【数学】2019届一轮复习北师大版（文科数学）第三章阅读与欣赏(二)　导数的综合问题学案 9页

导数的综合问题 一、构造法解决抽象函数问题 在导数及其应用的客观题中，有一个热点考查点，即不给出具体的函数解析式，而是给出函数f(x)及其导数满足的条件，需要据此条件构造抽象函数，再根据条件得出构造的函数的单调性，应用单调性解决问题的题目，该类题目具有一定的难度．下面总结其基本类型及其处理方法．‎ ‎　只含f(x)型 ‎ 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)<，则不等式f(x2)>的解集为(　　)‎ A．(1，2)　　　　　　　　　 B．(0，1)‎ C．(1，＋∞) D．(－1，1)‎ ‎【解析】　构造函数g(x)＝f(x)－x＋c(c为常数)，则g′(x)<0，即函数g(x)在R上单调递减，且g(1)＝f(1)－＋c＝＋c.f(x2)>＝x2＋，‎ 即f(x2)－x2＋c>＋c，即g(x2)>g(1)，‎ 即x2<1，即－1f′(x)，则有(　　)‎ A．e2 015f(－2 015)e2 015f(0)‎ B．e2 015f(－2 015)e2 015f(0)‎ D．e2 015f(－2 015)＞f(0)，f(2 015)＜e2 015f(0)‎ ‎(2)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋2f′(x)>0恒成立，且f(2)＝(e为自然对数的底数)，则不等式exf(x)－e>0的解集为________．‎ ‎【解析】　(1)仅从f(x)>f′(x)这个条件，无从着手，‎ 此时我们必须要借助于选择题中的选项的提示功能，结合所学知识进行分析．构造函数h(x)＝，则h′(x)＝<0，即h(x)在R上单调递减，故h(－2 015)>h(0)，即>⇔e2 015f(－2 015)>f(0)；同理，h(2 015)0⇒2>0，可构造h(x)＝e·f(x)⇒h′(x)＝e[f(x)＋2f′(x)]>0，所以函数h(x)＝e·f(x)在R上单调递增，且h(2)＝e·f(2)＝1.不等式exf(x)－e>0等价于ef(x)>1，即h(x)>h(2)⇒x>2，所以不等式exf(x)－e>0的解集为(2，＋∞)．‎ ‎【答案】　(1)D　(2)(2，＋∞)‎ ‎(1)由于ex>0，故[exf(x)]′＝[f(x)＋f′(x)]ex，其符号由f(x)＋f′(x)的符号确定，′＝，其符号由f′(x)－f(x)的符号确定．含有f(x)±f′(x)类的问题可以考虑构造上述两个函数．‎ ‎(2)λf(x)＋f′(x)>0⇔[eλx×f(x)]′>0.　 ‎ ‎　含xf(x)±nf′(x)型 ‎ (1)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，且f(－2)＝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．(－∞，－2)∪(0，2) B．(－2，0)∪(2，＋∞)‎ C．(－∞，－2)∪(－2，0) D．(0，2)∪(2，＋∞)‎ ‎(2)已知偶函数f(x)是定义在{x∈R|x≠0}上的可导函数，其导函数为f′(x)．当x<0时，f′(x)>恒成立．设m>1，记a＝，b＝2f(2)，c＝(m＋1)·f，则a，b，c的大小关系为(　　)‎ A．ab>c C．ba>c ‎(3)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)>x2.下面的不等式在R上恒成立的是(　　)‎ A．f(x)>0 B．f(x)<0‎ C．f(x)>x D．f(x)0时，构造函数g(x)＝，‎ 则g′(x)＝<0，‎ 即g(x)在(0，＋∞)上单调递减，g(2)＝0，‎ 所以g(x)>0在(0，＋∞)上的解集为(0，2)，‎ 故f(x)>0在(0，＋∞)上的解集为(0，2)，g(x)为偶函数，故g(x)<0在(－∞，0)上的解集为(－∞，－2)，‎ 故f(x)>0在(－∞，0)上的解集为(－∞，－2)．综上可知，f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2)．故选A．‎ ‎(2)当x<0时，f′(x)>⇔xf′(x)－f(x)<0.‎ 构造函数g(x)＝，‎ 则g′(x)＝<0，‎ 即g(x)在(－∞，0)上单调递减．‎ 函数f(x)为偶函数，故g(x)为奇函数，‎ 得g(x)在(0，＋∞)上单调递减．‎ b＝4m，c＝4m.‎ 因为m>1，所以m＋1>2，<＝2，‎ 所以m＋1>2>.‎ 所以g(m＋1)0时，‎ 由2f(x)＋xf′(x)>x2，‎ 得g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)>x3>0，‎ 即函数g(x)＝x2f(x)在区间(0，＋∞)上递增，‎ 故g(x)＝x2f(x)>g(0)＝0⇒f(x)>0；‎ ‎②当x<0时，有g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)g(0)＝0⇒f(x)>0；‎ ‎③当x＝0时，‎ 由2f(x)＋xf′(x)>x2，得f(x)>0.‎ 综上，对任意x∈R，有f(x)>0，应选A．‎ ‎【答案】　(1)A　(2)A　(3)A ‎(1)由于[xf(x)]′＝f(x)＋xf′(x)，′＝，后者导数的符号与xf′(x)－f(x)一致．在含有xf′(x)±f(x)类问题中，可以考虑构造上述函数．‎ ‎(2)对于xf′(x)＋nf(x)>0型，构造F(x)＝xnf(x)，则F′(x)＝xn－1[xf′(x)＋nf(x)](注意对xn－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；‎ ‎(3)对于xf′(x)－nf(x)>0型，且x≠0，构造F(x)＝，则F′(x)＝(亦需注意对xn＋1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)－f(x)>0，构造F(x)＝，则F′(x)＝>0.‎ ‎　含f(x)±f′(x)tan x型 ‎ 已知函数f(x)的导函数f′(x)，当x∈时，f′(x)sin 2xg，即f>f.故选B．‎ ‎【答案】　B 由于在上，[sin x·f(x)]′＝cos x·f(x)＋sin x·f′(x)，其符号与f(x)＋f′(x)tan x相同，′＝，其符号与f′(x)tan x－f(x)符号相同．在含有f(x)±f′(x)tan x 的问题中，可以考虑构造函数f(x)sin x，f(x)cos x，，等．　 ‎ 二、“存在性问题”与“任意性问题”的辨析 ‎ “∀x，使得f(x)>g(x)”与“∃x，使得f(x)>g(x)”的辨析 ‎(1)∀x，使得f(x)>g(x)，只需h(x)min＝[f(x)－g(x)]min>0.如图1.‎ ‎(2)∃x，使得f(x)>g(x)，只需h(x)max＝[f(x)－g(x)]max>0.如图2.‎ ‎ (1)设函数f(x)＝(x>0且x≠1)，f(x)在(0，)上单调递增，若2>xa对于任意x∈(0，1)成立，则a的取值范围是________．‎ ‎(2)已知函数f(x)＝3ln x－x2＋x，g(x)＝3x＋a，若存在x0>0，使得f(x0)>g(x0)成立，则参数a的取值范围是________．‎ ‎【解析】　(1)在2>xa两边取对数，得ln 2>aln x.‎ 由于x∈(0，1)，所以>.①‎ 由f(x)在(0，)上单调递增知，当x∈(0，1)时，f(x)≤f＝－e.‎ 为使①式对∀x∈(0，1)成立，当且仅当>－e，‎ 即a>－eln 2.‎ ‎(2)设h(x)＝3ln x－x2－2x.∃x0>0，‎ 使f(x0)>g(x0)成立，等价于∃x>0，‎ 使h(x)＝3ln x－x2－2x>a成立，‎ 等价于a0)．‎ 因为h′(x)＝－x－2＝＝－，‎ 令得01.‎ 所以函数h(x)＝3ln x－x2－2x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，‎ 所以函数h(x)max＝h(1)＝－，即a<－，‎ 因此参数a的取值范围为(－∞，－)．‎ ‎【答案】　(1)(－eln 2，＋∞)　(2)(－∞，－)‎ ‎ “若∃x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)”与“∀x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)”的辨析 ‎(1)∃x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)等价于函数f(x)在D1上的值域A与g(x)在D2上的值域B的交集不空，即A∩B≠∅(如图3)．其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值．‎ ‎(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)等价于函数f(x)在D1上的值域A是g(x)在D2上的值域B的子集，即A⊆B，如图4，其等价转化的目标是函数y＝f(x)的函数值都在函数y＝g(x)的值域之中．‎ ‎[说明]　图3，图4中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y轴上的投影．‎ ‎ 已知函数f(x)＝x2－ax3，a>0，x∈R.g(x)＝.‎ ‎(1)若∃x1∈(－∞，－1]，∃x2∈，使得f(x1)＝g(x2)，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)当a＝时，证明：对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)．‎ ‎【解】 (1)因为f(x)＝x2－ax3，‎ 所以f′(x)＝2x－2ax2＝2x(1－ax)．‎ 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.因为a>0，所以>0，所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，－1]上单调递减，f(x)在(－∞，－1]上的值域为.‎ 因为g(x)＝，则g′(x)＝′＝＝.‎ 当x<－时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)g(x2)”与“∃x1，x2∈D，使得f(x1)>g(x2)”的辨析 ‎(1)f(x)，g(x)是在闭区间D上的连续函数且∀x1，x2∈D，使得f(x1)>g(x2)等价于f(x)min>g(x)max.其等价转化的目标是函数y＝f(x)的任意一个函数值均大于函数y＝g(x)的任意一个函数值，如图5.‎ ‎(2)存在x1，x2∈D，使得f(x1)>g(x2)，等价于f(x)max>g(x)min.其等价转化的目标是函数y＝f(x)的某一个函数值大于函数y＝g(x)的某些函数值．如图6.‎ ‎ 已知f(x)＝x＋(a>0)，g(x)＝x＋ln x.‎ ‎(1)若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)若存在x1，x2∈[1，e]，使得f(x1)0，所以g(x)在[1，e]上单调递增，所以g(x)max＝g(e)＝e＋1.‎ 只需证f(x)≥e＋1，‎ 即x＋≥e＋1⇔a2≥(e＋1)x－x2在[1，e]上恒成立即可．‎ 令h(x)＝(e＋1)x－x2.‎ 当x∈[1，e]时，h(x)＝(e＋1)x－x2的最大值为 h＝.所以a2≥，即a≥.‎ 故实数a的取值范围是.‎ ‎(2)存在x1，x2∈[1，e]，使得f(x1)0，所以g(x)在[1，e]上单调递增，所以g(x)max＝g(e)＝e＋1.‎ f(x)＝x＋(a>0)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．当0e时，f(x)在[1，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝e＋，此时，e＋<1＋e，即a<，与a>e矛盾，不符合题意．‎ 综上可知，实数a的取值范围为.‎ ‎(1)从数的角度看，问题的本质就是f(x)min≥g(x)max，从形的角度看，问题的本质就是函数f(x)图象的最低点也不低于g(x)图象的最高点．‎ ‎(2)从形的角度看，问题的本质就是函数f(x)图象的最低点低于g(x)图象的最高点．　 ‎ ‎ “∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)>g(x2)”与“∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值，即f(x)min>g(x)min(这里假设f(x)min，g(x)min存在)．其等价转化的目标是函数y＝f(x)的任意一个函数值大于函数y＝g(x)的某一个函数值．如图7.‎ ‎(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)0，‎ 所以当x∈(0，2)时，f(x)min＝f(1)＝－.‎ 又g(x)＝x2－2bx＋4，‎ ‎①当b<1时，可求得g(x)min＝g(1)＝5－2b，‎ 则5－2b≤－，解得b≥，这与b<1矛盾；‎ ‎②当1≤b≤2时，可求得g(x)min＝g(b)＝4－b2，‎ 则4－b2≤－，‎ 得b2≥，这与1≤b≤2矛盾；‎ ‎③当b>2时，可求得g(x)min＝g(2)＝8－4b，由8－4b≤－，得b≥.‎ 综合①②③得实数b的取值范围是.‎