閱讀與欣賞(二)導(dǎo)數(shù)的綜合問題

導(dǎo)數(shù)的綜合問題一、構(gòu)造法解決抽象函數(shù)問題在導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用的客觀題中，有一個熱點(diǎn)考查點(diǎn)，即不給出具體的函數(shù)解析式，而是給出函數(shù)f(x)及其導(dǎo)數(shù)滿足的條件，需要據(jù)此條件構(gòu)造抽象函數(shù)，再根據(jù)條件得出構(gòu)造的函數(shù)的單調(diào)性，應(yīng)用單調(diào)性解決問題的題目，該類題目具有一定的難度．下面總結(jié)其基本類型及其處理方法．只含f(x)型定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)＝1，且對任意x∈R都有f′(x)<1，則不等式222x＋1)f(x)>的解集為(2A．(1，2)B．(0，1)C．(1，＋∞)D．(－1，1)【解析】構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－1x＋c(c為常數(shù))，則g′(x)<0，即函數(shù)g(x)在R上單調(diào)2遞減，且g(1)＝f(1)－1＋c＝1＋c.f(x2)>x2＋11，2＝1x2＋22222)－1212即f(x2x＋c>＋c，即g(x)>g(1)，2即x2<1，即－1<x<1.故選D.【答案】D利用(f(x)＋kx＋b)′＝f′(x)＋k，根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號，可得出函數(shù)g(x)＝f(x)＋kx＋b的單調(diào)性，利用其單調(diào)性比較函數(shù)值大小、解抽象函數(shù)的不等式等．含λf(x)±f′(x)(λ為常數(shù))型(1)已知f(x)為R上的可導(dǎo)函數(shù)，且 ?x∈R，均有f(x)>f′(x)，則有( )2015 2015A．e f(－2015)<f(0)，f(2015)>e f(0)B．e2015f(－2015)<f(0)，f(2015)＜e2015f(0)20152015C．ef(－2015)＞f(0)，f(2015)>ef(0)D．e2015f(－2015)＞f(0)，f(2015)＜e2015f(0)1(2)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＋2f′(x)>0恒成立，且f(2)＝e(e為自然對數(shù)的底x數(shù))，則不等式exf(x)－e2>0的解集為________．解析】(1)僅從f(x)>f′(x)這個條件，無從著手，此時我們必須要借助于選擇題中的選項(xiàng)的提示功能，結(jié)合所學(xué)知識進(jìn)行分析．構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)f′(x)－f(x)ex，則h′(x)＝ex<0，即h(x)在R上單調(diào)遞減，故h(－2015)>h(0)，即f(－2015)f(0)2015f(－2015)>f(0)；同理，h(2－2015>0?eee015)<h(0)，即f(2015)<e2015·f(0)，故選D.1x1x22(2)由f(x)＋2f′(x)>0?22f(x)＋f′(x)>0，可構(gòu)造h(x)＝e·f(x)?h′(x)＝2e[f(x)＋2f′(x)]>0，xxxx2上單調(diào)遞增，且h(2)＝e·f(2)＝1.不等式2等價于2所以函數(shù)h(x)＝e·f(x)在Ref(x)－e>0exf(x)>1，即h(x)>h(2)?x>2，所以不等式【答案】 (1)D (2)(2，＋∞)

exf(x)－e2>0

的解集為

(2，＋∞)．(1)由于ex>0，故[exf(x)]＝′[f(x)＋f′(x)]ex，其符號由f(x)＋f′(x)的符號確定，f(x)x′＝ef′(x)－f(x)x，其符號由f′(x)－f(x)的符號確定．含有f(x)±f′(x)類的問題可以考慮構(gòu)造上述兩個e函數(shù)．(2)λf(x)＋f′(x)>0?[eλx×f(x)]′>0.含xf(x)±nf′(x)型(1)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，且f(－2)＝0，當(dāng)x>0時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是()A．(－∞，－2)∪(0，2)B．(－2，0)∪(2，＋∞)C．(－∞，－2)∪(－2，0)D．(0，2)∪(2，＋∞)(2)已知偶函數(shù)f(x)是定義在{x∈R|x≠0}上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)．當(dāng)x<0時，f(x)4mf(m＋1)4mf′(x)>x恒成立．設(shè)m>1，記a＝m＋1，b＝2mf(2m)，c＝(m＋1)·fm＋1，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)<b<cB．a(chǎn)>b>cC．b<a<cD．b>a>c(3)設(shè)函數(shù)f(x)在R上的導(dǎo)函數(shù)為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)>0B．f(x)<0C．f(x)>xD．f(x)<x【解析】(1)當(dāng)x>0時，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)，xxf′(x)－f(x)則g′(x)＝2<0，x即g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，g(2)＝0，所以g(x)>0在(0，＋∞)上的解集為(0，2)，故f(x)>0在(0，＋∞)上的解集為(0，2)，g(x)為偶函數(shù)，故g(x)<0在(－∞，0)上的解集為(－∞，－2)，故f(x)>0在(－∞，0)上的解集為(－∞，－2)．綜上可知，f(x)>0的解集為(－∞，－2)∪(0，2)．故選A．f(x)(2)當(dāng)x<0時，f′(x)>x?xf′(x)－f(x)<0.構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)，x則g′(x)＝f′(x)x－f(x)x2<0，即g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減．函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，故g(x)為奇函數(shù)，得g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．f4mf(2m)m＋1.b＝4mm，c＝4m4m2m＋14m 4m因?yàn)閙>1，所以m＋1>2 m， < ＝2 m，4m所以m＋1>2 m> .4m所以g(m＋1)<g(2 m)<gm＋1.4m所以4mg(m＋1)<4mg(2 m)<4mgm＋1，即a<b<c.故選A．(3)構(gòu)造函數(shù) g(x)＝x2f(x)，則其導(dǎo)數(shù)為 g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)．①當(dāng)x>0時，由2f(x)＋xf′(x)>x2，3得g′(x)＝2xf(x)＋xf′(x)>x>0，即函數(shù)g(x)＝x2f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上遞增，故g(x)＝x2f(x)>g(0)＝0?f(x)>0；②當(dāng)x<0時，有g(shù)′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)<x3<0，2即函數(shù)g(x)＝xf(x)在區(qū)間(－∞，0)上遞減，故g(x)＝x2f(x)>g(0)＝0?f(x)>0；③當(dāng)x＝0時，由2f(x)＋xf′(x)>x2，得f(x)>0.綜上，對任意x∈R，有f(x)>0，應(yīng)選A．【答案】 (1)A (2)A (3)A(1)由于[xf(x)]＝′f(x)＋xf′(x)，f(x)xf′(x)－f(x)，后者導(dǎo)數(shù)的符號與xf′(x)－f(x)一致．在x′＝2x含有xf′(x)±f(x)類問題中，可以考慮構(gòu)造上述函數(shù)．(2)對于xf′(x)＋nf(x)>0型，構(gòu)造F(x)＝xnf(x)，則F′(x)＝xn－1[xf′(x)＋nf(x)](注意對xn－1的符號進(jìn)行討論)，特別地，當(dāng)n＝1時，xf′(x)＋f(x)>0，構(gòu)造F(x)＝xf(x)，則F′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0；(3)對于xf′(x)－nf(x)>0型，且x≠0，構(gòu)造F(x)＝f(x)xf′(x)－nf(x)(亦需注意對xn，則F′(x)＝n＋1xxn＋1的符號進(jìn)行討論)，特別地，當(dāng)n＝1時，xf′(x)－f(x)>0，構(gòu)造F(x)＝f(x)，則F′(x)＝xxf′(x)－f(x)x2>0.含f(x)±f′(x)tanx型已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)，當(dāng)x∈0，π時，f′(x)sin2x<f(x)(1＋cos2x)成立，下2列不等式一定成立的是()ππππA．3f4<2f3B．3f4＞2f3πππ＞2fπC．3f4<2f6D．3f46【解析】f′(x)sin2x<f(x)(1＋cos2x)?f′(x)sinx－f(x)cosx<0.f(x)f′(x)sinx－f(x)cosxπ令g(x)＝sinx，g′(x)＝sin2x<0可知g(x)在0，2上單調(diào)遞減，所以ππ，即3fππg(shù)4>g34>2f3.故選B．【答案】Bπ由于在0，2上，[sinx·f(x)]＝′cosx·f(x)＋sinx·f′(x)，其符號與f(x)＋f′(x)tanx相同，f(x)f′(x)·sinx－f(x)·cosx，其符號與f′(x)tanx－f(x)符號相同．在含有f(x)±f′(x)tanx的問sinx′＝sin2x題中，可以考慮構(gòu)造函數(shù)f(x)sinx，f(x)cosx，f(x)，f(x)等．sinxcosx二、“存在性問題”與“任意性問題”的辨析“?x，使得f(x)>g(x)”與“?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.如圖1.(2)?x，使得f(x)>g(x)，只需h(x)max＝[f(x)－g(x)]max>0.如圖2.111(1)設(shè)函數(shù)f(x)＝xa對于任意(x>0且x≠1)，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，若2>xxlnxex∈(0，1)成立，則a的取值范圍是________．(2)已知函數(shù)f(x)＝3lnx－12＋x，g(x)＝3x＋a，若存在x0>0，使得f(x0)>g(x0)成立，則2x參數(shù)a的取值范圍是________．1a1【解析】(1)在2x>x兩邊取對數(shù)，得ln2>alnx.x1由于x∈(0，1)，所以ln2>xlnx.①1，1)時，f(x)≤f1＝－e.由f(x)在(0，)上單調(diào)遞增知，當(dāng)x∈(0ee為使①式對?x∈(0，1)成立，當(dāng)且僅當(dāng)a>－e，ln2即a>－eln2.12，(2)設(shè)h(x)＝3lnx－x－2x.?x0>02使f(x0)>g(x0)成立，等價于?x>0，使h(x)＝3lnx－1x2－2x>a成立，2等價于a<h(x)max(x>0)．2因?yàn)閔′(x)＝3－x－2＝－x－2x＋3＝－(x－1)(x＋3)，xxx令h′(x)>0，h′(x)<0，得x>1.得0<x<1；令x>0，x>0，所以函數(shù)h(x)＝3lnx－1x2－2x在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，2所以函數(shù)h(x)max＝h(1)＝－5，即a<－5，22因此參數(shù)a的取值范圍為(－∞，－5)．2【答案】

(1)(－eln2，＋∞

)

(2)(－∞，－

52)“若?x1∈D1，?x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)”與“?x1∈D1，?x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)”的辨析(1)?x1∈D1，?x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)等價于函數(shù) f(x)在D1上的值域 A與g(x)在D2上的值域B的交集不空，即A∩B≠?(如圖3)．其等價轉(zhuǎn)化的目標(biāo)是兩個函數(shù)有相等的函數(shù)值．(2)?x1∈D1，?x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)等價于函數(shù) 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，如圖

4，其等價轉(zhuǎn)化的目標(biāo)是函數(shù)

y＝f(x)的函數(shù)值都在函數(shù)

y＝g(x)的值域之中．[說明

]

圖3，圖

4中的條形圖表示函數(shù)在相應(yīng)定義域上的值域在

y軸上的投影．已知函數(shù)

f(x)＝x

22－ax3

3，a>0，x∈R.g(x)＝

1x2(1－x).1(1)若?x1∈(－∞，－1]，?x2∈－∞，－2，使得f(x1)＝g(x2)，求實(shí)數(shù) a的取值范圍；3(2)當(dāng)a＝2時，證明：對于任意的 x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)．2 2 3【解】(1)因?yàn)閒(x)＝x－ax，所以f′(x)＝2x－2ax2＝2x(1－ax)．11令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.因?yàn)閍>0，所以>0，所以當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)<0，所aa以f(x)在(－∞，－1]上單調(diào)遞減，f(x)在(－∞，－1]上的值域?yàn)?＋2a，＋∞.31，則g′(x)＝1′＝3x2－2x3x－22.因?yàn)間(x)＝223232＝3x(1－x)x－x(x－x)x(1－x)當(dāng)x<－12時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，g(x)<g－12＝83.g(x)在－∞，－1上的值域?yàn)椋蓿?23.1若?x1∈(－∞，－1]，?x2∈－∞，－2，使得f(x1)＝g(x2)，則1＋2a<8，則a<5.3325故實(shí)數(shù)a的取值范圍是 (0，2)．3 2 3(2)證明：當(dāng)a＝2時，f(x)＝x－x，所以f′(x)＝2x－3x2＝3x2－x.3分析可知，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，且f(2)＝－4.所以f(x)在(2，＋∞)上的值域?yàn)?－∞，－4)．則g(x)＝21＝1在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，x(1－x)f(x)1所以g(x)＝x2(1－x)在(1，＋∞)上的值域?yàn)?－∞，0)．因?yàn)?－∞，－4)

(－∞，0)，所以對于任意的

x1∈(2，＋∞)，都存在

x2∈(1，＋∞)，使得

f(x1)＝g(x2)．f(x)，g(x)是閉區(qū)間

D上的連續(xù)函數(shù)，“?x1，x2∈D，使得

f(x1)>g(x2)”與“?x1，x2∈D，使得

f(x1)>g(x2)”的辨析(1)f(x)，g(x)是在閉區(qū)間 D上的連續(xù)函數(shù)且 ?x1，x2∈D，使得f(x)min>g(x)max.其等價轉(zhuǎn)化的目標(biāo)是函數(shù) y＝f(x)的任意一個函數(shù)值均大于函數(shù)

f(x1)>g(x2)等價于y＝g(x)的任意一個函數(shù)值，如圖

5.(2)存在x1，x2∈D，使得f(x1)>g(x2)，等價于 f(x)max>g(x)min.其等價轉(zhuǎn)化的目標(biāo)是函數(shù) y＝f(x)的某一個函數(shù)值大于函數(shù) y＝g(x)的某些函數(shù)值．如圖 6.a2已知f(x)＝x＋x(a>0)，g(x)＝x＋lnx.(1)若對任意的 x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍；(2)若存在x1，x2∈[1，e]，使得f(x1)<g(x2)，求實(shí)數(shù) a的取值范圍．【解】(1)對任意的 x1，x2∈[1，e]時，都有f(x1)≥g(x2)成立，等價于x∈[1，e]時，f(x)ming(x)max.1當(dāng)x∈[1，e]時，g′(x)＝1＋x>0，所以g(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，所以g(x)max＝g(e)＝e＋1.只需證f(x)≥e＋1，2即x＋a≥e＋1?a2≥(e＋1)x－x2在[1，e]上恒成立即可．x令h(x)＝(e＋1)x－x2.當(dāng)x∈[1，e]時，h(x)＝(e＋1)x－x2的最大值為he＋1＝e＋122e＋12e＋122.所以a≥，即a≥2.2故實(shí)數(shù)a的取值范圍是e＋1，＋∞.2(2)存在x1，x2∈[1，e]，使得f(x1)<g(x2)，等價于x∈[1，e]時，f(x)min<g(x)max.1當(dāng)x∈[1，e]時，g′(x)＝1＋>0，所以g(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，所以g(x)max＝g(e)＝e＋x1.a2f(x)＝x＋x(a>0)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)0<a<1時，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(1)＝1＋a2<1＋e，符合題意；當(dāng)1≤a≤e時，f(x)在[1，a]上單調(diào)遞減，在[a，e]上單調(diào)遞增．f(x)min＝f(a)＝2a，1＋e此時，2a<1＋e，解得1≤a< 2 ；2 2當(dāng)a>e時，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，f(x)min＝f(e)＝e＋a，此時，e＋a<1＋e，即a<e，ee與a>e矛盾，不符合題意．e＋1綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍為 0， 2 .(1)從數(shù)的角度看 ，問題的本質(zhì)就是 f(x)min≥g(x)max，從形的角度看，問題的本質(zhì)就是函數(shù)f(x)圖象的最低點(diǎn)也不低于 g(x)圖象的最高點(diǎn)．(2)從形的角度看 ，問題的本質(zhì)就是函數(shù) f(x)圖象的最低點(diǎn)低于 g(x)圖象的最高點(diǎn)．“?x1∈D1，?x2∈D2，使f(x1)>g(x2)”與“?x1∈D1，?x2∈D2，使f(x1)<g(x2)”的辨析(1)?x1∈D1，?x2∈D2，使f(x1)>g(x2)，等價于函數(shù)f