（江苏专用）2019高考数学二轮复习专题五函数与导数微专题12函数中的构造思想课件.pptx

1、微专题12 函数中的构造思想,微专题12 函数中的构造思想 题型一 构造函数研究函数的单调性,例1 已知函数f(x)= x2-ax+(a-1)ln x,1-1.,证明 令g(x)=f(x)+x= x2-ax+(a-1)ln x+x,10,即g(x)在(0,+)上单调递增,从而当x 1x20时有g(x1)g(x2), 即f(x1)+x1f(x2)+x2, f(x1)-f(x2)-(x1-x2),则 -1.,【方法归纳】 一些不等式的证明或者大小比较的实质是函数单调性的应 用,即对要证明的不等式或比较大小的代数式分析,找出共同特征,由此构造 新函数,再利用新函数的单调性研究问题.,1-1 设函数f

2、(x)的导函数为f (x),对任意xR,都有f (x)f(x)成立,则3f(ln 2)与 2f(ln 3)的大小关系是 .,答案 2f(ln 3)3f(ln 2),解析 令g(x)= ,则有g(x)= 0,所以g(x)在R上单调递增,则g(ln 3)g(ln 2),即 ,即2f(ln 3)3f(ln2).,1-2 若定义在 上的函数f(x),其导函数是f (x),且f(x)f (x)tan x成立,则f 与f 的大小关系是 .,答案 f f,解析 令g(x)=cos xf(x),则g(x)=f (x)cos x-f(x)sin x=cos xf (x)-f(x)tan xg ,即cos f c

3、os f, f f ,即 f f .,题型二 构造函数解不等式,例2 (1)设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x0,且g(1)=0,则不等式f(x)g(x)0的解集为 .,答案 (1)(-,-1)(0,1) (2)(-,-2 020),解析 (1)令F(x)=f(x)g(x),则当x0,则F(x)为增函 数,又由f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,得F(x)为奇函数,又由g (1)=0得F(1)=0,结合F(x)的图象可得F(x)0(x+2 018)f(x+2 018)-2f(-2),即F(x+2 018)F(-2),则x+2 0 18-2,x-2 020

4、,故不等式的解集为(-,-2 020).,【方法归纳】 利用导数公式、运算法则的逆向应用构造函数,结合导数与 函数单调性的关系研究函数的单调性,利用函数奇偶性的定义研究奇偶性,画 出新函数的大致图象,再利用图象解不等式.,2-1 设f(x)是定义在R上的可导函数,且满足f(x)+xf (x)0,则不等式f( )f( )的解集为 .,答案 1,2),解析 令F(x)=xf(x),则F(x)=f(x)+xf (x)0,则F(x)是R上的递增函数,所以f ( ) f( ) f( ) f( ), 即F( )F( ), 则 ,x2,故解集是1,2).,2-2 已知f(x)是定义在R上的可导函数,其导函数

5、f (x)满足f (x)1,且f(2)=3,则 关于x的不等式f(x)x+1的解集为 .,答案 (-,2),解析 因为f (x)1(f(x)-x)0,所以函数g(x)=f(x)-x递增,且g(2)=f(2)-2=1,所 以不等式f(x)x+1即为g(x)g(2),解得x2.,2-3 已知函数f(x)是定义在R上的奇函数, f(1)=0,当x0时, 0成 立,则不等式f(x)0的解集是 .,答案 (-1,0)(1,+),解析 令g(x)= (x0),则g(x)= 0在(0,+)上恒成立,则g(x)在 (0,+)上递增,又函数f(x)是定义在R上的奇函数,则g(x)是定义域上的偶函数, f(1)=

6、0,则g(-1)=g(1)=0,作出g(x)的大致图象如图,由图可得不等式f(x)0的解 集是(-1,0)(1,+).,2-4 设函数f(x)是定义在R上的可导函数,其导函数为f (x),且f (x)f(x),且f(3) =1,则不等式f(x)ex-3的解集为 .,解析 令g(x)= ,则g(x)= 0,g(x)在R上是递增函数,f(3)=1,f (x)ex-3 g(x)g(3),则x3,故不等式f(x)ex-3的解集为(3,+).,题型三 构造函数求解不等式恒成立问题,例3 已知函数f(x)=(ln x-k-1)x(kR). (1)若对于任意xe,e2,都有f(x)4ln x成立,求k的取值

7、范围; (2)若x1x2,且f(x1)=f(x2),证明:x1x2e2k.,解析 (1)由题意得,已知条件可转化为 不等式(x-4)ln x-(k+1)x 对于xe,e2恒成立. 令g(x)= ,则g(x)= , 令t(x)=4ln x+x-4,xe,e2,则t(x)= +10, 所以t(x)在区间e,e2上单调递增, 故t(x)min=t(e)=e-4+4=e0,故g(x)0, 所以g(x)在区间e,e2上单调递增,所以g(x)max=g(e2)=2- . 所以k+12- , 即实数k的取值范围为 . (2)证明:易知函数f(x)在区间(0,ek)上单调递减,在区间(ek,+)上单调递增,且

8、f (ek+1)=0. 不妨设x1x2,则0x1ekx2ek+1, 要证x1x2e2k,只需证x2 ,即证ekx2 .,因为f(x)在区间(ek,+)上单调递增, 又f(x1)=f(x2),所以证明f(x1)0, 所以函数h(x)在区间(0,ek)上单调递增,故h(x)h(ek),而h(ek)=f(ek)-f =0,故h(x)0, 所以f(x1)f ,即f(x2)=f(x1)f , 所以x1x2e2k成立.,【方法归纳】 已知不等式恒成立求参数的取值范围问题的常用方法是分 离参数法和构造函数法,在无法使用参数分离法时,一般利用构造函数法求 解,将不等式f(x)g(x)变形为不等式f(x)0型,

9、一般情况下,设F(x)=f(x)-g(x),再 转化为F(x)min0,xD(D为恒成立区间),求解含参函数y=F(x),xD的最小值, 使其满足F(x)min0,xD,进而总结出所求参数的取值范围.需要注意的是,构 造新函数时要遵循新函数性质较易研究的原则,比如在不等式两边变形后再 构造新函数.,3-1 已知函数f(x)=ex,g(x)=ax2+bx+1(a,bR). (1)当a=1时,求函数h(x)= 的单调减区间; (2)当a=0时,若f(x)g(x)对任意的xR恒成立,求b的取值集合.,解析 (1)由a=1,得h(x)= , 所以h(x)= =- . 由h(x)=0,得x1=1,x2=

10、1-b. 所以当b0时,函数h(x)的单调减区间为(-,1-b),(1,+); 当b=0时,函数h(x)的单调减区间为(-,+); 当b0时,函数h(x)的单调减区间为(-,1),(1-b,+). (2)令(x)=f(x)-g(x),当a=0时,(x)=ex-bx-1, 所以(x)=ex-b.,当b0时,(x)0,函数(x)在R上单调递增. 又(0)=0,所以 x(-,0)时,(x)0时,由(x)0,得xln b;由(x)1时,同理,(ln b)0,与已知矛盾; c.当b=1时, ln b=0,所以函数(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增,所 以(x)(0)=0,故b=1满足题意. 综上所述,b的取值集合为1.,