2023屆高考數(shù)學二輪復習導數(shù)經(jīng)典技巧與方法第06講構(gòu)造函數(shù)法含解析

Page1第6講知識與方法構(gòu)造函數(shù)法是指利用函數(shù)的概念與性質(zhì),構(gòu)造輔助函數(shù)的一種方法,具有很強的技巧性和創(chuàng)造性.將原不等式進行等價變形,通過構(gòu)造函數(shù),將恒成立問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題進行求解.1.同構(gòu)式“同構(gòu)式”指“結(jié)構(gòu)相同的式子”,是指除了變量不同,其余結(jié)構(gòu)均相同的方程或不等式.在利用不等式處理函數(shù)的求值或不等式恒成立問題中,有一部分試題是命題者利用函數(shù)單調(diào)性構(gòu)造出來的.如果我們能找到這個函數(shù)模型(即不等式兩邊對應的同一函數(shù)),無疑會大大加快解決問題的速度.如:若Fx≥0能變形為fgx2.導數(shù)中同構(gòu)思想的應用同構(gòu)思想的基本思路:先化同構(gòu)式,再利用單調(diào)性.(1)合理變形,得到兩個相同結(jié)構(gòu)的式子;(2)構(gòu)造函數(shù),利用單調(diào)性解方程或比較大小.3.常見的指對變形(1)xe(2)exx=(3)xe(4)x+ln(5)x-ln4.指對同構(gòu)的三種模型同構(gòu)三種基本模型(積型、商型、和差型),(1)積型:a(2)商型:e(3)和差型:e典型例題指對同構(gòu)法【例1】對任意x∈(0,+∞),不等式aeax【解析】顯然a>0,由aeax+1令g(x)=xex+1【點睛】本題也可以這樣進行變形:axeax+1=lnax?eax+1,2x2【例2】已知函數(shù)f((1)當a=e時,求曲線y=f(2)若f(x)?1【解析】(1)當a=e時,f(x)=ex-ln?x+1,求導f'(x)=ex-1x,所以(2)解法1:(根據(jù)ex所以ex+ln?a-1+x+ln?g(x+ln?a-1)?設(shè)h(x)=1+ln?x-解法2:(根據(jù)ex所以ex+ln?a同構(gòu)函數(shù)為h(gex+ln?a-1以下過程略.解法3:當0<a<1當a=1時,f當x∈(0,1)時,f當x∈(1,+∞),所以x=1時,f(x)取得最小值,最小值為f(1)=1當a>1時,綜上,實數(shù)a的取值范圍是[1,+∞).【例3】已知函數(shù)f((1)討論函數(shù)f((2)設(shè)函數(shù)h(x)=g(x)-【解析】(1)函數(shù)f(x)=ae令m(x)=ln?當x∈(0,1)時m當x∈(1,+∞)時m所以m(又因為a>0,e故f(x)(2)由題意可知:aexln?解法1:同左不等式等價于ln?xx<ln?aexae當x∈(e,+∞)時,H①當0<aex<1ln?xx<ln?aex②當aex?1時,Hae所以H(x)綜上,x<aex即任意令p(x)=所以p(x)=xex在綜上,實數(shù)a的取值范圍是1e解法2:同右不等式等價于ln?x同構(gòu)函數(shù)為H(x)=根據(jù)H(x)=【例4】已知函數(shù)f((1)當a=e(2)討論函數(shù)f(【解析】(1)當a=e時,ff'令h(x)=所以h(x)在(0,+∞)當0<x<1時,h(x所以f(x)在(0,1)(2)解法1:常規(guī)解法f①當a=0時,f(x②當a<0時,f'因為f(1)=e-a>0,?x所以fx所以f(1)?fx0<③當a>0時,?x所以f(x)在0,所以f(當0<a<e當a=e時,f當a>e時,設(shè)x2滿足x22ex所以fx所以fx1?fx設(shè)x3滿足x32所以fx設(shè)h(x)=x-2ln?x,所以h(a)所以fx3?fx所以當a>e時,綜上:當a<0或a=e當0?a<e當a>e時,解法2:巧用同構(gòu)f(令t=x+2ln?令f(x)=0顯然,當a=0當a≠0時,化為1a=te【點睛】這里我們使用同構(gòu)的方法,利用函數(shù)φ(x)=ex-ax如果函數(shù)結(jié)構(gòu)中同時包含對數(shù)式和指數(shù)式,通過適當?shù)闹笇ψ冃?配湊,調(diào)整不等式結(jié)構(gòu),轉(zhuǎn)化為三個同構(gòu)基本型,同構(gòu)為同一個函數(shù),利用同構(gòu)函數(shù)的單調(diào)性,把復雜的不等式轉(zhuǎn)化為簡單的不等式,問題將會迎刃而解.【例5】已知函數(shù)f((1)當a>0時,求(2)若對任意x>0恒有不等式(i)求實數(shù)a的值;(ii)證明:【解析】(1)解法1:隱零點f(x)的定義域為(0,+∞)令g(x)=xex-由g(0)=-a<0,g(a)=ae所以當0<x<x當x>x0從而f(解法2:同構(gòu)變形一f(令t=x+ln?記φ(t)=et當t∈(-∞,ln?a)當t∈(ln?a,+∞)所以φ(所以f(x)解法3:同構(gòu)變形二f(令t=xex,則t>當t∈(0,a)當t∈(所以φ(所以f(x)(2)(i)a<0a=0時,當x→0時,a>0時,由(1)知,只需要a-aln?又由不等式ln?x?x可知ln?1a?1a-1,于是(ii)由(i)知xe從而原不等式只需證x(1+x解法1:因為ln?x?x即證x2當x>1時,所以當0<x?1時,令g(因為0<x?1,g從而g(x)單調(diào)遞減,所以g綜上可知,結(jié)論成立.解法2:當x>1時,只需證令g(x)=所以g(x)當0<x?1時,因為sin?x令h(令φ(x)=2x2所以h(x)所以x2綜上所述結(jié)論成立.解法3:由于ln?x?x只需證x2ex即證x2ex從而只需證x3?x(a)當x>1時,因為x3(b)當0<x?1時,由于sin?x令g(x)=從而g(x)在(0,1]【例6】已知函數(shù)f(x)=(1)當a=0時,求函數(shù)f(2)若當x>0時,函數(shù)y=xe(3)若f(x)【解析】(1)當a=0時,f當x∈(0,1)時,f當x∈(1,+∞)時,f'((2)由題得方程xe-ax=1有正實數(shù)解,兩邊取對數(shù),得令F(x)=當x∈(0,e)時,F當x∈(e,+∞)時,F所以F(x)max=(3)解法1:由題意得f(即xe由(2)解法提示,令xe-ax所以f(由(1)可知f(x)=即t=xe由(2)結(jié)論可知,amax解法2:由題意得f(即xe下面證明不等式ex令h(當x<0時,h'(x所以h(x)=ex所以x(-ax當-ax+ln?x令F(x)=由(2)知F(x)解法3:由題意得f(即xe-ax令1-xe-ax=0,得a若a>1e,則a當x∈0,1當x∈1a,+∞時,令G(a)=所以G(a)則f(x)?當a=1e所以amax雙變量同構(gòu)【例7】已知函數(shù)f(x)=x-1-aln?x(a<【答案】[-3,0)【解析】當a<0時,函數(shù)f(又函數(shù)y=1x在(0,1]則fx所以fx1-即fx2+則fx1-fx于是h'(x)=1-a從而a?x-而函數(shù)y=x-4x在區(qū)間x于是a?-3,又a<0故答案為:[-3,0).【例8】已知函數(shù)f(x)=aln?x+12x【答案】[2,+∞)【解析】對任意兩個不等的正實數(shù)x1,x等價于fx所以F(x)=所以F'(x即ax+a令g(則Δ=(2a-3)所以a?2,則a的取值范圍為[2,+∞)【例9】若對?x1,x2∈(m,+∞)【答案】1【解析】因為0<x1等價于x1即x1ln?x故ln?x令f(x)=又因為x2>x1>由f'(x)<0,解得:x>1則m的最小值是1.【例10】已知函數(shù)f((1)討論函數(shù)f((2)設(shè)a<-1.如果對任意x1【解析】(1)f(x當a?0時,f'(x)當a?-1時,f'(x)當-1<a<0時,令f則當x∈0,-a+12a故f(x)在0,(2)不妨設(shè)x1?x2,因為從而?等價于?令g(x)=(*)式等價于g(x)在(0,+∞)從而a?當且僅當x=12時,a故a的取值范圍為(-∞,-2].構(gòu)造差函數(shù)【例11】已知函數(shù)f((1)討論f((2)若g(x)=x2-2ex,且關(guān)于x【解析】(1)根據(jù)題意,可知f(x)f'(x)=m若m>0,當0<x<1若m<0,當0<x<1綜上所述,當m>0時,f(x)當m<0時,f(x)(2)依題意,mxln?即x+1x今p(則p'對于y=故其必有兩個零點,且兩個零點之積為-1,且兩個零點一正一負,設(shè)其正零點為x0∈(0,+∞),則即m=x0-1x0故px0?0今q(則q'當x∈(0,1)時,q'(x)從而q(x)在(0,1)又q1e=顯然函數(shù)m=x0-1又m≠0,所以實數(shù)m的取值范圍是1【例12】已知關(guān)于x的函數(shù)y=f(x),(1)若f(x)=(2)若f(x)=(3)若fD=[m,【解析】(1)由f(x)?取x=0,得0?b?0由x2+2x此式對一切x∈(-∞,+∞)恒成立,所以(2-k)此時2x?-x(2)h(令u(x)=x-1-ln?當0<x<1當x>1時,所以u(x)所以當且僅當k?0,另一方面,f(x)?也即x2因為k?0,對稱軸為直線x所以(1+k)2因為,k的取值范圍是0?k(3)證明:①當1?t?2時,由g整理,得x2令Δ=t3-t2則φ'所以φ(t)在[1,2]不等式(*)有解,設(shè)解為x1?x②當0<t<1設(shè)v(則v'令v'(t當t∈0,3當t∈33v(0)=-1,v(1)=0,則當0(或證:v則f(-1)-h(-1)因為[m,n③當-2?t所以n-綜上所述,n-【點睛】本題取特殊值x=0代入不等式組,求得b不等式恒成立間題的轉(zhuǎn)化策略:(以下結(jié)論中,函數(shù)f((1)a?f(x)(或a(2)a?f(x)(或(3)f(x)?g((4)f(x)?g(需要指出的是:以上結(jié)論均指函數(shù)f(x)大(小)值,可結(jié)合f(【例13】已知函數(shù)f((1)若f(x)在(0,1)(2)若函數(shù)y=f(x)+【解析】(1)解法1:由題意,知f'(x)=e當x∈(0,1)時,h若f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,則f若f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,則f綜上可知,a的取值范圍是(-∞,-1]∪[e,+∞).解法2:由題意知,f'令h(x)=ex-2ex若f(x)在(0,1)上不單調(diào),則f若f(x)在(0,1)上單調(diào),則a則實數(shù)a的取值范圍是(-∞,-1]∪[e,+∞).（2）解法1:由題意知,y=今g(令t(當x>1時,當0<x<1時,t所以g(x)?g(1)=解法2:由題意知,y=即ex-1x令g(x)=e今t(x)=ex∈(1,+∞)時,t所以t(所以g(x)?g(1)=0【例14】設(shè)函數(shù)f(x)=((1)若a=b=(2)若a≠b,b=c,(3)若a=0,0<b?1,c=1,且f【解析】(1)因為a=b=因為f(4)=8,所以(4-a)(2)因為b=c,所以f(令f'(x)=0,得因為a,b,2a所以2a此時,f(令f'(x)=0,解得當x<-3時,當-3<x<1當x>1時,所以f(x)(3)證明:因為a=0,f'因為0<b?1,所以則f'設(shè)有x1由f'(x當x<x1當x1<x當x>x2所以f(x)解法1:構(gòu)造函數(shù)法因為0<b?1,所以當x∈(0,1)時,f令g(x)=x(x-1當0<x<1當13<x所以當x=13故g(所以,當x∈(0,1)時,f(x解法2:利用不等式放縮M3【點睛】本題主要考查導數(shù)在函數(shù)性質(zhì)中的運用,考查函數(shù)思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想,考查抽象概括能力、綜合分析問題和解決問題的能力.對于導數(shù)試題,高考往往考查其綜合應用,研究函數(shù)的最值、零點、不等式的證明等問題,對能力要求較高.解答本題的第(3)問,關(guān)鍵之處是發(fā)現(xiàn)f(x)的極大值為fx1強化訓練1.設(shè)實數(shù)λ>0,若對任意的x∈(0,+∞),不等式eλx-A.1e B.12e C.2e 【解析】解法1:不等式eλx-ln?x令f(x)=(i)當x∈(0,1]時,ln?(ii)當x∈(1,+∞)時,ln?x>因為函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以λx令g(x)=當x∈(0,e)時,g'(x)當x∈(e,+∞)時,g'(x)于是gmax(x所以λmin=1解法2:不等式eλx-ln?xλ?0恒成立,即圖象關(guān)于y=x對稱,于是只需ln?x令g(x)=所以g(x)在(0,e)即g(x)故選A.2.已知函數(shù)f(x)=x-ln?(x+1),【解析】g(x)?所以ex即ex-易證x?ln?(x+1)g(x)=ex所以g(x)?所以k?13.已知函數(shù)f((1)求f((2)若函數(shù)g(x)=2x3ln?x【解析】(1)f(當x>-1時,f'(x從而f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[-1,+(2)x?e,g(當m?0當m>0時,即即x2即x2ln?x由m>0知,mx即m?2xln?x+x.令+∞)上為增函數(shù),h(x)綜上,實數(shù)m的取值范圍是(-∞,3e].4.已知函數(shù)f((1)設(shè)f(x)的導函數(shù)f(2)設(shè)g(x)=axaln?【解析】(1)因為f'(x)=(x+1)ex+a,(2)當x∈(1,+∞)時,若f(x)?g(x)成立,即即a=1時,f由(1)知,a=1時,f'(所以f(x)在R上單調(diào)遞增,所以x令m(x)=①當a?1時,m'(所以m(②當a>1時,由m'當x∈(1,a)時,m'(當x∈(a,+∞)時,m'(所以m(x)的最小值為m綜上,實數(shù)a的取值范圍是(-∞,e].5.已知函數(shù)f((1)當a=1,討論函數(shù)f(2)若不等式f(x)?ex【解析】(1)f(x令g(x)=ln?當x∈(0,1)時,g當x∈(1,+∞)時,g所以,當x=1時,g(x所以f'(x)>0在(0,+∞)(2)不等式f(x)?exxa-x所以當t∈(0,1)時,k當t∈(1,+∞)時,k因為x∈(1,+∞)時,0當a<0時,0<xa則(*)式等價于e-x?令h(x)=當x∈(1,e)時,h當x∈(e,+∞)時,hh(x)min=h(e)=e即實數(shù)a的取值范圍是[-e,0).6.已知函數(shù)f((1)若f(x)的最大值是0,求函數(shù)f(2)若對于定義域內(nèi)任意x,f(【解析】(1)f(x)若m?0,若m<x∈所以x=-1m時,f(xf'函數(shù)f(x)的圖象在x(2)f(即m+1?ex設(shè)φ(設(shè)Q(所以Q(x)所以Q(x)有唯一的零點x0,而且兩邊同時取對數(shù),得x0易證明函數(shù)y=x+ln?所以ex0=1x0,所以由φ(于是m的取值范圍是(-∞,0].7.已知函數(shù)f(x)=1-2ln?xx2的定義域為0,1eA.(-∞,3] B.(-∞,4] C.(-∞,5] D.(-∞,6]【答案】B【解析】因為x∈0,1即函數(shù)f(x)因為x1,x所以fx1-即fx不妨設(shè)x1>x2,則令g則g'若對任意的x1則需g'則-4+2m即m?2-2ln?所以m?(2-2ln?即實數(shù)m的取值范圍是(-∞,4].故選B.8.已知函數(shù)f(x)=p≠q時,f(p【答案】[15,+∞)【解析】不妨設(shè)p>q,由f(p+1)-令g(x)=f(x+1)-(x+1)