资源简介

§3.4　函数中的构造问题
题型一　导数型构造函数
命题点1　利用f(x)与x构造
例1　(2022·湘豫名校联考)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数为f′(x)，当x>0时，f′(x)－>0，若a＝2f(1)，b＝f(2)，c＝4f ，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．cC．b答案　B
解析　构造函数g(x)＝(x>0)，
得g′(x)＝
＝，
由题知当x>0时，f′(x)－>0，
所以g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以>>，
即f(2)>2f(1)>4f ，即b>a>c.
思维升华　(1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)；
(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
跟踪训练1　设f(x)为定义在R上的奇函数，f(－3)＝0.当x>0时，xf′(x)＋2f(x)>0，其中f′(x)为f(x)的导函数，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)
A．(－∞，－3)∪(0,3)
B．(－3,0)∪(3，＋∞)
C．(－3,0)∪(0,3)
D．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
答案　B
解析　令g(x)＝x2f(x)，x∈R，
当x>0时，g′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)
＝x[xf′(x)＋2f(x)]>0，
即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为f(x)为R上的奇函数，
即f(－x)＝－f(x)，
于是得g(－x)＝(－x)2f(－x)＝－g(x)，
则g(x)是奇函数，g(x)在(－∞，0)上单调递增，
又f(－3)＝0，
则g(3)＝－g(－3)＝－[(－3)2f(－3)]＝0，
当x>0时，f(x)>0 g(x)>0＝g(3)，得x>3，
当x<0时，f(x)>0 g(x)>0＝g(－3)，
得－3综上，得－33，所以使f(x)>0成立的x的取值范围是(－3,0)∪(3，＋∞)．
命题点2　利用f(x)与ex构造
例2　(多选)已知f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的函数，导函数f′(x)满足f′(x)A．f(2)e2f(0)
C．e2f(－1)>f(1) D．e2f(－1)答案　AC
解析　构造F(x)＝，则F′(x)＝＝，导函数f′(x)满足f′(x)思维升华　(1)出现f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)；
(2)出现f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
跟踪训练2　若定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＋2f(x)>0，且f(0)＝1，则不等式f(x)>的解集为________．
答案　(0，＋∞)
解析　构造F(x)＝f(x)·e2x，
∴F′(x)＝f′(x)·e2x＋f(x)·2e2x
＝e2x[f′(x)＋2f(x)]>0，
∴F(x)在R上单调递增，
且F(0)＝f(0)·e0＝1，
不等式f(x)>可化为f(x)e2x>1，
即F(x)>F(0)，∴x>0，
∴原不等式的解集为(0，＋∞)．
命题点3　利用f(x)与sin x、cos x构造
例3　(多选)(2022·重庆模拟)定义在上的函数f(x)，已知f′(x)是它的导函数，且恒有cos x·f′(x)＋sin x·f(x)<0成立，则有(　　)
A．f >f
B.f >f
C．f >f
D.f >f
答案　CD
解析　构造函数g(x)＝.
则g′(x)＝<0，即函数g(x)在上单调递减，
所以g>g，
所以f >f ，
同理g>g，
即f >f .
思维升华　函数f(x)与sin x，cos x相结合构造可导函数的几种常见形式
F(x)＝f(x)sin x，
F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x；
F(x)＝，
F′(x)＝；
F(x)＝f(x)cos x，
F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x；
F(x)＝，
F′(x)＝.
跟踪训练3　已知R上的奇函数f(x)，其导函数为f′(x)，且当x∈(0，＋∞)时，f′(x)sin x＋f(x)cos x<0，若a＝f ，b＝－f ，则a与b的大小关系为________．
答案　a解析　设φ(x)＝f(x)·sin x，
则φ′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x，
∴x∈(0，＋∞)时，φ′(x)<0，
即φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又f(x)为奇函数，∴φ(x)为偶函数，
∴φ＝φ>φ，
即f ·sin>f ·sin ，
即－f >f ，
即f <－f ，∴a题型二　同构法构造函数
例4　(1)若存在x，y∈(0，＋∞)使得xln(2ax)＋y＝xln y，则实数a的最大值为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　由xln(2ax)＋y＝xln y，
得ln(2a)＝ln－，
令t＝>0，g(t)＝ln t－t，
则g′(t)＝－1＝，
当00，当t>1时，g′(t)<0，
所以g(t)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以当t＝1时，
g(t)取得极大值即最大值g(1)＝－1，
因为当t→0时，g(t)→－∞，
所以g(t)∈(－∞，－1]，
所以ln 2a≤－1，所以0所以实数a的最大值为.
(2)(2022·河北联考)已知当x≥e时，不等式xa＋－≥aln x恒成立，则正实数a的最小值为(　　)
A．1 B. C．e D.
答案　B
解析　由题意，原不等式可变形为
－≤xa－aln x，
即－≤xa－ln xa，设f(x)＝x－ln x，
则当x≥e时，≤f(xa)恒成立，
因为f′(x)＝1－＝，
所以函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
因为x≥e，a>0，所以>1，xa>1，
因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以要使≤f(xa)，只需≤xa，
两边取对数，得≤aln x，
因为x≥e，所以a≥.
令h(x)＝xln x(x∈[e，＋∞))，
因为h′(x)＝ln x＋1>0，
所以h(x)在[e，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(e)＝e，
所以0<≤，
则a≥，故正实数a的最小值为.
思维升华　同构法的三种基本模式：①乘积型，如aea≤bln b可以同构成aea≤(ln b)eln b，进而构造函数f(x)＝xex；②比商型，如<可以同构成<，进而构造函数f(x)＝；③和差型，如ea±a>b±ln b，同构后可以构造函数f(x)＝ex±x或f(x)＝x±ln x.
跟踪训练4　(1)(多选)(2022·常州模拟)若0A．
B．
C．>ln x2－ln x1
D．答案　AD
解析　构造函数f(x)＝(0因为f′(x)＝<0，
所以f(x)在(0,1)上单调递减，
因为0所以，
即，
所以选项A正确，选项B错误；
构造函数h(x)＝ex－ln x(0h′(x)＝ex－，
易知h′(x)在(0,1)上单调递增，
而h′(1)＝e－1>0，
当x→0＋时，h′(x)→－∞，
所以存在x0∈(0,1)，使h′(x0)＝0，
所以h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0,1)上单调递增，
所以无法判断C选项的正确性；
构造函数g(x)＝ex＋ln x(0易知g(x)在(0,1)上单调递增，
因为0所以＋ln x1<＋ln x2，
即所以选项D正确．
(2)已知函数f(x)＝ex－－1在(0，＋∞)上有且仅有一个零点，则实数k＝________.
答案　1
解析　令f(x)＝0得，
k＝xex－x－ln x＝eln x·ex－x－ln x
＝eln x＋x－x－ln x，
令x＋ln x＝t，所以t∈R，
所以k＝et－t，
令φ(t)＝et－t，φ′(t)＝et－1，
令φ′(t)>0，得t>0，
令φ′(t)<0，得t<0，
所以φ(t)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，
所以φ(t)min＝φ(0)＝1，
且当t→－∞时，φ(t)→＋∞，
当t→＋∞时，φ(t)→＋∞，
所以k＝1.
在解决不等式恒(能)成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是分离参数法，转化成求函数的最值，但在求最值时如果出现“”型的代数式，就设法求其最值．“”型的代数式，是大学数学中的不定式问题，解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则．
法则1　若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1) f(x)＝0及 g(x)＝0；
(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3) ＝A，那么
＝ ＝A.
法则2　若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1) f(x)＝∞及 g(x)＝∞；
(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3) ＝A，那么
＝ ＝A.
例1　已知函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)．若对任意x>0都有f(x)>ax成立，求实数a的取值范围．
解　方法一　令φ(x)＝f(x)－ax
＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x>0)，
则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，
∵x>0，
∴ln(x＋1)>0.
①当1－a≥0，即a≤1时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又φ(0)＝0，
∴φ(x)>0恒成立，故a≤1满足题意．
②当1－a<0，即a>1时，
令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，
∴x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)<0；
x∈(ea－1－1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0，ea－1－1)上单调递减，
在(ea－1－1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(ea－1－1)<φ(0)＝0与φ(x)>0恒成立矛盾，故a>1不满足题意．
综上有a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]．
方法二　当x∈(0，＋∞)时，
(x＋1)ln(x＋1)>ax恒成立，
即a<恒成立．
令g(x)＝(x>0)，
∴g′(x)＝.
令k(x)＝x－ln(x＋1)(x>0)，
∴k′(x)＝1－＝>0，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∴k(x)>k(0)＝0，
∴x－ln(x＋1)>0恒成立，
∴g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
由洛必达法则知
g(x)＝
＝[ln(x＋1)＋1]＝1，
∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]．
例2　已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值．
(2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围．
解　(1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax
＝(x＋1)ex－2ax－1，
依题意知f′(－1)＝2a－1＝0，
∴a＝.
经检验a＝符合题意．
(2)方法一　当x>0时，f(x)≥0，
即x(ex－1)－ax2≥0，
即ex－1－ax≥0，
令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)，
则φ(x)min≥0，
φ′(x)＝ex－a.
①当a≤1时，φ′(x)＝ex－a>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)＝0，
∴a≤1满足条件．
②当a>1时，若0若x>ln a，则φ′(x)>0.
∴φ(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(ln a)＝a－1－aln a≥0.
令g(a)＝a－1－aln a(a>1)，
∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a<0，
∴g(a)在(1，＋∞)上单调递减．
∴g(a)故a>1不满足条件，
综上，实数a的取值范围是(－∞，1]．
方法二　当x>0时，f(x)≥0，
即x(ex－1)－ax2≥0，
即ex－1－ax≥0，
即ax≤ex－1，
即a≤恒成立，
令h(x)＝(x>0)，
∴h′(x)＝，
令k(x)＝ex(x－1)＋1(x>0)，
∴k′(x)＝ex·x>0，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴k(x)>k(0)＝0，
∴h′(x)>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
由洛必达法则知，
h(x)＝ ＝ ex＝1，
∴a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1]．
课时精练
1．已知f(x)的定义域为R，f(1)＝2 023，且f′(x)≥6x恒成立，则不等式f(x)>3x2＋2 020的解集为(　　)
A．(－1,1)
B．(1，＋∞)
C．(－∞，－1)
D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
答案　B
解析　令函数g(x)＝f(x)－3x2，
因为g′(x)＝f′(x)－6x≥0，
所以g(x)在R上单调递增．
因为g(1)＝f(1)－3＝2 020，
所以不等式f(x)>3x2＋2 020等价于g(x)>g(1)，所以x>1.
2．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足xf′(x)A．a>b>c B．c>a>b
C．b>a>c D．a>c>b
答案　A
解析　设g(x)＝，
则g′(x)＝<0，
∴g(x)为减函数．
∵3>ln 4>1，
∴g(3)b>c.
3．(2022·青铜峡模拟)已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，其导函数记为f′(x)，若对于任意实数x，有f(x)>f′(x)，且f(0)＝1，则不等式f(x)A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(－∞，e4) D．(e4，＋∞)
答案　A
解析　令g(x)＝，
则g′(x)＝＝，
∵f(x)>f′(x)，
∴g′(x)<0，即g(x)为减函数，
又f(0)＝1，故g(0)＝＝1，
则不等式f(x)即g(x)0，
故不等式的解集为(0，＋∞)．
4．若函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈(－π，0)，f′(x)sin xA.f >f
B．f >f
C.f D．f 答案　C
解析　因为任意x∈(－π，0)，
f′(x)sin x－f(x)cos x<0恒成立，
又当x∈(－π，0)时，sin x<0，
所以′＝<0，
所以y＝在(－π，0)上单调递减，
因为－<－，
所以>，
即>，
所以f 5．已知a＝ln ，b＝e－1，c＝，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．b>c>a B．a>c>b
C．a>b>c D．b>a>c
答案　D
解析　依题意得
a＝ln ＝，b＝e－1＝，
c＝＝.
令f(x)＝(x>0)，
则f′(x)＝，易知函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
所以f(x)max＝f(e)＝＝b，
且f(3)>f(8)，即a>c，所以b>a>c.
6．(2022·包头质检)若e－2b＋(a－1)2＝e－a＋(2b－1)2，则(　　)
A．a>2b B．a＝2b
C．a<2b D．a>b2
答案　B
解析　设f(x)＝(x－1)2－e－x，
则f′(x)＝x－1＋e－x，设g(x)＝x－1＋e－x，
则g′(x)＝1－e－x＝，
令g′(x)>0 x>0 f′(x)在(0，＋∞)上单调递增；
令g′(x)<0 x<0 f′(x)在(－∞，0)上单调递减，
所以f′(x)min＝f′(0)＝0，即f′(x)≥0恒成立，
所以f(x)＝(x－1)2－e－x在(－∞，＋∞)上单调递增，
e－2b＋(a－1)2＝e－a＋(2b－1)2化为
(a－1)2－e－a＝(2b－1)2－e－2b，
即f(a)＝f(2b) a＝2b.
7．(多选)已知a，b∈(0，e)，且aA．aebbea
C．aln bbln a
答案　ABD
解析　设g(x)＝，则g′(x)＝，
所以g(x)＝在(0,1)上单调递减，在(1，e)上单调递增．
所以当a，b∈(0，e)，a所以选项A，B都有可能正确；
设f(x)＝，则f′(x)＝，
由f′(x)>0，得0e，
所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
因为a，b∈(0，e)，且a即aln b>bln a.
所以选项C不正确，D正确．
8．(多选)(2022·山东济宁一中月考)已知定义域为R的函数f(x)的图象连续不断，且 x∈R，f(x)＋f(－x)＝4x2，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<4x，若f(2m＋1)－f(－m)≤6m2＋8m＋2，则实数m的取值可以为(　　)
A．－1 B．－ C. D．1
答案　BCD
解析　依题意得，f(x)＋f(－x)＝4x2，
故f(x)－2x2＝－[f(－x)－2(－x)2]，
令g(x)＝f(x)－2x2，则g(x)＝－g(－x)，
所以函数g(x)为奇函数，g′(x)＝f′(x)－4x，
因为当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<4x，
即当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＝f′(x)－4x<0，
故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，由g(x)为奇函数可知，g(x)在R上单调递减，
因为f(2m＋1)－f(－m)≤6m2＋8m＋2，
故f(2m＋1)－2·(2m＋1)2≤f(－m)－2·(－m)2，
即g(2m＋1)≤g(－m)，故2m＋1≥－m，
则m≥－，
所以实数m的取值范围为.
9．定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，则不等式exf(x)>ex＋3的解集为________．
答案　(0，＋∞)
解析　将f(x)＋f′(x)>1左右两边同乘ex得，
exf(x)＋exf′(x)－ex>0，
令g(x)＝exf(x)－ex，
则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex>0，
所以g(x)在R上单调递增，
且g(0)＝f(0)－1＝3，
不等式exf(x)>ex＋3等价于exf(x)－ex>3，
即g(x)>g(0)，所以x>0.
10．(2022·江阴模拟)若x答案　(－∞，－2]
解析　因为 x2即2sin－mx<2sin－my，
令f(x)＝2sin－mx，
即 x x∈R，f′(x)＝2cos－m≥0，
即m≤2cos，
而2cos有最小值－2，即m≤－2，
所以实数m的取值范围是(－∞，－2]．
11．(2022·深圳模拟)已知a，b，c∈(0,1)，且a2－2ln a＋1＝e，b2－2ln b＋2＝e2，c2－2ln c＋3＝e3，其中e是自然对数的底数，则a，b，c的大小关系是________．
答案　a>b>c
解析　设f(x)＝x2－2ln x，g(x)＝ex－x，
则f(a)＝g(1)，f(b)＝g(2)，f(c)＝g(3)，
又g′(x)＝ex－1＞0(x＞0)，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(3)＞g(2)＞g(1)，
即f(c)＞f(b)＞f(a)，
因为f′(x)＝2x－＝＜0(x∈(0,1))，
所以f(x)在(0,1)上单调递减，
所以a＞b＞c.
12．若不等式xex－a≥ln x＋x－1恒成立，则实数a的最大值为________．
答案　2
解析　∵xex－a≥ln x＋x－1，
∴eln x＋x－a≥ln x＋x－1，
令t＝ln x＋x，
则et－a≥t－1恒成立，
则a≤et－t＋1恒成立，
令φ(t)＝et－t＋1，
∴φ′(t)＝et－1，
当t∈(－∞，0)时，φ′(t)<0；
当t∈(0，＋∞)时，φ′(t)>0，
∴φ(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(t)min＝φ(0)＝2，
∴a≤2，故a的最大值为2.

展开更多......

收起↑