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- 2022-04-13 发布
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专题突破六 构造函数法在导数中的应用所谓“构造函数”即从无到有，即在解题的过程中，根据题目的条件和结构特征，不失时机地“构造”出一个具体函数，对学生的思维能力要求较高，难度较大，一般都作为小题或解答题的压轴部分．一、作差法构造例1 设函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋，它们的图象在x轴上的公共点处有公切线．求证：当x>1时，f(x)1知，h′(x)＝－－＝－<0，所以h(x)在(1，＋∞)上是减函数，即h(x)1时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的极小值点，也是最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.n因此，当x∈(0，＋∞)时，≥lnx＋1.二、分离参数法构造例2 若对任意的x∈[e，＋∞)，都有xlnx≥ax－a，求实数a的取值范围．考点 题点 解 对于任意的x∈[e，＋∞)，都有xlnx≥ax－a，等价于a≤在[e，＋∞)上恒成立，令h(x)＝，h′(x)＝，x∈[e，＋∞)，当x≥e时，(x－lnx－1)′＝1－>0，即m(x)＝x－lnx－1在[e，＋∞)上单调递增，故m(x)≥m(e)＝e－2>0，∴h′(x)>0，所以h(x)＝在[e，＋∞)上单调递增，h(x)min＝h(e)＝，所以a≤，即实数a的取值范围是.点评 恒成立问题中，求参数范围的问题，常常分离参数，转化为a≤F(x)min或a≥F(x)max.其中F(x)为构造的新函数．跟踪训练2 (2018·玉溪模拟)已知函数f(x)＝ex＋tx(e为自然对数的底数)．若对于任意的x∈(0,2]，不等式f(x)>0恒成立，则实数t的取值范围为．考点 题点 答案 (－e，＋∞)解析 依题意得ex＋tx>0在(0,2]上恒成立，即对任意的x∈(0,2]，t>－恒成立．n令g(x)＝－，∴g′(x)＝.当00；当1f(x)，则当a>0时，f(a)与eaf(0)的大小关系为( )A．f(a)eaf(0)C．f(a)＝eaf(0)D．不能确定考点 题点 答案 B解析 令F(x)＝，则F′(x)＝＝>0，从而F(x)＝在R上单调递增，于是当a>0时，F(a)＝>F(0)＝＝f(0)，即f(a)>eaf(0)．点评 常依据(f(x)·g(x))′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)和′＝来构造函数．如熟悉下列结论可达到事半功倍的效果．如：(1)对于f′(x)＋f(x)>0构造h(x)＝exf(x)；(2)对于f′(x)－f(x)>0构造h(x)＝；(3)对于xf′(x)＋f(x)>0构造h(x)＝xf(x)；(4)对于xf′(x)－f(x)>0构造h(x)＝.跟踪训练3 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)－nf(x)<0，则使得>0成立的x的取值范围是．考点 题点 答案 (－1,0)∪(0,1)解析 令F(x)＝，因为f(x)为奇函数，所以F(x)为偶函数．又F′(x)＝，且当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，所以F(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F(x)＝在(－∞，0)上单调递增，又f(－1)＝0，f(1)＝0，数形结合可知，使得>0的x的取值范围是(－1,0)∪(0,1)．四、条件转化后的形式的构造例4 设函数f(x)＝lnx＋，m∈R，若对任意b>a>0，<1恒成立，求实数m的取值范围．考点 题点 解 对任意b>a>0，<1恒成立等价于f(b)－b0)，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，∴m≥－x2＋x＝－2＋(x>0)，则m≥，∴m的取值范围是.n点评 运用下列形式的等价变形构造：分式形式a)⇔f(b)－f(a)0在(0，＋∞)上恒成立，则k的取值范围是( )A.B.C.D.考点 题点 答案 D解析 由f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即k>.令g(x)＝，g′(x)＝，当x∈(0，)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，n当x∈(，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．∴g(x)max＝g()＝，∴k>.2．若α，β∈，且αsinα－βsinβ>0，则下列结论正确的是( )A．α>βB．α2>β2C．α<βD．α＋β>0考点 题点 答案 B解析 令f(x)＝xsinx，f′(x)＝sinx＋xcosx，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∵αsinα>βsinβ，∴f(α)>f(β)，又f(x)为偶函数，∴|α|>|β|，故α2>β2.3．已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，f′(x)是f(x)的导函数，且总有f(x)>xf′(x)，则不等式f(x)>xf(1)的解集为( )A．(－∞，0)B．(0，＋∞)C．(0,1)D．(1，＋∞)考点 题点 答案 C解析 设g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝.∵f(x)>xf′(x)，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又f(x)>xf(1)⇔>⇔g(x)>g(1)，∴f(x)>xf(1)的解集为(0,1)．4．已知函数f(x)的图象关于y轴对称，且当x∈(－∞，0)时，f(x)＋xf′(x)<0恒成立，若a＝20.2f(20.2)，b＝(logπ3)f(logπ3)，c＝(log39)f(log39)，则a，b，c的大小关系是( )A．b>a>cB．c>a>bC．c>b>aD．a>b>c考点 n题点 答案 A解析 设F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，因为x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，所以F′(x)<0，则当x<0时，F(x)单调递减，又f(x)的图象关于y轴对称．所以f(x)是偶函数，则F(x)为奇函数，当x>0时，F(x)是减函数，又1<20.2<2,0a>c.5．已知函数f(x)＝alnx＋x2(x>0)，若对任意两个不相等的正实数x1，x2都有≥2恒成立，则a的取值范围是．考点 题点 答案 [1，＋∞)解析 由≥2知，函数f(x)的图象上任何一点处的切线斜率都大于或等于2，故f′(x)≥2.且f′(x)＝＋x(x>0)，由＋x≥2，有a≥x(2－x)，记g(x)＝x(2－x)(x>0)，则a≥g(x)在(0，＋∞)上恒成立，所以a≥g(x)max(x>0)．而g(x)＝x(2－x)＝－(x－1)2＋1，当x＝1时，g(x)有最大值1.故a≥1.6．已知f(x)＝(x>0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)比较20182019与20192018的大小并说明理由．考点 题点 n解 (1)f′(x)＝，当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．(2)由(1)知f(x)在(e，＋∞)上单调递减，∴f(2018)>f(2019)，即>，即2019ln2018>2018ln2019，即ln20182019>ln20192018，又y＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，所以20182019>20192018.7．已知函数f(x)＝x2－2alnx＋(a－2)x.(1)当a＝1时，求函数f(x)在[1，e]上的最小值和最大值；(2)是否存在实数a，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，都有>a恒成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．解 (1)当a＝1时，f(x)＝x2－2lnx－x.则f′(x)＝x－－1＝＝，x∈[1，e]．∴当x∈[1,2)时，f′(x)<0；当x∈(2，e]时，f′(x)>0.∴f(x)在[1,2)上是减函数，在(2，e]上是增函数．∴当x＝2时，f(x)取得最小值，其最小值为f(2)＝－2ln2.又f(1)＝－，f(e)＝－e－2，f(e)－f(1)＝－e－2＋＝<0，∴f(e)a恒成立，不妨设0a，即f(x2)－ax2>f(x1)－ax1.设g(x)＝f(x)－ax＝x2－2alnx＋(a－2)x－ax＝x2－2alnx－2x，则g′(x)＝x－－2＝＝.只需g(x)在(0，＋∞)上为增函数，即g′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，只需－1－2a≥0，解得a≤－.即a的取值范围是.
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