N*，只有有限個 正整數(shù) m 使得 a m n 成立，記這樣的 m 的個數(shù)為 { a n }*，則得到 一個新數(shù)列 {( a n )*} ．例如，若數(shù)列 { a n } 是 1, 2, 3 ， ? ， n ， ? ， 則數(shù)列 {( a n )*} 是 0, 1, 2 ， ? ， n － 1 ， ? . 已知對任意的 n ∈ N*， a n ＝ n2，則 ( a 5 )*＝ ________ ， (( a n )*)*＝ ________. 解析 由 ( an)*的定義知，要求 ( a5)*只需尋找滿足 am5 的m 的個數(shù)即可． 由于 12＝ 15,22＝ 45,32＝ 95 ，故 ( a5)*＝ 2. ∵ { an} ＝ { 1,22,32， ? ， n2， ? } ， ∴ (( a1)*)*＝ 1 ， (( a2)*)*＝ 4 ＝ 22， (( a3)*)*＝ 9 ＝ 32， ? ， (( an)*)* ＝ n2. ? }.,,,,{) * }{()(??? ????? ???? ??個個個個個127531 33222221110???nn nna2 n2 8 ．直線 y ＝ kx ＋ 3 k － 2 與直線 y ＝－14x ＋ 1 的交點(diǎn)在第一象限， 則 k 的取值范圍是 ________ ． 解析 因?yàn)?y ＝ kx ＋ 3 k － 2 ，即 y ＝ k ( x ＋ 3) － 2 ，故直線過定點(diǎn) P ( － 3 ，－ 2) ，而定直線 y ＝－14x ＋ 1 在兩坐標(biāo)軸上的交點(diǎn)分別為 A ( 4,0) ， B ( 0,1) ． 如圖所示，求得27 k 1. 27k1 9. 已知四面體 ABCD 的一條棱長為 x ，其余棱長都為 1 ，則 x 的取值范圍是 ________ ． 解析 如圖所示，設(shè) AB 邊長為 x ，固定 △ B C D ，讓△ A C D 繞 CD 轉(zhuǎn)動 . 當(dāng)點(diǎn) A ， x → B 時， x → 0 ；當(dāng)點(diǎn) A → A 1 ( 正 △ A 1 CD 與 △ B C D ) 共面時， x → 3 . 故 x ∈ (0 ， 3 ) ． (0， 3) 10 ． ( 20 10 陜西 ) 觀察下列等式： 1 3 ＋ 2 3 ＝ 3 2, 1 3 ＋ 2 3 ＋ 3 3 ＝ 6 2 , 1 3 ＋ 2 3 ＋ 3 3