《2020版高中數(shù)學(xué) 第四章 導(dǎo)數(shù)應(yīng)用 專(zhuān)題突破六 構(gòu)造函數(shù)法在導(dǎo)數(shù)中的應(yīng)用學(xué)案（含解析）北師大版選修1 -1.docx》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2020版高中數(shù)學(xué) 第四章 導(dǎo)數(shù)應(yīng)用 專(zhuān)題突破六 構(gòu)造函數(shù)法在導(dǎo)數(shù)中的應(yīng)用學(xué)案（含解析）北師大版選修1 -1.docx（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
專(zhuān)題突破六 構(gòu)造函數(shù)法在導(dǎo)數(shù)中的應(yīng)用
所謂“構(gòu)造函數(shù)”即從無(wú)到有，即在解題的過(guò)程中，根據(jù)題目的條件和結(jié)構(gòu)特征，不失時(shí)機(jī)地“構(gòu)造”出一個(gè)具體函數(shù)，對(duì)學(xué)生的思維能力要求較高，難度較大，一般都作為小題或解答題的壓軸部分．
一、作差法構(gòu)造
例1 設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋，它們的圖像在x軸上的公共點(diǎn)處有公切線(xiàn)．
求證：當(dāng)x>1時(shí)，f(x)
1知，h′(x)＝－－＝－<0，
所以h(x)在(1，＋∞)上是減函數(shù)，
即h(x)1時(shí)，g′(x)>0.
所以x＝1是g(x)的極小值點(diǎn)，也是最小值點(diǎn)．
故當(dāng)x>0時(shí)，g(x)≥g(1)＝0.
因此，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，≥lnx＋1.
二、分離參數(shù)法構(gòu)造
例2 若對(duì)任意的x∈[e，＋∞)，都有xlnx≥ax－a，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
考點(diǎn)
題點(diǎn)
解 對(duì)于任意的x∈[e，＋∞)，都有xlnx≥ax－a，
等價(jià)于a≤在[e，＋∞)上恒成立，
令h(x)＝，h′(x)＝，x∈[e，＋∞)，
當(dāng)x≥e時(shí)，(x－lnx－1)′＝1－>0，
即m(x)＝x－lnx－1在[e，＋∞)上是增加的，
故m(x)≥m(e)＝e－2>0，
∴h′(x)>0，
所以h(x)＝在[e，＋∞)上是增加的，
h(x)min＝h(e)＝，
所以a≤，
即實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
點(diǎn)評(píng) 恒成立問(wèn)題中，求參數(shù)范圍的問(wèn)題，常常分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為a≤F(x)min或a≥F(x)max.其中F(x)為構(gòu)造的新函數(shù)．
跟蹤訓(xùn)練2 (2018玉溪模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋tx(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．若對(duì)于任意的x∈(0,2]，不等式f(x)>0恒成立，則實(shí)數(shù)t的取值范圍為_(kāi)_______．
考點(diǎn)
題點(diǎn)
答案 (－e，＋∞)
解析 依題意得ex＋tx>0在(0,2]上恒成立，
即對(duì)任意的x∈(0,2]，t>－恒成立．
令g(x)＝－，∴g′(x)＝.
當(dāng)00；當(dāng)1f(x)，則當(dāng)a>0時(shí)，f(a)與eaf(0)的大小關(guān)系為( )
A．f(a)eaf(0)
C．f(a)＝eaf(0) D．不能確定
考點(diǎn)
題點(diǎn)
答案 B
解析 令F(x)＝，
則F′(x)＝＝>0，
從而F(x)＝在R上是增加的，
于是當(dāng)a>0時(shí)，F(xiàn)(a)＝>F(0)＝＝f(0)，
即f(a)>eaf(0)．
點(diǎn)評(píng) 常依據(jù)(f(x)g(x))′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)和′＝來(lái)構(gòu)造函數(shù)．
如熟悉下列結(jié)論可達(dá)到事半功倍的效果．如：
(1)對(duì)于f′(x)＋f(x)>0構(gòu)造h(x)＝exf(x)；
(2)對(duì)于f′(x)－f(x)>0構(gòu)造h(x)＝；
(3)對(duì)于xf′(x)＋f(x)>0構(gòu)造h(x)＝xf(x)；
(4)對(duì)于xf′(x)－f(x)>0構(gòu)造h(x)＝.
跟蹤訓(xùn)練3 設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)－f(x)<0，則使得>0成立的x的取值范圍是________．
考點(diǎn)
題點(diǎn)
答案 (－1,0)∪(0,1)
解析 令F(x)＝，
因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，所以F(x)為偶函數(shù)．
又F′(x)＝，
且當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)－f(x)<0，
所以F(x)＝在(0，＋∞)上是減少的，
根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，F(xiàn)(x)＝在(－∞，0)上是增加的，
又f(－1)＝0，f(1)＝0，
數(shù)形結(jié)合可知，使得>0的x的取值范圍是(－1,0)∪(0,1)．
四、條件轉(zhuǎn)化后的形式的構(gòu)造
例4 設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋，m∈R，若對(duì)任意b>a>0，<1恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
考點(diǎn)
題點(diǎn)
解 對(duì)任意b>a>0，<1恒成立等價(jià)于f(b)－b0)，
∴h(x)在(0，＋∞)上是減少的，
h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，
∴m≥－x2＋x＝－2＋(x>0)，
則m≥，
∴m的取值范圍是.
點(diǎn)評(píng) 運(yùn)用下列形式的等價(jià)變形構(gòu)造：分式形式a)?f(b)－f(a)0在(0，＋∞)上恒成立，則k的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
考點(diǎn)
題點(diǎn)
答案 D
解析 由f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即k>.
令g(x)＝，g′(x)＝，
當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)>0，g(x)是增加的，
當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)<0，g(x)是減少的．
∴g(x)max＝＝，∴k>.
2．若α，β∈，且αsinα－βsinβ>0，則下列結(jié)論正確的是( )
A．α>βB．α2>β2C．α<βD．α＋β>0
考點(diǎn)
題點(diǎn)
答案 B
解析 令f(x)＝xsinx，f′(x)＝sinx＋xcosx，
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0，f(x)是增加的，
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0，f(x)是減少的，
∵αsinα>βsinβ，∴f(α)>f(β)，
又f(x)為偶函數(shù)，
∴|α|>|β|，故α2>β2.
3．已知f(x)是定義在(0，＋∞)上的函數(shù)，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且總有f(x)>xf′(x)，則不等式f(x)>xf(1)的解集為( )
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C．(0,1) D．(1，＋∞)
考點(diǎn)
題點(diǎn)
答案 C
解析 設(shè)g(x)＝(x>0)，則g′(x)＝.
∵f(x)>xf′(x)，∴g′(x)<0，
∴g(x)在(0，＋∞)上是減少的．
又f(x)>xf(1)?>?g(x)>g(1)，
∴f(x)>xf(1)的解集為(0,1)．
4．已知函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，且當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f(x)＋xf′(x)<0恒成立，若a＝20.2f(20.2)，b＝(logπ3)f(logπ3)，c＝(log39)f(log39)，則a，b，c的大小關(guān)系是( )
A．b>a>cB．c>a>bC．c>b>aD．a(chǎn)>b>c
考點(diǎn)
題點(diǎn)
答案 A
解析 設(shè)F(x)＝xf(x)，則F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，
因?yàn)閤<0時(shí)，f(x)＋xf′(x)<0，所以F′(x)<0，
則當(dāng)x<0時(shí)，F(xiàn)(x)是減少的，
又f(x)的圖像關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)．
所以f(x)是偶函數(shù)，則F(x)為奇函數(shù)，
當(dāng)x>0時(shí)，F(xiàn)(x)是減函數(shù)，
又1<20.2<2,0a>c.
5．已知函數(shù)f(x)＝alnx＋x2(x>0)，若對(duì)任意兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)x1，x2都有≥2恒成立，則a的取值范圍是________．
考點(diǎn)
題點(diǎn)
答案 [1，＋∞)
解析 由≥2知，函數(shù)f(x)的圖像上任何一點(diǎn)處的切線(xiàn)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)，
記g(x)＝x(2－x)(x>0)，則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，當(dāng)x＝1時(shí)，g(x)有最大值1.故a≥1.
6．已知f(x)＝(x>0)．
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)比較20162017與20172016的大小并說(shuō)明理由．
考點(diǎn)
題點(diǎn)
解 (1)f′(x)＝，
當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)>0，f(x)是增加的，
當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)是減少的，
∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，＋∞)．
(2)由(1)知f(x)在(e，＋∞)上是減少的，
∴f(2016)>f(2017)，即>，
即2017ln2016>2016ln2017，
即ln20162017>ln20172016，
又y＝lnx在(0，＋∞)上是增加的，
所以20162017>20172016.
7．已知函數(shù)f(x)＝x2－2alnx＋(a－2)x.
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求函數(shù)f(x)在[1，e]上的最小值和最大值；
(2)是否存在實(shí)數(shù)a，對(duì)任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，都有>a恒成立？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，說(shuō)明理由．
解 (1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝x2－2lnx－x.
則f′(x)＝x－－1＝
＝，x∈[1，e]．
∴當(dāng)x∈[1,2)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(2，e]時(shí)，f′(x)>0.
∴f(x)在[1,2)上是減函數(shù)，在(2，e]上是增函數(shù)．
∴當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)取得最小值，其最小值為f(2)＝－2ln2.
又f(1)＝－，f(e)＝－e－2，
f(e)－f(1)＝－e－2＋＝<0，
∴f(e)a恒成立，
不妨設(shè)0a，
即f(x2)－ax2>f(x1)－ax1.
設(shè)g(x)＝f(x)－ax＝x2－2alnx＋(a－2)x－ax＝x2－2alnx－2x，
則g′(x)＝x－－2＝＝.
只需g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，
即g′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，只需－1－2a≥0，
解得a≤－.
即a的取值范圍是.
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