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构造法解f(x)与f′(x)共存问题
高考中有这样一类题型，题目中不是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函数的单调性，应用单调性解决问题，该类试题具有一定的难度，下面总结了几种常见类型及解题方法．
一、只含f′(x)
已知定义在R上的函数f(x)，其导函数为f′(x)，f′(x)>2，f(2)＝4，则不等式xf(x－1)>2x2－2x的解集为________．
[解析]　设F(x)＝f(x)－2x，则F′(x)＝f′(x)－2，因为f′(x)>2，所以F′(x)＝f′(x)－2>0恒成立，所以函数F(x)在R上单调递增，又f(2)＝4，所以F(2)＝4－2×2＝0．不等式xf(x－1)>2x2－2x可转化为x[f(x－1)－2(x－1)]>0，即xF(x－1)>0，所以或解得或即x>3或x<0，所以不等式xf(x－1)>2x2－2x的解集为(－∞，0)∪(3，＋∞)．
[答案]　(－∞，0)∪(3，＋∞)
[点评]　(1)对于不等式f′(x)＋g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)；
(2)对于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)；
(3)对于不等式f′(x)>k(或(4)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)；
(5)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝(g(x)≠0)．
二、含f(x)±f′(x)
　函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有f′(x)>－f(x)成立．若f(ln 2)＝，则满足不等式f(x)>的x的取值范围是(　　)
A．(1，＋∞)　　　　　　　 B．(0,1)
C．(ln 2，＋∞) D．(0，ln 2)
[解析]　由题意，对任意x∈R，都有f′(x)>－f(x)成立，即f′(x)＋f(x)>0．令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝f′(x)ex＋f(x)ex＝ex[f′(x)＋f(x)]>0，所以函数g(x)在R上单调递增．不等式f(x)>，即exf(x)>1，即g(x)>1．因为f(ln 2)＝，所以g(ln 2)＝eln 2f(ln 2)＝2×＝1．故当x>ln 2时，g(x)>g(ln 2)＝1，所以不等式g(x)>1的解集为(ln 2，＋∞)．故选C．
[答案]　C
[点评]　(1)若知f′(x)＋f(x)的符号，则构造函数g(x)＝exf(x)．一般地，若知f′(x)＋nf(x)的符号，则构造函数g(x)＝enx·f(x)；
(2)若知f′(x)－f(x)的符号，则构造函数g(x)＝．一般地，若知f′(x)－nf(x)的符号，则构造函数g(x)＝．
三、含xf′(x)±f(x)
　定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足f(x)＋xf′(x)＝，f(1)＝1，则f(x)的零点是________．
[解析]　令g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)＝，∴g(x)＝ln x＋C(C为常数)，即xf(x)＝ln x＋C(C为常数)．又f(1)＝1，∴C＝1，∴f(x)＝，令f(x)＝＝0，则ln x＋1＝0，∴ln x＝－1，得x＝e－1＝，故f(x)的零点为．
[答案]　
[点评]　(1)若知xf′(x)＋f(x)的符号，则构造函数g(x)＝xf(x)．一般地，若知xf′(x)＋nf(x)的符号，则构造函数g(x)＝xnf(x)；
(2)若知xf′(x)－f(x)的符号，则构造函数g(x)＝．一般地，若知xf′(x)－nf(x)的符号，则构造函数g(x)＝．
四、含f(x)±f′(x)tan x
已知函数f(x)的导函数f′(x)，当x∈时，f′(x)sin 2xA．ff
C．ff
[解析]　f′(x)sin 2xg，即f>f．故选B．
[答案]　B
[点评]　(1)对于f′(x)tan x＋f(x)>0(或<0)，构造函数h(x)＝f(x)sin x；
(2)对于f′(x)tan x－f(x)>0(或<0)，构造函数h(x)＝；
(3)对于f′(x)－f(x)tan x>0(或<0)，构造函数h(x)＝f(x)cos x；
(4)对于f′(x)＋f(x)tan x>0(或<0)，构造函数h(x)＝．
1．设f(x)为R上的奇函数，当x≥0时，f′(x)－cos x<0，则不等式f(x)解析：令φ(x)＝f(x)－sin x，当x≥0时，φ′(x)＝f′(x)－cos x<0，∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递减，又f(x)为R上的奇函数，∴φ(x)为R上的奇函数，∴φ(x)在(－∞，0]上单调递减，故φ(x)在R上单调递减且φ(0)＝0，不等式f(x)0，∴原不等式的解集为(0，＋∞)．
答案：(0，＋∞)
2．已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x)，且满足f(－1)＝0，当x>0时，2f(x)>xf′(x)，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是________．
解析：构造函数F(x)＝，则F′(x)＝，当x>0时，xf′(x)－2f(x)<0，可以推出当x>0时，F′(x)<0，F(x)在(0，＋∞)上单调递减．∵f(x)为偶函数，x2为偶函数，∴F(x)为偶函数，∴F(x)在(－∞，0)上单调递增．根据f(－1)＝0可得F(－1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根据图象可知f(x)>0的取值范围是(－1,0)∪(0,1)．
答案：(－1,0)∪(0,1)
[课时过关检测]
A级——基础达标
1．函数f(x)＝x3－3x2＋3x的极值点的个数是(　　)
A．0　　　　　　　　　　 B．1
C．2 D．3
解析：A　f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2，当x＝1时导函数值为0，但在此零点两侧导函数均大于0，所以此处不是函数的极值点，所以函数极值点个数为0．
2．已知函数f(x)＝(x2－a)ex ，则“a≥－1”是“f(x)有极值”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：B　f′(x)＝(x2＋2x－a)ex＝0，x2＋2x－a＝0，Δ＝4＋4a．若Δ＝4＋4a≤0，a≤－1，则f′(x)＝(x2＋2x－a)ex≥0恒成立，f(x)为增函数，无极值；若Δ＝4＋4a＞0，即a＞－1，则f(x)有两个极值．所以“a≥－1”是“f(x)有极值”的必要不充分条件．故选B．
3．设函数f(x)＝，若f(x)的极小值为，则a＝(　　)
A．－ B．
C． D．2
解析：B　由已知得f′(x)＝(x≠－a)，令f′(x)＝0，有x＝1－a，且当x＜1－a时函数f(x)单调递减，当x＞1－a时函数f(x)单调递增，∴f(x)的极小值为f(1－a)＝e1－a＝，即1－a＝，得a＝．故选B．
4．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x＋x＝(　　)
A． B．
C． D．
解析：C　由题中图象可知f(x)的图象经过点(1,0)与(2,0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，所以1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2，x1，x2是方程3x2－6x＋2＝0的两根，所以x1＋x2＝2，x1·x2＝，∴x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－2×＝．
5．设函数f(x)＝若函数存在最大值，则实数a的取值范围是(　　)
A．a≤1 B．a＜1
C．a≤ D．a＜
解析：C　显然x＜a时，f(x)＜a无最大值，x≥a时，f(x)＝存在最大值，f′(x)＝，当x＜1时，f′(x)＞0，f(x)递增，当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)递减，所以x＝1时，f(x)取得极大值也是最大值．f(1)＝，因此f(x)要有最大值，必须满足所以a≤．故选C．
6．(多选)若函数f(x)＝2x3－ax2(a<0)在上有最大值，则a的取值可能为(　　)
A．－6 B．－5
C．－4 D．－3
解析：ABC　令f′(x)＝2x(3x－a)＝0，得x1＝0，x2＝(a<0)，当0时，f′(x)>0，则f(x)的增区间为，(0，＋∞)，减区间为， 从而f(x)在x＝处取得极大值f＝－，由f(x)＝－，得2＝0，解得x＝或x＝－，又f(x)在上有最大值，所以<≤－，即a≤－4，故选A、B、C．
7．(多选)已知函数f(x)＝x＋sin x－xcos x的定义域为[－2π，2π)，则(　　)
A．f(x)为奇函数
B．f(x)在[0，π)上单调递增
C．f(x)恰有4个极大值点
D．f(x)有且仅有4个极值点
解析：BD　因为f(x)的定义域为[－2π，2π)，所以f(x)是非奇非偶函数．f′(x)＝1＋cos x－(cos x－xsin x)＝1＋xsin x，当x∈[0，π)时，f′(x)>0，则f(x)在[0，π)上单调递增，显然f′(0)≠0，令f′(x)＝0，得sin x＝－，在同一坐标系中分别作出y＝sin x，y＝－在区间[－2π，2π)上的图象如图所示，由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故f(x)在区间[－2π，2π)上的极值点的个数为4，且f(x)只有2个极大值点，故选B、D．
8．已知函数f(x)＝e－x－ex，x∈[0，a]，a为正实数，则函数f(x)的最小值为________，最大值为________．
解析：f′(x)＝－e－x－ex＝－．当x∈[0，a]时，f′(x)＜0恒成立，即f(x)在[0，a]上单调递减．故当x＝a时，f(x)有最小值f(a)＝e－a－ea；当x＝0时，f(x)有最大值f(0)＝e－0－e0＝0．即f(x)的最小值为e－a－ea，最大值为0．
答案：e－a－ea　0
9．已知函数f(x)＝ax3－x2＋x－xln x存在两个极值点，则实数a的取值范围是________．
解析：函数的定义域为(0，＋∞)，由题意得f′(x)＝3ax2－x－ln x，因为函数f(x)有两个极值点，所以f′(x)有两个变号零点．由f′(x)＝0得3ax2＝x＋ln x，即3a＝，令g(x)＝，则g′(x)＝，易知函数y＝－x＋1－2ln x是减函数，且当x＝1时，y＝0，所以当0＜x＜1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．故g(x)max＝g(1)＝1，又当0＜x＜时，g(x)＜0，当x＞1时，g(x)＞0，所以要使f′(x)有两个零点，需0＜3a＜1，即0＜a＜．
答案：
10．已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)当a＝时，求f(x)的极值；
(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数．
解：(1)当a＝时，f(x)＝ln x－x，函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝－＝，
令f′(x)＝0，得x＝2，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表．
x (0,2) 2 (2，＋∞)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) ? ln 2－1 ?
故f(x)在定义域上的极大值为f(2)＝ln 2－1，无极小值．
(2)由(1)知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－a＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；
当a>0时，若x∈，则f′(x)>0，
若x∈，则f′(x)<0，
故函数在x＝处有极大值．
综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点；
当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，且为x＝．
B级——综合应用
11．关于x的不等式2sin3xcos x－a≤0在x∈(0，π)恒成立，则实数a的最小值为(　　)
A．－ B．0
C．1 D．
解析：D　依题意，令f(x)＝2sin3xcos x，所以f′(x)＝6sin2xcos2x－2sin4x＝2sin2x(3cos2x－sin2x)＝2sin2x(4cos2x－1)，又x∈(0，π)，令f′(x)＝0，可得cos x＝±，所以x＝或x＝，当x∈时，f′(x)＞0，所以f(x)＝2sin3xcos x在x∈单调递增；当x∈时，f′(x)＜0，所以f(x)＝2sin3xcos x在x∈单调递减；当x∈时，f′(x)＞0，所以f(x)＝2sin3xcos x在x∈单调递增，所以当x＝时，函数取最大值为f＝，所以实数a的最小值为．故选D．
12．(2022·潍坊模拟)某商场销售某种商品，经验表明，该商品每日的销售量y(千克)与销售价格x(元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，x∈(3,6)．若该商品的成本为3元/千克，则当销售价格为________元/千克时，该商场每日销售该商品所获得的利润最大．
解析：商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)＝(x－3)＝2＋10(x－3)(x－6)2,3＜x＜6，f′(x)＝10＝30(x－4)·(x－6)．令f′(x)＝0，得x＝4或x＝6(舍去)．故当x∈(3,4)时f′(x)＞0，当x∈(4,6)时f′(x)＜0．则函数f(x)在(3,4)上单调递增，在(4,6)上单调递减，∴当x＝4时函数f(x)取得最大值f(4)＝42．故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
`答案：4
13．有三个条件：①函数f(x)的图象过点(0,1)，且a＝1；②f(x)在x＝1时取得极大值；③函数f(x)在x＝3处的切线方程为4x－2y－7＝0，这三个条件中，请选择一个合适的条件将下面的题目补充完整(只要填写序号)，并解答本题．
题目：已知函数f(x)＝x3＋x2＋2x＋b存在极值，并且________．
(1)求f(x)的解析式；
(2)当x∈[1,3]时，求函数f(x)的最值．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
解：选①：(1)f(0)＝b＝1，所以a＝b＝1，故f(x)＝x3＋x2＋2x＋1．
(2)由(1)知f′(x)＝x2＋x＋2＝2＋＞0，
所以f(x)单调递增，故f(x)max＝f(3)＝，f(x)min＝f(1)＝．
选②：(1)因为f(x)＝x3＋x2＋2x＋b，所以f′(x)＝x2＋ax＋2，
由题意知
解得
故f(x)＝x3－x2＋2x＋1，
经检验f(x)在x＝1时取得极大值，故符合题意，所以f(x)＝x3－x2＋2x＋1．
(2)由(1)知f′(x)＝x2－3x＋2，令f′(x)＝x2－3x＋2＝0，解得x＝1或x＝2，
所以x∈[1,2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；x∈(2,3]时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，则f(1)＝－＋2＋1＝，f(2)＝×23－×22＋2×2＋1＝，f(3)＝×33－×32＋2×3＋1＝，所以f(x)min＝，f(x)max＝．
选③：(1)由题意知又因为f′(x)＝x2＋ax＋2，
所以
解得
所以f(x)＝x3－x2＋2x＋1．
(2)由(1)知，f′(x)＝x2－3x＋2，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝2，所以x∈[1,2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；x∈(2,3]时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
又因f(1)＝，f(2)＝，f(3)＝，
所以f(x)max＝f(3)＝，
f(x)min＝f(2)＝．
C级——迁移创新
14．(多选)已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则下列结论正确的是(　　)
A．f(a)＜f(b)＜f(c)
B．f(e)＜f(d)＜f(c)
C．x＝c时，f(x)取得最大值
D．x＝d时，f(x)取得最小值
解析：AB　由f′(x)图象可知，当x∈(－∞，c)∪(e，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(c，e)时，f′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，c)，(e，＋∞)上单调递增，在(c，e)上单调递减．对于A，∵a＜b＜c，∴f(a)＜f(b)＜f(c)，A正确；对于B，∵c＜d＜e，∴f(e)＜f(d)＜f(c)，B正确；对于C，由单调性知f(c)为极大值，当x＞e时，可能存在f(x0)＞f(c)，C错误；对于D，由单调性知f(e)＜f(d)，D错误．故选A、B．
15．设函数f(x)＝ln x＋x2＋2ax＋1．
(1)当a＝－时，求f(x)的极值；
(2)判断函数f(x)在(a＋2，＋∞)上是否存在极值．若存在，试求a的取值范围；若不存在，请说明理由．
解：(1)依题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－时，函数f(x)＝ln x＋x2－3x＋1(x＞0)．
对f(x)求导，得f′(x)＝＋2x－3＝＝，
令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝．
当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0．
所以函数f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
于是f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝－1，在x＝处取得极大值，且极大值为f＝ln－，
所以函数f(x)的极大值为ln －，极小值为－1．
(2)存在．
对f(x)求导，得f′(x)＝＋2x＋2a＝(x＞0)．
令f′(x)＝0，即2x2＋2ax＋1＝0，令g(x)＝2x2＋2ax＋1，则函数g(x)的图象的对称轴为直线x＝－．
因为a＋2≥0，所以a≥－2．
①当－≤a＋2，即a≥－时，
g(a＋2)＝2(a＋2)2＋2a(a＋2)＋1＝4a2＋12a＋9＞0恒成立，
所以f(x)在(a＋2，＋∞)上无极值．
②当－＞a＋2，即a＜－时，则－2≤a＜－，g＝2×＋2a＋1＝－＋1．
当－＋1≥0时，有－≤a≤，即－≤a＜－时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(a＋2，＋∞)上无极值．
当－＋1＜0时，有a＜－或a＞，又－2≤a＜－，所以－2≤a＜－，因为g(a＋2)＝4a2＋12a＋9≥0，g＝－＋1＜0，当x→＋∞时，g(x)＞0，
所以存在x1∈，使得f′(x1)＝0，存在x2∈，使得f′(x2)＝0．
所以当x∈(a＋2，x1)时，f′(x)＞0；当x∈(x1，x2)时，f′(x)＜0；当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0．
由此可知，当－2≤a＜－时，f(x)有极值．
综上所述，函数f(x)在(a＋2，＋∞)上存在极值，且实数a的取值范围为[－2，－)．

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