导数小题中构造函数的技巧
必须掌握的7种构造函数方法——合理构造函数，巧解导数难题
近几年高考数学压轴题，多以导数为工具来证明不等式或求参数的范围，这类试题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解导数问题的最基本方法，但在平时的教学和考试中，发现很多学生不会合理构造函数，结果往往求解非常复杂甚至是无果而终．因此笔者认为解决此类问题的关键就是怎样合理构造函数，本文以近几年的高考题和模考题为例，对在处理导数问题时构造函数的方法进行归类和总结，供大家参考．一、作差构造法1．直接作差构造评注：本题采用直接作差法构造函数，通过特殊值缩小参数范围后，再对参数进行分类讨论来求解．2．变形作差构造二、分离参数构造法分离参数是指对已知恒成立的不等式在能够判断出参数系数正负的情况下，根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量的不等式，只要研究变量不等式的最值就可以解决问题．三、局部构造法1．化和局部构造2．化积局部构造四、换元构造法换元构造法在处理多变元函数问题中应用较多，就是用新元去代替该函数中的部分（或全部）变元．通过换元可以使变量化多元为少元，即达到减元的目的．换元构造法是求解多变元导数压轴题的常用方法．评注：本题的两种解法通过将待解决的式子进行恰当的变形，将二元字母变出统一的一种结构，然后用辅助元将其代替，从而将两个变元问题转化一个变元问题，再以辅助元为自变量构造函数，利用导数来来求解。
其中解法1、解法2还分别体现了化积局部构造法和变形作差构造法．五、主元构造法主元构造法，就是将多变元函数中的某一个变元看作主元（即自变量），将其它变元看作常数，来构造函数，然后用函数、方程、不等式的相关知识来解决问题的方法.六、特征构造法1．根据条件特征构造2．根据结论特征构造七、放缩构造法1．由基本不等式放缩构造2．由已证不等式放缩构造评注：本题第二问是一道典型且难度比较大的求参问题，这类题目很容易让考生想到用分离参数的方法，但分离参数后利用高中所学知识无法解决，笔者研究发现不能解决的原因是分离参数后，出现了“0/0型”的式子，解决这类问题的有效方法就是高等数学中的洛必达法则；若直接构造函数，里面涉及到指数函数、三角函数及高次函数，处理起来难度很大．本题解法中两次巧妙利用第一问的结论，通过分类讨论和假设反正，使问题得到解决，本题也让我们再次体会了化积局部构造法的独特魅力．。
2025高考数学二轮复习导数应用中的函数构造技巧
函数形式出现的是“-”法形式时,优先考虑构造 y=型函数.
(2)利用f(x)与ex(enx)构造
() ()
常用的构造形式有 e f(x),e f(x), e , e ,这类形式一方面是对 y=uv,y=型函
x
nx
数形式的考查,另外一方面也是对(ex)'=ex,(enx)'=nenx 的考查.所以对于
f'(x)cos x-f(x)sin x>0,所以 F'(x)>0,即函数
由于
f
π
6
f
π
6
π
0<6
<
π
4
π
π
cos6<f 4
<
3
π
3
3
<
π
3
<
π
,所以
2
π
π
cos4<f 3
π
F(x)在区间(0,2)
π
4
<F
π
cos3,因此可得
π
6
,故选 AD.
F
π
6
<F
f
π
x∈(0,2)时,
π
3
<
内单调递增.
,即
锐角三角形,则( D )
A.f(sin A)sin2B>f(sin B)sin2A
B.f(sin A)sin2B<f(sin B)sin2A
C.f(cos A)sin2B>f(sin B)cos2A
D.f(cos A)sin2B<f(sin B)cos2A
解析 因为
() '
2
利用求导法则构造函数
利用求导法则构造函数求导法则是微积分中非常重要的工具，它可以帮助我们简化对函数的求导过程。
下面我将介绍一些常用的求导法则，并给出一些例子来说明如何利用这些法则来构造函数。
1.常数法则：对于常数c，它的导数等于0。
例如，对于函数f(x)=5x+3，我们可以直接应用常数法则，得到f'(x)=52.幂法则：对于函数f(x)=x^n，其中n是常数，它的导数等于n*x^(n-1)。
例如，对于函数f(x)=x^3，根据幂法则，我们可以得到f'(x)=3*x^23.和差法则：对于函数f(x)=g(x)+h(x)，其中g(x)和h(x)是可导的函数，它的导数等于g'(x)+h'(x)。
例如，对于函数f(x)=x^2+3x，我们可以应用和差法则，得到f'(x)=2x+34.积法则：对于函数f(x)=g(x)*h(x)，其中g(x)和h(x)是可导的函数，它的导数等于g'(x)*h(x)+g(x)*h'(x)。
例如，对于函数f(x)=x^2*(2x+1)，我们可以利用积法则计算导数。
首先计算g'(x)=2x和h'(x)=2，然后带入公式，得到f'(x)=2x*(2x+1)+x^2*2=6x^2+2x。
5.商法则：对于函数f(x)=g(x)/h(x)，其中g(x)和h(x)是可导函数，且h(x)不为零，它的导数等于(g'(x)*h(x)-g(x)*h'(x))/h(x)^2例如，对于函数f(x)=(x^2+1)/x，我们可以利用商法则计算导数。
首先计算g'(x)=2x，h'(x)=1，然后带入公式，得到f'(x)=(2x*x-(x^2+1)*1)/x^2=1/x。
6.复合函数法则：对于由两个函数组成的复合函数f(g(x))，它的导数等于g'(x)*f'(g(x))。
例如，对于函数f(x)=(2x)^3，我们可以将它看作f(g(x))，其中g(x)=2x。
高考数学导数构造秒杀技巧
导数构造一、 基础知识常见导数结构1. 对于不等式)0(,)(≠>'k k x f ，构造函数b kx x f x g +−=)()(2. 对于不等式,0)()(>+'x f x f x ，构造函数)()(x xf x g =3. 对于不等式,0)()(>−'x f x f x ，构造函数xx f x g )()(=4. 对于不等式,0)()(>+'x nf x f x ，构造函数)()(x f x x g n= 5. 对于不等式,0)()(>−'x nf x f x ，构造函数n)()(x x f x g =6. 对于不等式,0)()(>+'x f x f ，构造函数)()(x f e x g x= 7. 对于不等式,0)()(>−'x f x f ，构造函数xe xf xg )()(=8. 对于不等式,0)()(>+'x kf x f ，构造函数)()(x f e x g kx= 9. 对于不等式,0)(2)(>+'x xf x f ，构造函数)()(2x f ex g x =10. 对于不等式,0)(ln )(>⋅+'x f a x f ，构造函数)()(x f a x g x= 11. 对于不等式,0tan )()(>⋅'+x x f x f ，构造函数)(sin )(x f x x g ⋅= 12. 对于不等式,0)(tan )(>⋅−'x f x x f ，构造函数)(cos )(x f x x g ⋅=13. 对于不等式,0)()(>'x f x f ，构造函数)(ln )(x f x g = 14. 对于不等式,0)(ln )(>+'xx f x x f ，构造函数)(ln )(x f x x g ⋅=二、课堂练习 1. 加减构造法 例1.已知函数21()2f x x alnx =+，若对任意两个不相等的正数1x ，2x ，都有1212()()4f x f x x x −>−恒成立，则a 的取值范围为( ) A ．[4，)+∞B ．(4,)+∞C ．(−∞，4]D ．(,4)−∞变式1.已知函数()2x f x e ax =+−，其中a R ∈，若对于任意的1x ，2[1x ∈，)+∞，且12x x <，都有211212()()()x f x x f x a x x −<−成立，则a 的取值范围是( ) A ．[1，)+∞ B ．[2，)+∞C ．(−∞，1]D ．(−∞，2]2．指数乘除法构造例1. 已知()f x 为R 上的可导函数，且x R ∀∈，均有()()f x f x >'，则以下判断正确的是（） A ．2019(2019)(0)f e f > B ．2019(2019)(0)f e f < C ．2019(2019)(0)f e f =D ．(2019)f 与2019(0)e f 大小无法确定变式1.函数()y f x =的导函数为()f x '，满足x R ∀∈，()()f x f x '>且f （1）e =，则不等式()f lnx x >的解集为( )A ．(,)e +∞B ．(1,)+∞C ．(0,)eD ．(0,1)变式2.定义在[0，)+∞上的可导函数，且()()x f x f x '+<，则对任意正实数a ，下列式子恒成立的是( )A ．f （a ）(0)a e f <B ．f （a ）(0)a e f >C ．a e f （a ）(0)f <D ．a e f （a ）(0)f > 3.指数升级构造法例1.对定义在R 上的可导函数()f x 恒有(4)()()0x f x xf x −+'>，则()(f x ) A ．恒大于等于0 B ．恒小于0C ．恒大于0D ．和0的大小关系不能确定变式1.设()f x '是函数()f x 的导函数，且()2()()f x f x x R '>∈，1()(2f e e =为自然对数的底数），则不等式2()f lnx x <的解集为( )A ．(0,)2eB ．C ．1(e ，)2eD ．(2e4.幂函数乘除法构造例题1．已知函数()y f x =对任意的(0,)x ∈+∞满足()()f x xf x >'（其中()f x '为函数()f x 的导函数），则下列不等式成立的是( )A ．1()22f f >（1）B ．1()22f f <（1）C ．12()(12f f <D ．12()2f f >（1）变式1．已知定义在R 上的偶函数()y f x =的导函数为()f x '，函数()f x 满足：当0x >时，()()1x f x f x '+>，且f （1）2018=．则不等式2017()1||f x x <+的解集是( ) A ．(1,1)−B ．(,1)−∞C ．(1−，0)(0⋃，1)D ．(−∞，1)(1−⋃，)+∞5．对数乘除法构造例1.已知定义在[e ，)+∞上的函数()f x 满足()()0f x xf x lnx '+<且f （4）0=，其中()f x '是函数()f x 的导函数，e 是自然对数的底数，则不等式()0f x >的解集为( ) A ．[e ，4)B ．(4,)+∞C ．(,4)eD ．[e ，1)e +变式1.已知定义在[e ，)+∞上的函数()f x 满足()()0f x xf x lnx '+<且f （4）0=，其中()f x '是函数()f x 的导函数，e 是自然对数的底数，则不等式()0f x >的解集为( )A ．[e ，4)B ．(4,)+∞C ．(,4)eD ．[e ，1)e +6.对数升级构造法例1．已知函数()f x 的导函数为()f x '，e 为自然对数的底数，若函数()f x 满足()()lnxxf x f x x '+=，且f （e ）1e=，则不等式(1)(1)f x f e x e +−+>−的解集是( ) A ．(0,)e B ．(0,1)e + C ．(1,)e − D ．(1,1)e −+变式1．设()f x 是R 上的连续可导函数，当0x ≠时，()()0f x f x x '+>，则函数1()()g x f x x=+的零点个数为( ) A ．0B ．1C ．2D ．37.三角函数乘除构造法例1.定义在(0,)2π上的函数()f x ，()f x '是它的导函数，且恒有()()tan 0f x f x x +'<成立，则下列结论一定正确的是( )A(1)()4f f π>B．()()63f ππ>C()()46f ππ>D()()34ππ>变式1.定义在(0,)2π上的函数()f x ，()f x '是它的导函数，且恒有()()tan f x f x x '<−成立，则( )A()()36f ππ>B()()36f ππ<Cf （1）cos1()4f π> D()()64ππ<例2定义在(0,)2π上的函数()f x ，()f x '是它的导函数，且恒有()()tan f x f x x <'成立，则（ ）A()()43ππ>B ．f （1）2()sin16f π>C ()()64f ππ>D ()()63f ππ>变式1.定义在(0,)2π上的函数()f x ，已知()f x '是它的导函数，且恒有cos ()sin ()0x f x x f x '+<成立，则有( )A ．()()64f ππ>B ()()63f ππ>C ．()()63f ππ>D ．()()64f ππ>二、 课后练习1．已知()f x '为函数()f x 的导函数，当0x >时，有()()0f x xf x '−>恒成立，则下列不等式成立的是( ) A ．1()2(1)2f f >B ．1()2(1)2f f <C ．12()(1)2f f <D ．12()(1)2f f >2．已知()f x '是函数()(f x x R ∈且0)x ≠的导函数，当0x >时，()()0xf x f x '−<，记0.2220.222(log 5)(2)(0.2),,20.2log 5f f f a b c ===，则( ) A ．a b c << B ．b a c << C ．c a b << D ．c b a <<3．已知函数()y f x =是定义在实数集R 上的奇函数，且当0x >时，()()0f x x f x +'>（其中()f x '是()f x 的导函数）恒成立．若2211()()a ln f ln e e =，2(2)b f =，5(5)c lg f lg =，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a b c >>B ．c a b >>C ．c b a >>D ．a c b >>4．已知函数()f x 的定义域为R ，()f x '为函数()f x 的导函数，当[0x ∈，)+∞时，2sin cos ()0x x f x −'>且x R ∀∈，()()cos21f x f x x −++=．则下列说法一定正确的是（ ） A ．1532()()4643f f ππ−−>−− B ．1534()()4643f f ππ−−>−− C ．313()()4324f f ππ−>− D ．133()()2443f f ππ−−>− 5．已知偶函数()f x 是定义在{|0}x R x ∈≠上的可导函数，其导函数为()f x '．当0x <时，()()f x f x x '<恒成立．设1m >，记4(1)1mf m a m +=+，b =，4(1)()1mc m f m =++，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．a b c <<B ．a b c >>C ．b a c <<D ．b a c >>6．已知定义在R 上的奇函数()f x 的导函数为()f x '，当0x <时，()f x 满足2()()f x xf x x +'<，则()f x 在R 上的零点个数为( ) A ．1B ．3C ．5D ．1或37．设函数()f x '是奇函数()()f x x R ∈的导函数，当0x >时，1()()lnx f x f x x'<−，则使得2(1)()0x f x −>成立的x 的取值范围是( )A ．(1−，0)(0⋃，1)B ．(−∞，1)(1−⋃，)+∞C ．(1−，0)(1⋃，)+∞D ．(−∞，1)(0−⋃，1)8．已知偶函数()f x 是定义在{|0}x R x ∈≠上的可导函数，其导函数为()f x '，当0x <时，()()f x f x x '>恒成立，设1m >，记4(1)1m f m a m +=+，2(2)b m f m =，4(1)()1mc m f m =++，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．a b c <<B ．a b c >>C ．b a c <<D ．b a c >> 9．已知()y f x =为R 上的可导函数，当0x ≠时，()()0f x f x x'+>，则关于的函数2()()g x f x x=+的零点个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．0或 210．设函数()f x '是奇函数()()f x x R ∈的导函数，当0x >时，()()0f x xlnx f x '+<，则使得2(1)()0x f x −<成立的x 的取值范围是( )A ．(−∞，1)(1−⋃，)+∞B ．(−∞，1)(0−⋃，1)C ．(1−，0)(0⋃，1)D ．(1−，0)(1⋃，)+∞11．已知()f x 的导函数为()f x '，当0x >时，2()()f x xf x >'，且f （1）1=，若存在x R +∈，使2()f x x =，则x 的值为 ．12．设函数()f x '是函数()()f x x R ∈的导函数，(0)1f =，且3()()3f x f x '=−，则6()()f x f x '>的解集为( ) A ．(0,)+∞B ．(1,)+∞C ．(,)e +∞D ．(,)3e+∞13．知函数()f x 的定义域为R ，(2)2021f −=，对任意(,)x ∈−∞+∞，都有()2f x x '>成立，则不等式2()2017f x x >+的解集为( ) A ．(2,)−+∞B ．(2,2)−C ．(,2)−∞−D ．(,)−∞+∞14．已知定义在R 上的函数()y f x =可导函数，满足当0x ≠时，()()0f x f x x'+>，则关于x 的函数2()()g x f x x=−的零点个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．不确定15．定义在R 上的函数()f x ，()f x '是其导函数，且满足()()2f x f x +'>，f （1）42e=+，则不等式()42x x e f x e >+的解集为( ) A ．(,1)−∞B ．(1,)+∞C ．(,2)−∞D ．(2,)+∞16．已知函数()f x 在(0,)2π上单调递减，()f x '为其导函数，若对任意(0,)2x π∈都有()()tan f x f x x <'，则下列不等式一定成立的是( )A ．()()36f ππ>B ．()()46f f ππ>C ．()()326f f ππ>D ．()()46f ππ>16．已知函数()f x 是R 上的可导函数，且()f x 的图象是连续不断的，当0x ≠时，有()()0f x f x x '=>，则函数1()()F x xf x x=+的零点个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．317．设函数()f x '是函数()()f x x R ∈的导函数，(0)1f =，且3()()3f x f x ='−，则4()()f x f x >'的解集为( )A ．4(3ln ，)+∞ B ．2(3ln ，)+∞ C ．(2，)+∞ D ．(3，)+∞ 18．设函数()f x '是函数()()f x x R ∈的导函数，(0)1f =，且3()()3f x f x ='−，则4()()f x f x >'的解集为( )A ．4(3ln ，)+∞ B ．2(3ln ，)+∞ C ．，)+∞ D ．，)+∞ 19．已知()f x '是函数()f x 的导函数，且对任意的实数x 都有()(23)()x f x e x f x '=++，(0)1f =，则不等式()5x f x e <的解集为( )A ．(4,1)−B ．(1,4)−C ．(−∞，4)(1−⋃，)+∞D ．(−∞，1)(4−⋃，)+∞20．设函数()f x '是函数()()f x x R ∈的导函数，e 为自然对数的底数，若函数()f x 满足()()lnx xf x f x x '+=，且1()f e e =，则不等式1()x x f e e e e>−+的解集为( ) A ．(,1)−∞ B ．(0,1) C ．(1,)+∞ D ．(,0)−∞21．定义域为R 的可导函数()y f x =的导函数为()f x '，满足()()f x f x >'，且(0)3f =，则不等式()3x f x e <的解集为( ) A ．(,0)−∞B ．(,2)−∞C ．(0,)+∞D ．(2,)+∞22．若对定义在R 上的可导函数()f x ，恒有(4)(2)2(2)0x f x xf x −+'>，（其中(2)f x '表示函数()f x 的导函数()f x '在2x 的值），则()(f x ) A ．恒大于等于0 B ．恒小于0C ．恒大于0D ．和0的大小关系不确定23．已知定义在R 上的连续奇函数()f x 的导函数为()f x '，当0x >时，()()0f x f x x'+>，则使得2(2)(13)(31)0xf x x f x +−−>成立的x 的取值范围是( ) A ．(1,)+∞ B ．1(1,)(1,)5−+∞C ．1(,1)5D ．(,1)−∞24．设函数()f x 满足()2()xe xf x f x x'+=，2(2)4e f =，则0x >时()(f x )A ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值又有极小值D ．既无极大值也无极小值25．定义在(0,)2π上的函数()f x ，()f x '是它的导函数，且恒有cos ()sin ()0x f x x f x '+<成立，则有( )A ()2()64f ππ>B ()()63f ππ>C ．()()63f ππ>D ()()64ππ>26．设()f x '是函数()f x 的导函数，且()2()()f x f x x R '>∈，1()(2f e e =为自然对数的底数），则不等式2()f lnx x <的解集为 ．27．已知()f x 是定义在R 上的函数，()f x '是()f x 的导函数．给出如下四个结论：①若()()0f x f x x'+>，且(0)f e =，则函数()xf x 有极小值0； ②若()2()0xf x f x '+>，则14(2)(2)n n f f +<，*n N ∈；③若()()0f x f x '−>，则(2017)(2016)f ef >；④若()()0f x f x '+>，且(0)1f =，则不等式()x f x e −<的解集为(0,)+∞．所有正确结论的序号是 ．28．已知函数()f x 的导函数为()f x '，e 为自然对数的底数，若函数()f x 满足()()lnxxf x f x x'+=，且f （e ）1e =，则不等式(1)(1)f x f e x e +−+>−的解集是 ．29．已知函数()f x 的导函数为()f x '，e 为自然对数的底数，若函数()f x 满足()()lnxxf x f x x'+=，且f （e ）1e =，则不等式1()f x x e e −>−的解集是 ．。
构造函数解决导数问题的常用模型
构造函数解决导数问题的常用模型求导是数学中常见的一类问题，它是估算函数的变化趋势的基本方法。
求解导数的方法和理论可以追溯到欧几里德几何学的时期，而现代数学中的求导知识则是统计学和微分几何学中的重要内容。
随着科学技术的进步，如今求导的方法有了很大的进步，专门的数学模型也用于求解导数问题。
构造函数是一种具有良好结构性和函数形式的表达式，它具有宽泛的数学推理能力，可以解决复杂的数学问题，其中包括求解导数问题。
构造函数解决导数问题的常用模型是利用构造函数求函数的导数的方法。
首先要解决的是函数的求导，而具体的求导方法是根据构造函数的函数形式来进行求解的。
函数的形式分为一阶、二阶、及高阶，这些形式是使用构造函数求函数导数的基本方法。
一阶函数可以使用构造函数求解，一阶函数求导的基本方法是利用微积变换定理进行求解。
微积变换定理。
它将微积分替换为定积分，这样就可以利用定积分的技巧来求出函数的导数。
二阶函数求导也可以使用构造函数求解，二阶函数求导的方法是利用方程的极值问题解决的。
有时候二阶函数不是方程的极值，而是一个复杂的一阶函数。
在这种情况下，可以利用定积分分析和积分变换法来求出它的导数。
高阶函数求导可以使用微积变换公式进行计算，高阶函数求导的方法是利用函数形式求出函数的导数。
在求解高阶函数的导数时，需要利用的微积变换公式是:简高阶函数的同时，注意计算每项函数的导数，最终得到函数的导数。
一些复杂的函数不能利用上述方法求出其导数，此时可以利用构造函数的函数形式求解。
这些函数形式可以组合，形成一个复杂的函数，并且利用函数形式求出函数的导数，从而求得函数的导数。
构造函数解决导数问题的常用模型是分别根据一阶、二阶、及高阶函数的函数形式进行求函数的导数。
同时，还有一些复杂的函数的求导可以利用构造函数的函数形式来解决。
这是解决导数问题的常用模型，比较有效，而且容易理解和实现。
总之，构造函数解决导数问题的常用模型是受到许多数学理论的影响，利用构造函数的函数形式求解函数的导数，这种模型相对有效且容易理解实现。
导数中的构造函数(最全精编)
导数中的构造函数(最全精编)导数小题中构造函数的技巧函数与方程思想、转化与化归思想是高中数学思想中比较重要的两大思想。
在导数题型中，构造函数的解题思路恰好是这两种思想的良好体现。
下面我将分享导数小题中构造函数的技巧。
一）利用 $f(x)$ 进行抽象函数构造1、利用 $f(x)$ 与 $x$ 构造；常用构造形式有 $xf(x)$ 和$\frac{f(x)}{x}$。
在数导数计算的推广及应用中，我们对 $u\cdot v$ 的导函数观察可得，$u\cdot v$ 型导函数中体现的是“加法”，$\frac{u}{v}$ 型导函数中体现的是“除法”。
由此，我们可以猜测，当导函数形式出现的是“加法”形式时，优先考虑构造$u\cdot v$ 型；当导函数形式出现的是“除法”形式时，优先考虑构造 $\frac{u}{v}$ 型。
我们根据得出的“优先”原则，看一看例1和例2.例1】$f(x)$ 是定义在 $\mathbb{R}$ 上的偶函数，当$x0$ 的解集为？思路点拨：出现“加法”形式，优先构造 $F(x)=xf(x)$，然后利用函数的单调性、奇偶性和数形结合求解即可。
解析】构造 $F(x)=xf(x)$，则 $F'(x)=f(x)+xf'(x)$。
当$x0$ 的解集为 $(-\infty,-4)\cup(0,4)$。
例2】设 $f(x)$ 是定义在 $\mathbb{R}$ 上的偶函数，且$f(1)=2$。
当 $x0$ 恒成立。
则不等式 $f(x)>0$ 的解集为？思路点拨：出现“除法”形式，优先构造$F(x)=\frac{f(x)}{x-f(x)}$，然后利用函数的单调性、奇偶性和数形结合求解即可。
解析】构造 $F(x)=\frac{f(x)}{x-f(x)}$，则$F'(x)=\frac{xf'(x)-2f(x)}{(x-f(x))^2}$。
因为 $xf'(x)-f(x)>0$，所以 $F'(x)>0$，$F(x)$ 在 $(-\infty,0)$ 上单调递增。
导数小题中构造函数的技巧
导数小题中构造函数的技巧函数与方程思想、转化与化归思想是高中数学思想中比较重要的两大思想，而构造函数的解题思路恰好是这两种思想的良好体现，尤其是在导数题型中，下面我就导数小题中构造函数的技巧和大家进行分享和交流。
（一）利用)(x f 进行抽象函数构造1、利用)(x f 与x 构造；常用构造形式有x x f x xf )(),(；这类形式是对vuv u ,⋅型函数导数计算的推广及应用，我们对vuv u ,⋅的导函数观察可得知，v u ⋅型导函数中体现的是“+”法，vu型导函数中体现的是“-”法，由此，我们可以猜测，当导函数形式出现的是“+”法形式时，优先考虑构造v u ⋅型，当导函数形式出现的是“－”法形式时，优先考虑构造vu，我们根据得出的“优先”原则，看一看例1，例2.【例1】)(x f 是定义在R 上的偶函数，当0<x 时，0)()('<+x xf x f ，且0)4(=-f ，则不等式0)(>x xf 的解集为____________【解析】可以推出【例2】设)(x f 是定义在R 上的偶函数，且0)1(=f ，当0<x 时，有0)()('>-x f x xf 恒成立，则不等式0)(>x f 的解集为________________x f x xf )(),(是比较简单常见的)(x f 与x 之间的函数关系式，如果碰见复杂的，不易想的我们该如何处理，由此我们可以思考形如此类函数的一般形式.我们根据得出的结论去解决例3题【例3】已知偶函数)0)((≠x x f 的导函数为)('x f ，且满足0)1(=-f ，当0>x 时，)()(2'x xf x f >，则使得0)(>x f 成立的x 的取值范围是___________【变式提升】设函数)(x f 满足x x f x x f x ln 1)(3)(2'3+=+，且ee f 21)(=，则0>x 时，)(x f （）A 、有极大值，无极小值B 、有极小值，无极大值【例4】设)(x f 是定义在R 上的奇函数，在)0,(-∞上有0)2()2(2'<+x f x xf ，且0)2(=-f ，则不等式0)2(<x xf 的解集为___________.('x F（2）利用)(x f 与x e 构造；)(x f 与x e 构造，一方面是对uv u ,⋅函数形式的考察，另外一方面是对x x e e =)(的考察.所以对于)()('x f x f ±类型，我们可以等同xx f x xf )(),(的类型处理，“+”法优先考虑构造x e x f x F ⋅=)()(，“-”法优先考虑构造x ex f x F )()(=.【例5】已知)(x f 是定义在),(+∞-∞上的函数，导函数)('x f 满足)()('x f x f <对于R x ∈恒成立，则（）A 、)0()2014(),0()2(20142f e f f e f >>B 、)0()2014(),0()2(20142f e f f e f ><C 、)0()2014(),0()2(20142f e f f e f <>D 、)0()2014(),0()2(20142f e f f e f <<【解析】构造同样xx x f x f e )(),(是比较简单常见的)(x f 与xe 之间的函数关系式，如果碰我们根据得出的结论去解决例6题.【例6】若定义在R 上的函数)(x f 满足1)0(,0)(2)('=>-f x f x f ，则不等式x e x f 2)(>的解集为___________【解析】构造【变式提升】若定义在R 上的函数)(x f 满足1)0(,04)(2)('-=>--f x f x f ，则不等式2)(2->x e x f 的解集为___________【例7】已知函数()f x 在R 上可导，其导函数为()f x '，若()f x 满足：()()(1)[]0x f x f x '-->，()22(2)x f x f x e --=，则下列判断一定正确的是（）（A）)0()1(f f <（B）)0()2(2f e f >（C）)0()3(3f e f >（D）)0()4(4f e f <【解析】构造（3）利用)(x f 与x x cos ,sin 构造.x x cos ,sin 因为导函数存在一定的特殊性，所以也是重点考察的范畴，我们一起看看常考的几种形式.根据得出的关系式，我们来看一下例8【例8】已知函数()y f x =对于任意的(,)22x ππ∈-满足()()cos sin 0f x x f x x '+>（其中()f x '是函数()f x 的导函数），则下列不等式不成立的是（）A、(()34f ππ<(()34f ππ-<-C、(0)()4f π<D、(0)2()3f f π<【解析】构造【变式提升】定义在)2,0(π上的函数，函数)('x f 是它的导函数，且恒有x x f x f tan )()('<成立，则（）A、)(2(3ππf f >B、1sin (2)1(πf f <C、)()(2ππf f >D、)()(3ππf f <（二）构造具体函数关系式构造这类题型需要根据题意构造具体的函数关系式，通过具体的关系式去解决不等式及求值问题.【例9】]2,2[,ππβα-∈，且0sin sin >-ββαα，则下列结论正确的是（）A、βα>B、22βα>C、βα<D、0>+βα【解析】构造【变式提升】定义在R 上的函数)(x f 满足1)1(=f ，且对21)(,'<∈∀x f R x 则不等式21log )(log 22+>x x f 的解集为_________.【例10】等比数列}{n a 中，21=a ，48=a ，函数))...()(()(821a x a x a x x x f ---=，则=)0('f （）A 、62B 、92C 、122D 、152('x f【例11】已知实数c b a ,,满足1112=--=-d cb e a a ，其中e 是自然对数的底数，那么22)()(d bc a -+-的最小值为()c-1【变式提升】已知实数b a ,满足0ln 522=--b a a ，R c ∈，则22)()(c b c a ++-【课后作业】设函数)(x f 在R 上的导函数)('x f ，在),0(+∞上x x f 2sin )('<，且R x ∈∀，有x x f x f 2sin 2)()(=+-，则以下大小关系一定正确的是（）A、)34()65(ππf f <B、)()4(ππf f <C、34(65(ππ-<-f f D、)(4(ππ->-f f构造函数，作为一种做题技巧的体现，考察了学生的思考能力和动手能力，是一种非常实用的做题技巧，希望我的总结分享能够给大家带来帮助。
导数常见技法全归纳
高考数学之导数常见技法全归纳目录第一部分构造辅助函数求解导数问题 (2)技法一：“比较法”构造函数 (2)技法二：“拆分法”构造函数 (3)技法三：“换元法”构造函数 (5)技法四：二次(甚至多次)构造函数 (7)强化训练 (10)第二部分利用导数探究含参数函数的性质 (14)技法一：利用导数研究函数的单调性 (14)技法二：利用导数研究函数的极值 (16)技法三：利用导数研究函数的最值 (19)强化训练 (22)第三部分导数的综合应用 (29)技法一：利用导数研究函数的零点或方程的根 (29)技法二：利用导数证明不等式 (31)技法三：利用导数研究不等式恒成立问题 (33)技法四：利用导数研究存在性与任意性问题 (42)技法五：利用导数研究探究性问题 (45)强化训练 (50)第一部分构造辅助函数求解导数问题对于证明与函数有关的不等式，或已知不等式在某个范围内恒成立求参数取值范围、讨论一些方程解的个数等类型问题时，常常需要构造辅助函数，并求导研究其单调性或寻求其几何意义来解决；题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，这里给出几种常用的构造技巧．技法一：“比较法”构造函数[典例](2017·广州模拟)已知函数f(x)＝e x－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1．(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x＞0时，x2＜e x．[解](1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a．因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2，令f′(x)＝0，得x＝ln 2，当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f(x)无极大值．QQ群339444963(2)证明：令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x．由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0，故g(x)在R上单调递增．所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x2＜e x．[方法点拨]在本例第(2)问中，发现“x2，e x”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x2＜e x”构造函数，得到“g(x)＝e x－x2”，并利用(1)的结论求解．[对点演练]已知函数f(x)＝xe x，直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0(x0＜1)处的切线，求证：f(x)≤g(x)．证明：函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线方程为y ＝g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)． 令h (x )＝f (x )－g (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)－f (x 0)， 则h ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)＝1－x e x －1－x 0e 0x ＝1－x e 0x －1－x 0e x e 0＋x x ．设φ(x )＝(1－x )e 0x －(1－x 0)e x ， 则φ′(x )＝－e 0x －(1－x 0)e x ， ∵x 0＜1，∵φ′(x )＜0，∵φ(x )在R 上单调递减，又φ(x 0)＝0，∵当x ＜x 0时，φ(x )＞0，当x ＞x 0时，φ(x )＜0， ∵当x ＜x 0时，h ′(x )＞0，当x ＞x 0时，h ′(x )＜0，∵h (x )在区间(－∞，x 0)上为增函数，在区间(x 0，＋∞)上为减函数， ∵h (x )≤h (x 0)＝0， QQ 群339444963 ∵f (x )≤g (x )．技法二：“拆分法”构造函数[典例] 设函数f (x )＝ae x ln x ＋bex －1x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线为y ＝e (x －1)＋2．(1)求a ，b ；(2)证明：f (x )＞1． [解] (1)f ′(x )＝ae x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x ＋be x－1x －1x 2(x ＞0)，由于直线y ＝e (x －1)＋2的斜率为e ，图象过点(1,2)， 所以⎩⎨⎧ f 1＝2，f ′1＝e ，即⎩⎨⎧ b ＝2，ae ＝e ，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知f (x )＝e x ln x ＋2ex －1x (x ＞0)，从而f (x )＞1等价于x ln x ＞xe －x －2e ． 构造函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x ，所以当x ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )＜0，当x ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )＞0，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， QQ 群339444963从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ．构造函数h (x )＝xe －x－2e ， 则h ′(x )＝e －x (1－x )． 所以当x ∵(0,1)时，h ′(x )＞0； 当x ∵(1，＋∞)时，h ′(x )＜0；故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e ． 综上，当x ＞0时，g (x )＞h (x )，即f (x )＞1． [方法点拨]对于第(2)问“ae x ln x ＋be x －1x ＞1”的证明，若直接构造函数h (x )＝ae x ln x ＋bex －1x －1，求导以后不易分析，因此并不宜对其整体进行构造函数，而应先将不等式“ae x ln x ＋be x －1x ＞1”合理拆分为“x ln x ＞xe －x －2e ”，再分别对左右两边构造函数，进而达到证明原不等式的目的．[对点演练]已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0．(1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ＞0，且x ≠1时，f (x )＞ln xx －1．解：(1)f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x －ln xx ＋12－bx 2(x ＞0)．由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1,1)，故⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝1，f ′1＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a 2－b ＝－12.解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝1.(2)证明：由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x (x ＞0)，所以f (x )－ln x x －1＝11－x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2ln x －x 2－1x ． 考虑函数h (x )＝2ln x －x 2－1x (x ＞0)， 则h ′(x )＝2x －2x 2－x 2－1x 2＝－x －12x 2．所以当x ≠1时，h ′(x )＜0．而h (1)＝0， 故当x ∵(0,1)时，h (x )＞0，可得11－x 2h (x )＞0； 当x ∵(1，＋∞)时，h (x )＜0，可得11－x 2h (x )＞0． 从而当x ＞0，且x ≠1时，f (x )－ln xx －1＞0， 即f (x )＞ln xx －1． QQ 群339444963技法三：“换元法”构造函数[典例] 已知函数f (x )＝ax 2＋x ln x (a ∵R )的图象在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋3y ＝0垂直．(1)求实数a 的值；(2)求证：当n ＞m ＞0时，ln n －ln m ＞m n －nm ．[解] (1)因为f (x )＝ax 2＋x ln x ，所以f ′(x )＝2ax ＋ln x ＋1， 因为切线与直线x ＋3y ＝0垂直，所以切线的斜率为3， 所以f ′(1)＝3，即2a ＋1＝3，故a ＝1． (2)证明：要证ln n －ln m ＞m n －nm ，即证ln n m ＞m n －n m ，只需证ln n m －m n ＋nm ＞0．令n m ＝x ，构造函数g (x )＝ln x －1x ＋x (x ≥1)，则g ′(x )＝1x ＋1x 2＋1．因为x ∵[1，＋∞)，所以g ′(x )＝1x ＋1x 2＋1＞0， 故g (x )在(1，＋∞)上单调递增．由已知n ＞m ＞0，得nm ＞1，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫n m ＞g (1)＝0， 即证得ln n m －m n ＋n m ＞0成立，所以命题得证．[方法点拨]对“待证不等式”等价变形为“ln n m －m n ＋n m ＞0”后，观察可知，对“nm ”进行换元，变为“ln x －1x ＋x ＞0”，构造函数“g (x )＝ln x －1x ＋x (x ≥1)”来证明不等式，可简化证明过程中的运算．[对点演练]已知函数f (x )＝x 2ln x ． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：对任意的t ＞0，存在唯一的s ，使t ＝f (s )；(3)设(2)中所确定的s 关于t 的函数为s ＝g (t )，证明：当t ＞e 2时，有25＜ln g t ln t ＜12．解：(1)由已知，得f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)(x ＞0)， 令f ′(x )＝0，得x ＝1e． 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e1e ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ f ′(x ) － 0 ＋f (x )极小值所以函数f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞．(2)证明：当0＜x ≤1时，f (x )≤0， ∵t ＞0，∵当0＜x ≤1时不存在t ＝f (s )． 令h (x )＝f (x )－t ，x ∵[1，＋∞)．由(1)知，h (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． h (1)＝－t ＜0，h (e t )＝e 2t ln e t －t ＝t (e 2t －1)＞0． 故存在唯一的s ∵(1，＋∞)，使得t ＝f (s )成立． (3)证明：因为s ＝g (t )，由(2)知，t ＝f (s )，且s ＞1， 从而ln g t ln t＝ln s ln f s ＝ln sln s 2ln s＝ln s 2ln s ＋ln ln s ＝u2u ＋ln u，QQ 群339444963其中u ＝ln s ． 要使25＜ln g t ln t＜12成立，只需0＜ln u ＜u 2．当t ＞e 2时，若s ＝g (t )≤e ，则由f (s )的单调性，有t ＝f (s )≤f (e )＝e 2，矛盾． 所以s ＞e ，即u ＞1，从而ln u ＞0成立．另一方面，令F (u )＝ln u －u 2，u ＞1，F ′(u )＝1u －12， 令F ′(u )＝0，得u ＝2． 当1＜u ＜2时，F ′(u )＞0； 当u ＞2时，F ′(u )＜0． 故对u ＞1，F (u )≤F (2)＜0， 因此ln u ＜u2成立．综上，当t ＞e 2时，有25＜ln g tln t＜12．技法四：二次(甚至多次)构造函数[典例] (2017·广州综合测试)已知函数f (x )＝e x ＋m －x 3，g (x )＝ln(x ＋1)＋2． (1)若曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线斜率为1，求实数m 的值； (2)当m ≥1时，证明：f (x )＞g (x )－x 3．[解] (1)因为f (x )＝e x ＋m －x 3， 所以f ′(x )＝e x ＋m －3x 2．因为曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线斜率为1， 所以f ′(0)＝e m ＝1，解得m ＝0．(2)证明：因为f (x )＝e x ＋m －x 3，g (x )＝ln(x ＋1)＋2， 所以f (x )＞g (x )－x 3等价于e x ＋m －ln(x ＋1)－2＞0． 当m ≥1时，e x ＋m －ln(x ＋1)－2≥e x ＋1－ln(x ＋1)－2． 要证e x ＋m －ln(x ＋1)－2＞0， 只需证明e x ＋1－ln(x ＋1)－2＞0．设h (x )＝ex ＋1－ln(x ＋1)－2，则h ′(x )＝e x ＋1－1x ＋1． 设p (x )＝e x ＋1－1x ＋1，则p ′(x )＝e x ＋1＋1x ＋12＞0，所以函数p (x )＝h ′(x )＝e x ＋1－1x ＋1在(－1，＋∞)上单调递增．因为h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝e 12－2＜0，h ′(0)＝e －1＞0，所以函数h ′(x )＝e x ＋1－1x ＋1在(－1，＋∞)上有唯一零点x 0，且x 0∵⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0．QQ 群339444963因为h ′(x 0)＝0，所以ex 0＋1＝1x 0＋1， 即ln(x 0＋1)＝－(x 0＋1)． 当x ∵(－1，x 0)时，h ′(x )＜0， 当x ∵(x 0，＋∞)时，h ′(x )＞0，所以当x ＝x 0时，h (x )取得最小值h (x 0)， 所以h (x )≥h (x 0)＝ex 0＋1－ln(x 0＋1)－2 ＝1x 0＋1＋(x 0＋1)－2＞0． 综上可知，当m ≥1时，f (x )＞g (x )－x 3． [方法点拨]本题可先进行适当放缩，m ≥1时，e x ＋m ≥e x ＋1，再两次构造函数h (x )，p (x )． [对点演练](2016·合肥一模)已知函数f(x)＝ex－x ln x，g(x)＝e x－tx2＋x，t∵R，其中e为自然对数的底数．(1)求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若g(x)≥f(x)对任意的x∵(0，＋∞)恒成立，求t的取值范围．解：(1)由f(x)＝ex－x ln x，知f′(x)＝e－ln x－1，则f′(1)＝e－1，而f(1)＝e，则所求切线方程为y－e＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋1．(2)∵f(x)＝ex－x ln x，g(x)＝e x－tx2＋x，t∵R，∵g(x)≥f(x)对任意的x∵(0，＋∞)恒成立等价于e x－tx2＋x－ex＋x ln x≥0对任意的x∵(0，＋∞)恒成立，即t≤e x＋x－ex＋x ln xx2对任意的x∵(0，＋∞)恒成立．令F(x)＝e x＋x－ex＋x ln xx2，则F′(x)＝xe x＋ex－2e x－x ln xx3＝1x2⎝⎛⎭⎪⎫e x＋e－2e xx－ln x，令G(x)＝e x＋e－2e xx－ln x，则G′(x)＝e x－2xe x－e xx2－1x＝e x x－12＋e x－xx2＞0对任意的x∵(0，＋∞)恒成立．∵G(x)＝e x＋e－2e xx－ln x在(0，＋∞)上单调递增，且G(1)＝0，∵当x∵(0,1)时，G(x)＜0，当x∵(1，＋∞)时，G(x)＞0，即当x∵(0,1)时，F′(x)＜0，当x∵(1，＋∞)时，F′(x)＞0，∵F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∵F(x)≥F(1)＝1，∵t≤1，即t的取值范围是(－∞，1]．强化训练1．设函数f (x )＝x 2e x －1＋ax 3＋bx 2，已知x ＝－2和x ＝1为f (x )的极值点． (1)求a ，b 的值； (2)讨论f (x )的单调性；(3)设g (x )＝23x 3－x 2，比较f (x )与g (x )的大小． 解：(1)因为f ′(x )＝e x －1(2x ＋x 2)＋3ax 2＋2bx ＝xe x －1(x ＋2)＋x (3ax ＋2b )， 又x ＝－2和x ＝1为f (x )的极值点， 所以f ′(－2)＝f ′(1)＝0， 因此⎩⎨⎧－6a ＋2b ＝0，3＋3a ＋2b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－13，b ＝－1.(2)因为a ＝－13，b ＝－1， 所以f ′(x )＝x (x ＋2)(e x －1－1)， 令f ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝0，x 3＝1．因为当x ∵(－∞，－2)∵(0,1)时，f ′(x )＜0； 当x ∵(－2,0)∵(1，＋∞)时，f ′(x )＞0．所以f (x )在(－2,0)和(1，＋∞)上是单调递增的； 在(－∞，－2)和(0,1)上是单调递减的． (3)由(1)可知f (x )＝x 2ex －1－13x 3－x 2．故f (x )－g (x )＝x 2e x －1－x 3＝x 2(e x －1－x )， 令h (x )＝e x －1－x ，则h ′(x )＝e x －1－1． 令h ′(x )＝0，得x ＝1，因为当x ∵(－∞，1]时，h ′(x )≤0， 所以h (x )在(－∞，1]上单调递减；故当x ∵(－∞，1]时，h (x )≥h (1)＝0； 因为当x ∵[1，＋∞)时，h ′(x )≥0， 所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增； 故x ∵[1，＋∞)时，h (x )≥h (1)＝0． 所以对任意x ∵(－∞，＋∞)，恒有h (x )≥0； 又x 2≥0，因此f (x )－g (x )≥0．故对任意x ∵(－∞，＋∞)，恒有f (x )≥g (x )． 2．(2015·北京高考)已知函数f (x )＝ln 1＋x1－x ．(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求证：当x ∵(0,1)时，f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33；(3)设实数k 使得f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∵(0,1)恒成立，求k 的最大值．解：(1)因为f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x )(－1＜x ＜1)， 所以f ′(x )＝11＋x ＋11－x，f ′(0)＝2． 又因为f (0)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x ．(2)证明：令g (x )＝f (x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x 41－x 2．因为g ′(x )＞0(0＜x ＜1)，所以g (x )在区间(0,1)上单调递增． 所以g (x )＞g (0)＝0，x ∵(0,1)，即当x ∵(0,1)时，f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33．(3)由(2)知，当k ≤2时，f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∵(0,1)恒成立．当k ＞2时，令h (x )＝f (x )－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－k ＋21－x 2．所以当0＜x ＜4k －2k 时，h ′(x )＜0， 因此h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4k －2k 上单调递减． 故当0＜x ＜4k －2k 时，h (x )＜h (0)＝0，即f (x )＜k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33．所以当k ＞2时，f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33并非对x ∵(0,1)恒成立．综上可知，k 的最大值为2．3．(2016·广州综合测试)已知函数f (x )＝me x －ln x －1． (1)当m ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)当m ≥1时，证明：f (x )＞1． 解：(1)当m ＝1时，f (x )＝e x －ln x －1， 所以f ′(x )＝e x －1x ．所以f (1)＝e －1，f ′(1)＝e －1．所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －(e －1)＝(e －1)(x －1)，即y ＝(e －1)x ．(2)证明：当m ≥1时，f (x )＝me x －ln x －1≥e x －ln x －1(x ＞0)． 要证明f (x )＞1，只需证明e x －ln x －2＞0． 设g (x )＝e x －ln x －2，则g ′(x )＝e x －1x ． 设h (x )＝e x －1x ，则h ′(x )＝e x ＋1x 2＞0，所以函数h (x )＝g ′(x )＝e x－1x 在(0，＋∞)上单调递增．因为g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12－2＜0，g ′(1)＝e －1＞0，所以函数g ′(x )＝e x －1x 在(0，＋∞)上有唯一零点x 0，且x 0∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1．因为g ′(x 0)＝0，所以ex 0＝1x 0，即ln x 0＝－x 0．当x ∵(0，x 0)时，g ′(x )＜0；当x ∵(x 0，＋∞)时，g ′(x )＞0． 所以当x ＝x 0时，g (x )取得最小值g (x 0)． 故g (x )≥g (x 0)＝ex 0－ln x 0－2＝1x 0＋x 0－2＞0．综上可知，当m ≥1时，f (x )＞1．4．(2017·石家庄质检)已知函数f (x )＝a x －x 2e x (x ＞0)，其中e 为自然对数的底数．(1)当a ＝0时，判断函数y ＝f (x )极值点的个数；(2)若函数有两个零点x 1，x 2(x 1＜x 2)，设t ＝x 2x 1，证明：x 1＋x 2随着t 的增大而增大．解：(1)当a ＝0时，f (x )＝－x 2e x (x ＞0)，f ′(x )＝－2x ·e x －－x 2·e xe x 2＝x x －2e x，令f ′(x )＝0，得x ＝2，当x ∵(0,2)时，f ′(x )＜0，y ＝f (x )单调递减， 当x ∵(2，＋∞)时，f ′(x )＞0，y ＝f (x )单调递增， 所以x ＝2是函数的一个极小值点，无极大值点， 即函数y ＝f (x )有一个极值点．(2)证明：令f (x )＝a x －x 2e x ＝0，得x 32＝ae x ，因为函数有两个零点x 1，x 2(x 1＜x 2)， 所以x 1321＝aex 1，x 322＝aex 2，可得32ln x 1＝ln a ＋x 1，32ln x 2＝ln a ＋x 2．故x 2－x 1＝32ln x 2－32ln x 1＝32ln x 2x 1．又x 2x 1＝t ，则t ＞1，且⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝tx 1，x 2－x 1＝32ln t ，解得x 1＝32ln t t －1，x 2＝32t ln tt －1．所以x 1＋x 2＝32·t ＋1ln tt －1．∵令h (x )＝x ＋1ln xx －1，x ∵(1，＋∞)，则h ′(x )＝－2ln x ＋x －1xx －12．令u (x )＝－2ln x ＋x －1x ，得u ′(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x －1x 2． 当x ∵(1，＋∞)时，u ′(x )＞0． 因此，u (x )在(1，＋∞)上单调递增， 故对于任意的x ∵(1，＋∞)，u (x )＞u (1)＝0， 由此可得h ′(x )＞0，故h (x )在(1，＋∞)上单调递增． 因此，由∵可得x 1＋x 2随着t 的增大而增大．第二部分 利用导数探究含参数函数的性质技法一：利用导数研究函数的单调性[典例] 已知函数g (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴．(1)确定a 与b 的关系；(2)若a ≥0，试讨论函数g (x )的单调性． [解] (1)依题意得g ′(x )＝1x ＋2ax ＋b (x ＞0)．由函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴得：g ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，∵b ＝－2a －1．(2)由(1)得 g ′(x )＝2ax 2－2a ＋1x ＋1x＝2ax －1x －1x．∵函数g (x )的定义域为(0，＋∞)， ∵当a ＝0时，g ′(x )＝－x －1x ．由g ′(x )＞0，得0＜x ＜1，由g ′(x )＜0，得x ＞1， 当a ＞0时，令g ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝12a ， 若12a ＜1，即a ＞12，由g ′(x )＞0，得x ＞1或0＜x ＜12a ， 由g ′(x )＜0，得12a ＜x ＜1； 若12a ＞1，即0＜a ＜12，由g ′(x )＞0，得x ＞12a 或0＜x ＜1， 由g ′(x )＜0，得1＜x ＜12a ，若12a ＝1，即a ＝12在(0，＋∞)上恒有g ′(x )≥0．综上可得：当a ＝0时，函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当0＜a ＜12时，函数g (x )在(0,1)上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增； 当a ＝12时，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增， 当a ＞12时，函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． [方法点拨](1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点．(3)本题(2)求解应先分a ＝0或a ＞0两种情况，再比较12a 和1的大小． [对点演练](2016·太原一模)已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∵R )． (1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)设函数h (x )＝f (x )＋1＋ax ，求函数h (x )的单调区间． 解：(1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f (1)＝1， 即切点为(1,1)，∵f ′(x )＝1－2x ，∵f ′(1)＝1－2＝－1，∵曲线y ＝f (x )在点(1,1)处的切线方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0． (2)由题意知，h (x )＝x －a ln x ＋1＋ax (x ＞0)， 则h ′(x )＝1－a x －1＋a x 2＝x 2－ax －1＋ax 2＝x ＋1[x －1＋a]x 2，∵当a ＋1＞0，即a ＞－1时， 令h ′(x )＞0，∵x ＞0，∵x ＞1＋a ， 令h ′(x )＜0，∵x ＞0，∵0＜x ＜1＋a ． ∵当a ＋1≤0，即a ≤－1时，h ′(x )＞0恒成立，综上，当a ＞－1时，h (x )的单调递减区间是(0，a ＋1)，单调递增区间是(a ＋1，＋∞)；当a ≤－1时，h (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间．技法二：利用导数研究函数的极值[典例] 设a ＞0，函数f (x )＝12x 2－(a ＋1)x ＋a (1＋ln x )．(1)若曲线y ＝f (x )在(2，f (2))处的切线与直线y ＝－x ＋1垂直，求切线方程． (2)求函数f (x )的极值．[解] (1)由已知，得f ′(x )＝x －(a ＋1)＋ax (x ＞0)， 又由题意可知y ＝f (x )在(2，f (2))处切线的斜率为1，所以f ′(2)＝1，即2－(a ＋1)＋a2＝1，解得a ＝0，此时f (2)＝2－2＝0，故所求的切线方程为y ＝x －2． (2)f ′(x )＝x －(a ＋1)＋a x ＝x 2－a ＋1x ＋ax＝x －1x －ax (x ＞0)．∵当0＜a ＜1时，若x ∵(0，a )，则f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 若x ∵(a,1)，则f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 若x ∵(1，＋∞)，则f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增． 此时x ＝a 是f (x )的极大值点， x ＝1是f (x )的极小值点，函数f (x )的极大值是f (a )＝－12a 2＋a ln a ， 极小值是f (1)＝－12． ∵当a ＝1时，f ′(x )＝x －12x≥0，所以函数f (x )在定义域(0，＋∞)内单调递增， 此时f (x )没有极值点，故无极值． ∵当a ＞1时，若x ∵(0,1)，则f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 若x ∵(1，a )，则f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 若x ∵(a ，＋∞)，则f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．此时x ＝1是f (x )的极大值点，x ＝a 是f (x )的极小值点，函数f (x )的极大值是f (1)＝－12，极小值是f (a )＝－12a 2＋a ln a ．综上，当0＜a ＜1时，f (x )的极大值是－12a 2＋a ln a ， 极小值是－12；当a ＝1时，f (x )没有极值；当a ＞1时f (x )的极大值是－12，极小值是－12a 2＋a ln a ． [方法点拨]对于解析式中含有参数的函数求极值，有时需要分类讨论后解决问题．讨论的思路主要有：(1) 参数是否影响f ′(x )零点的存在；(2)参数是否影响f ′(x )不同零点(或零点与函数定义域中的间断点)的大小； (3)参数是否影响f ′(x )在零点左右的符号(如果有影响，需要分类讨论)． [对点演练](2016·山东高考)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∵R ． (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围． 解：(1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∵(0，＋∞)． 所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x ．当a ≤0，x ∵(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增； 当a ＞0，x ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增， x ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减． 所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a ＞0时，g (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞．(2)由(1)知，f ′(1)＝0．∵当a ≤0时，f ′(x )单调递增， 所以当x ∵(0,1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∵(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意． ∵当0＜a ＜12时，12a ＞1，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∵(0,1)时，f ′(x )＜0，当x ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )＞0．所以f (x )在(0,1)内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增， 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意． ∵当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减， 所以当x ∵(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意． ∵当a ＞12时，0＜12a ＜1，当x ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∵(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减． 所以f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意． 综上可知，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞．技法三：利用导数研究函数的最值[典例] 已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∵R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＞0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值． [解] (1)由题意，f ′(x )＝1x －a (x ＞0)，∵当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a ＞0，即函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)． ∵当a ＞0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a ， 当0＜x ＜1a 时，f ′(x )＝1－ax x ＞0； 当x ＞1a 时，f ′(x )＝1－ax x ＜0， 故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1a ，单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫1a ，＋∞．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a ＞0时，函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1a ，单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫1a ，＋∞． (2)∵当1a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，所以f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a ．∵当1a ≥2，即0＜a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )的最小值是f (1)＝－a ．∵当1＜1a ＜2，即12＜a ＜1时，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上是增函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，2上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，所以当12＜a ＜ln 2时，最小值是f (1)＝－a ； 当ln 2≤a ＜1时，最小值为f (2)＝ln 2－2a ．综上可知，当0＜a ＜ln 2时，函数f (x )的最小值是－a ； 当a ≥ln 2时，函数f (x )的最小值是ln 2－2a ． [方法点拨](1)在闭区间上图象连续的函数一定存在最大值和最小值，在不是闭区间的情况下，函数在这个区间上的最大值和最小值可能都存在，也可能只存在一个，或既无最大值也无最小值；(2)在一个区间上，如果函数只有一个极值点，则这个极值点就是最值点． [对点演练] 1．若函数f (x )＝x x 2＋a(a ＞0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则a 的值为( ) A ．33 B ．3 C ．3＋1 D ．3－1解析：选D f ′(x )＝x 2＋a －2x 2x 2＋a 2＝a －x 2x 2＋a2．令f ′(x )＝0，得x ＝a 或x ＝－a (舍去)，若a ≤1，即0＜a ≤1时，在[1，＋∞)上f ′(x )＜0，f (x )max ＝f (1)＝11＋a ＝33．解得a ＝3－1，符合题意．若a ＞1，即a ＞1时，在[1，a )上f ′(x )＞0，在(a ，＋∞)上f ′(x )＜0，所以f (x )max ＝f (a )＝a 2a ＝33，解得a ＝34＜1，不符合题意，综上知，a ＝3－1． 2．已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝(－x 2＋ax －3)e x (a 为实数)． (1)当a ＝5时，求函数y ＝g (x )在x ＝1处的切线方程； (2)求f (x )在区间[]t ，t ＋2(t ＞0)上的最小值． 解：(1)当a ＝5时，g (x )＝(－x 2＋5x －3)e x ，g (1)＝e ． 又g ′(x )＝(－x 2＋3x ＋2)e x ， 故切线的斜率为g ′(1)＝4e ． 所以切线方程为y －e ＝4e (x －1)， 即y ＝4ex －3e ．(2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1， 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：∵当t ≥1e 时，在区间[]t ，t ＋2上f (x )为增函数， 所以f (x )min ＝f (t )＝t ln t ．∵当0＜t ＜1e 时，在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫t ，1e 上f (x )为减函数，在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，t ＋2上f (x )为增函数，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ．综上，f (x )min ＝⎩⎪⎨⎪⎧t ln t ，t ≥1e ，－1e ，0＜t ＜1e .强化训练1．已知函数f (x )＝x －12ax 2－ln(1＋x )(a ＞0)． (1)若x ＝2是f (x )的极值点，求a 的值； (2)求f (x )的单调区间． 解：f ′(x )＝x 1－a －axx ＋1，x ∵(－1，＋∞)． (1)依题意，得f ′(2)＝0，即21－a －2a 2＋1＝0，解得a ＝13．经检验，a ＝13符合题意，故a 的值为13． (2)令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝1a －1．∵当0＜a ＜1时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：x (－1，x 1) x 1 (x 1，x 2) x 2 (x 2，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ 0 －f (x )f (x 1)f (x 2)∵f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a －1，单调减区间是(－1,0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，＋∞．∵当a ＝1时，f (x )的单调减区间是(－1，＋∞)． ∵当a ＞1时，－1＜x 2＜0，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：x (－1，x 2) x 2 (x 2，x 1) x 1 (x 1，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ 0 －f (x )f (x 2)f (x 1)∵f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，0，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1a －1和(0，＋∞)．综上，当0＜a ＜1时，f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a －1，单调减区间是(－1,0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，＋∞；当a ＝1时，f (x )的单调减区间是(－1，＋∞)；当a ＞1时，f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，0，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1a －1和(0，＋∞)．2．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－x 3＋x 2，x ＜1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点； (2)求f (x )在[－1，e ](e 为自然对数的底数)上的最大值． 解：(1)当x ＜1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23．当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：＝23． (2)∵当－1≤x ＜1时，由(1)知，函数f (x )在[－1,0]和⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，1上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上单调递增．因为f (－1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1,1)上的最大值为2．∵当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ，当a ≤0时，f (x )≤0； 当a ＞0时，f (x )在[1，e ]上单调递增， 则f (x )在[1，e ]上的最大值为f (e )＝a ．综上所述，当a ≥2时，f (x )在[－1，e ]上的最大值为a ； 当a ＜2时，f (x )在[－1，e ]上的最大值为2． 3．已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∵R )． (1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，∵x ∵(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的取值范围．解：(1)由已知得f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x (x ＞0)．当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减， ∵f (x )在(0，＋∞)上没有极值点． 当a ＞0时，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜1a ， 由f ′(x )＞0，得x ＞1a ，∵f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，即f (x )在x ＝1a 处有极小值．∵当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点， 当a ＞0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点． (2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值，∵f ′(1)＝0，解得a ＝1，∵f (x )≥bx －2∵1＋1x －ln xx ≥b ， 令g (x )＝1＋1x －ln xx ，则g ′(x )＝ln x －2x 2， 令g ′(x )＝0，得x ＝e 2．则g (x )在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增， ∵g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2， 故实数b 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，1－1e 2．4．已知方程f (x )·x 2－2ax ＋f (x )－a 2＋1＝0，其中a ∵R ，x ∵R ． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在[0，＋∞)上存在最大值和最小值，求实数a 的取值范围． 解：(1)由f (x )·x 2－2ax ＋f (x )－a 2＋1＝0得f (x )＝2ax ＋a 2－1x 2＋1，则f ′(x )＝－2x ＋a ax －1x 2＋12．∵当a ＝0时，f ′(x )＝2x x 2＋12，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减， 即f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．∵当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得x 1＝－a ，x 2＝1a ，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下： QQ 群339444963x (－∞，x 1)x 1 (x 1，x 2) x 2 (x 2，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ 0 －f (x )极小值极大值故f (x )的单调递减区间是(－∞，－a )，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞，单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ，1a ．∵当a ＜0时，令f ′(x )＝0，得x 1＝－a ，x 2＝1a ，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下：x (－∞，x 2)x 2 (x 2，x 1) x 1 (x 1，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋f (x )极大值极小值所以f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1a ，(－a ，＋∞)，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，－a ．(2)由(1)得，a ＝0不合题意．当a ＞0时，由(1)得，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减，所以f (x )在[0，＋∞)上存在最大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a 2＞0．设x 0为f (x )的零点，易知x 0＝1－a 22a ，且x 0＜1a ． 从而当x ＞x 0时，f (x )＞0；当x ＜x 0时，f (x )＜0． 若f (x )在[0，＋∞)上存在最小值，必有f (0)≤0， 解得－1≤a ≤1．所以当a ＞0时，若f (x )在[0，＋∞)上存在最大值和最小值，则实数a 的取值范围是(0,1]．当a ＜0时，由(1)得，f (x )在(0，－a )上单调递减，在(－a ，＋∞)上单调递增，所以f (x )在[0，＋∞)上存在最小值f (－a )＝－1．易知当x ≥－a 时，－1≤f (x )＜0，所以若f (x )在[0，＋∞)上存在最大值，必有f (0)≥0，解得a ≥1或a ≤－1．所以当a ＜0时，若f (x )在[0，＋∞)上存在最大值和最小值，则实数a 的取值范围是(－∞，－1]．综上所述，实数a 的取值范围是(－∞，－1]∵(0,1]． 5．设函数f (x )＝x 2－ax ＋b ．(1)讨论函数f (sin x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；(2)记f 0(x )＝x 2－a 0x ＋b 0，求函数|f (sin x )－f 0(sin x )|在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的最大值D ；(3)在(2)中，取a 0＝b 0＝0，求z ＝b －a 24满足条件D ≤1时的最大值． 解：(1)由题意，f (sin x )＝sin 2x －a sin x ＋b ＝sin x (sin x －a )＋b ， 则f ′(sin x )＝(2sin x －a )cos x ，因为－π2＜x ＜π2，所以cos x ＞0，－2＜2sin x ＜2． ∵a ≤－2，b ∵R 时，函数f (sin x )单调递增，无极值； ∵a ≥2，b ∵R 时，函数f (sin x )单调递减，无极值；∵对于－2＜a ＜2，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2内存在唯一的x 0，使得2sin x 0＝a ．－π2＜x ≤x 0时，函数f (sin x )单调递减； x 0≤x ＜π2时，函数f (sin x )单调递增．因此，－2＜a ＜2，b ∵R 时，函数f (sin x )在x 0处有极小值f (sin x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝b －a 24． Q Q 群3 3 9 4 4 4 9 6 3(2)当－π2≤x ≤π2时，|f (sin x )－f 0(sin x )|＝|(a 0－a )sin x ＋b －b 0|≤|a －a 0|＋|b －b 0|， 当(a 0－a )(b －b 0)≥0，x ＝π2时等号成立， 当(a 0－a )(b －b 0)＜0时，x ＝－π2时等号成立．由此可知，|f (sin x )－f 0(sin x )|在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的最大值为D ＝|a －a 0|＋|b －b 0|．(3)D ≤1即为|a |＋|b |≤1，此时0≤a 2≤1，－1≤b ≤1，从而z ＝b －a 24≤1．取a ＝0，b ＝1，则|a |＋|b |≤1，并且z ＝b －a 24＝1． 由此可知，z ＝b －a 24满足条件D ≤1的最大值为1． 6．已知函数f (x )＝x －1x ，g (x )＝a ln x (a ∵R )． (1)当a ≥－2时，求F (x )＝f (x )－g (x )的单调区间；(2)设h (x )＝f (x )＋g (x )，且h (x )有两个极值点为x 1，x 2，其中x 1∵⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12，求h (x 1)－h (x 2)的最小值．解：(1)由题意得F (x )＝x －1x －a ln x (x ＞0)，则F ′(x )＝x 2－ax ＋1x 2，令m (x )＝x 2－ax ＋1，则Δ＝a 2－4． ∵当－2≤a ≤2时，Δ≤0，从而F ′(x )≥0， 所以F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； ∵当a ＞2时，Δ＞0，设F ′(x )＝0的两根为 x 1＝a －a 2－42，x 2＝a ＋a 2－42，所以F (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42和⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞，F (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42．综上，当－2≤a ≤2时，F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； 当a ＞2时，F (x )的单调递增区间为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42和⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞，F (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42． (2)对h (x )＝x －1x ＋a ln x ，x ∵(0，＋∞)求导得， h ′(x )＝1＋1x 2＋a x ＝x 2＋ax ＋1x 2，h ′(x )＝0的两根分别为x 1，x 2，则有x 1·x 2＝1，x 1＋x 2＝－a ， 所以x 2＝1x 1，从而有a ＝－x 1－1x 1．令H (x )＝h (x )－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝x －1x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x ln x －⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x －x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x ·ln 1x ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x ln x ＋x －1x ， 即H ′(x )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－1ln x ＝21－x1＋x ln xx 2(x ＞0)．当x ∵⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12时，H ′(x )＜0，所以H (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递减， 又H (x 1)＝h (x 1)－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＝h (x 1)－h (x 2)，所以[h (x 1)－h (x 2)]min ＝H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝5ln 2－3．第三部分导数的综合应用(一)技法一：利用导数研究函数的零点或方程的根[典例](2016·北京高考)设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c．(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围；(3)求证：a2－3b＞0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件．[解](1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b．因为f(0)＝c，f′(0)＝b，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c．(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，所以f′(x)＝3x2＋8x＋4．令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－2 3．f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：所以当c ＞0且c －3227＜0时，存在x 1∵(－4，－2)，x 2∵⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－23，x 3∵⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0．由f (x )的单调性知，当且仅当c ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．(3)证明：当Δ＝4a 2－12b ＜0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＞0，x ∵(－∞，＋∞)， 此时函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f (x )不可能有三个不同零点． 当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0． 当x ∵(－∞，x 0)时，f ′(x )＞0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增； 当x ∵(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在区间(x 0，＋∞)上单调递增．所以f (x )不可能有三个不同零点．综上所述，若函数f (x )有三个不同零点， 则必有Δ＝4a 2－12b ＞0．故a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要条件． 当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b ＞0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点， 所以a 2－3b ＞0不是f (x )有三个不同零点的充分条件．因此a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．[对点演练]已知函数f (x )＝(2－a )x －2(1＋ln x )＋a ． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间．(2)若函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上无零点，求a 的最小值．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x －1－2ln x ，则f ′(x )＝1－2x ，其中x ∵(0，＋∞)． 由f ′(x )＞0，得x ＞2，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜2，故f (x )的单调递减区间为(0,2)， 单调递增区间为(2，＋∞)．(2)f (x )＝(2－a )x －2(1＋ln x )＋a ＝(2－a )(x －1)－2ln x ，令m (x )＝(2－a )(x －1)，h (x )＝2ln x ，其中x ＞0，则f (x )＝m (x )－h (x )． ∵当a ＜2时，m (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上为增函数，h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上为增函数， 结合图象知，若f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上无零点，则m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12≥h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即(2－a )⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1≥2ln 12，所以a ≥2－4ln 2，所以2－4ln 2≤a ＜2．∵当a ≥2时，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上m (x )≥0，h (x )＜0，所以f (x )＞0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上无零点．由∵∵得a ≥2－4ln 2，所以a min ＝2－4ln 2．技法二：利用导数证明不等式[典例] 设f (x )＝e x －1．(1)当x ＞－1时，证明：f (x )＞2x 2＋x －1x ＋1；(2)当a ＞ln 2－1且x ＞0时，证明：f (x )＞x 2－2ax ． [证明] (1)当x ＞－1时，f (x )＞2x 2＋x －1x ＋1，即e x－1＞2x 2＋x －1x ＋1＝2x －1，当且仅当e x ＞2x ，即e x －2x ＞0恒成立时原不等式成立．令g (x )＝e x －2x ，则g ′(x )＝e x －2．令g ′(x )＝0，即e x －2＝0，解得x ＝ln 2．当x ∵(－∞，ln 2)时，g ′(x )＝e x －2＜0， 故函数g (x )在(－1，ln 2)上单调递减；当x ∵[ln 2，＋∞)时，g ′(x )＝e x －2≥0， 故函数g (x )在[ln 2，＋∞)上单调递增．所以g (x )在(－1，＋∞)上的最小值为 g (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)＞0，所以在(－1，＋∞)上有g (x )≥g (ln 2)＞0， 即e x＞2x ．故当x ∵(－1，＋∞)时，f (x )＞2x 2＋x －1x ＋1．(2)f(x)＞x2－2ax，即e x－1＞x2－2ax，则e x－x2＋2ax－1＞0．令p(x)＝e x－x2＋2ax －1，则p′(x)＝e x－2x＋2a，令h(x)＝e x－2x＋2a，则h′(x)＝e x－2．由(1)可知，当x∵(－∞，ln 2)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减；当x∵[ln 2，＋∞)时，h′(x)≥0，函数h(x)单调递增．所以h(x)的最小值为h(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a．因为a＞ln 2－1，所以h(ln 2)＞2－2ln 2＋2(ln 2－1)＝0，即h(x)≥h(ln 2)＞0，所以p′(x)＝h(x)＞0，即p(x)在R上为增函数，故p(x)在(0，＋∞)上为增函数，所以p(x)＞p(0)，而p(0)＝0，所以p(x)＝e x－x2＋2ax－1＞0，即当a＞ln 2－1且x ＞0时，f(x)＞x2－2ax．[对点演练](2017·兰州诊断)已知函数f(x)＝e x－ax－1(a为常数)，曲线y＝f(x)在与y轴的交点A处的切线斜率为－1．(1)求a的值及函数y＝f(x)的单调区间；(2)若x1＜ln 2，x2＞ln 2，且f(x1)＝f(x2)，试证明：x1＋x2＜2ln 2．解：(1)由f(x)＝e x－ax－1，得f′(x)＝e x－a．又f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝e x－2x－1，f′(x)＝e x－2．由f′(x)＝e x－2＞0，得x＞ln 2．所以函数y＝f(x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增．(2)证明：设x＞ln 2，所以2ln 2－x＜ln 2，f(2ln 2－x)＝e(2ln 2－x)－2(2ln 2－x)－1＝4e x＋2x－4ln 2－1．令g(x)＝f(x)－f(2ln 2－x)＝e x－4e x－4x＋4ln 2(x≥ln 2)，所以g′(x)＝ex＋4e－x－4≥0，当且仅当x＝ln 2时，等号成立，所以g(x)＝f(x)－f(2ln 2－x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．又g(ln 2)＝0，所以当x＞ln 2时，g(x)＝f(x)－f(2ln 2－x)＞g(ln 2)＝0，即f(x)＞f(2ln 2－x)，所以f(x2)＞f(2ln 2－x2)，又因为f(x1)＝f(x2)，所以f(x1)＞f(2ln 2－x2)，由于x2＞ln 2，所以2ln 2－x2＜ln 2，因为x1＜ln 2，由(1)知函数y＝f(x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减，所以x1＜2ln 2－x2，即x1＋x2＜2ln 2．技法三：利用导数研究不等式恒成立问题[典例]设f(x)＝e x－a(x＋1)．(1)若∵x∵R，f(x)≥0恒成立，求正实数a的取值范围；(2)设g(x)＝f(x)＋ae x，且A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)是曲线y＝g(x)上任意两点，若对任意的a≤－1，直线AB的斜率恒大于常数m，求m的取值范围．[解](1)因为f(x)＝e x－a(x＋1)，所以f′(x)＝e x－a．由题意，知a＞0，故由f′(x)＝e x－a＝0，解得x＝ln a．故当x∵(－∞，ln a)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∵(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．所以函数f(x)的最小值为f(ln a)＝e ln a－a(ln a＋1)＝－a ln a．由题意，若∵x∵R，f(x)≥0恒成立，即f(x)＝e x－a(x＋1)≥0恒成立，故有－a ln a≥0，又a＞0，所以ln a≤0，解得0＜a≤1．所以正实数a的取值范围为(0,1]．(2)设x1，x2是任意的两个实数，且x1＜x2．则直线AB的斜率为k＝g x2－g x1x2－x1，由已知k＞m，即g x2－g x1x2－x1＞m．因为x2－x1＞0，所以g(x2)－g(x1)＞m(x2－x1)，即g(x2)－mx2＞g(x1)－mx1．因为x1＜x2，所以函数h(x)＝g(x)－mx在R上为增函数，故有h′(x)＝g′(x)－m≥0恒成立，所以m≤g′(x)．而g′(x)＝e x－a－ae x，又a≤－1＜0，故g′(x)＝e x＋－ae x－a≥2ex·－ae x－a＝2－a－a．而2－a－a＝2－a＋(－a)2＝(－a＋1)2－1≥3，所以m的取值范围为(－∞，3]．[方法点拨]解决该类问题的关键是根据已知不等式的结构特征灵活选用相应的方法，由不等式恒成立求解参数的取值范围问题一般采用分离参数的方法．而第(2)问则巧妙地把直线的斜率与导数问题结合在一起，命题思路比较新颖，解决此类问题需将已知不等式变形为两个函数值的大小问题，进而构造相应的函数，通过导函数研究其单调性解决．[对点演练]已知f(x)＝x ln x，g(x)＝－x2＋ax－3．(1)若对一切x∵(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．(2)证明：对一切x∵(0，＋∞)，ln x＞1e x－2ex恒成立．解：(1)由题意知2x ln x≥－x2＋ax－3对一切x∵(0，＋∞)恒成立，则a≤2ln x＋x＋3 x，设h(x)＝2ln x＋x＋3x(x＞0)，则h′(x)＝x＋3x－1x2．∵当x∵(0,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；∵当x∵(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．所以h(x)min＝h(1)＝4，对一切x∵(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a ≤h (x )min ＝4，即实数a 的取值范围是(－∞，4]． (2)问题等价于证明x ln x ＞x e x －2e (x ＞0)． 又f (x )＝x ln x (x ＞0)，f ′(x )＝ln x ＋1， 当x ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ．设m (x )＝x e x －2e (x ＞0)， 则m ′(x )＝1－xe x ，当x ∵(0,1)时，m ′(x )＞0，m (x )单调递增， 当x ∵(1，＋∞)时，m ′(x )＜0，m (x )单调递减， 所以m (x )max ＝m (1)＝－1e ，从而对一切x ∵(0，＋∞)，f (x )＞m (x )恒成立， 即x ln x ＞x e x －2e 恒成立．即对一切x ∵(0，＋∞)，ln x ＞1e x －2ex 恒成立．强化训练1．设函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋x －a －1(a ∵R )． (1)当a ＝－12时，求函数f (x )的单调区间；(2)证明：当a ≥0时，不等式f (x )≥x －1在[1，＋∞)上恒成立． 解：(1)当a ＝－12时， QQ 群339444963 f (x )＝ln x －12x 2＋x －12，且定义域为(0，＋∞)，。
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则 f ' ( 0) （ A、 2 6
） B、 29 C、 212 D、 215
a 2e a 1 c 1 ，其中 e 是自然对数的底数， b d 1
【例 11】已知实数 a, b, c 满足 那么 (a c) 2 (b d ) 2 的最小值为( A、8 B、10 C、12
, ] ，且 sin sin 0 ，则下列结论正确的是（ ） 2 2
C、 D、 0
B、 2 2
a8 4 ， 【例 10】 等比数列 {an } 中， 函数 f ( x) x( x a1 )( x a2 )...( x a8 ) ， a1 2 ，
【变式提升】设函数 f ( x ) 满足 x 3 f ' ( x) 3 x 2 f ( x) 1 ln x ，且 f ( e ) 则 x 0 时， f ( x ) （ ） A、有极大值，无极小值 C、既有极大值又有极小值 B、有极小值，无极大值 D、既无极大值也无极小值
1 ， 2e
( x 1)[ f x f x ] 0 ， f (2 x) f x e 2 2 x ，则C、 f 3 e 2 f 0
B、 f 2 ef 0 D、 f 4 e 4 f 0
)
D、18
【变式提升】 已知实数 a, b 满足 2a 2 5 ln a b 0 ， 则 (a c) 2 (b c) 2 cR ， 的最小值为______________
成立的是（
）
A、 2 f ( ) f ( ) 3 4
B、 2 f ( ) f ( ) 3 4
C、 f (0) 2 f ( ) 4
D、 f (0) 2 f ( ) 3
【变式提升】定义在 (0, ) 上的函数，函数 f ' ( x) 是它的导函数，且恒有 2
【 例 2 】 设 f ( x ) 是 定义 在 R 上 的 偶 函 数 ，且 f (1) 0 ， 当 x 0 时 ， 有
xf ' ( x) f ( x) 0 恒成立，则不等式 f ( x ) 0 的解集为________________
【例 3】 已知偶函数 f ( x)( x 0) 的导函数为 f ' ( x) ， 且满足 f (1) 0 ， 当x0 时， 2 f ( x) xf ' ( x) ，则使得 f ( x ) 0 成立的 x 的取值范围是___________
f ( x ) e 2 x 的解集为___________
【变式提升】若定义在 R 上的函数 f ( x ) 满足 f ' ( x) 2 f ( x) 4 0, f (0) 1 ， 则不等式 f ( x) e 2 x 2 的解集为___________ 【例 7】 已知函数 f x 在 R 上可导，其导函数为 f x ，若 f x 满足：
【例 5】 已知 f ( x) 是定义在 (, ) 上的函数， 导函数 f ' ( x ) 满足 f ' ( x) f ( x) 对于 x R 恒成立，则（ ） B、 f (2) e 2 f (0), f (2014) e 2014 f (0) D、 f (2) e 2 f (0), f (2014) e 2014 f (0) A、 f (2) e 2 f (0), f (2014) e 2014 f (0) C、 f (2) e 2 f (0), f (2014) e 2014 f (0) （2） cf ( x) f ' ( x) 类型； 【例 6】若定义在 R 上的函数 f ( x ) 满足 f ' ( x) 2 f ( x) 0, f (0) 1 ，则不等式
导数小题中构造函数的技巧 程磊 （一）利用 f ( x ) 进行抽象函数构造 （1）利用 f ( x ) 与 x 构造； （2）利用 f ( x ) 与 e x 构造； （3）利用 f ( x ) 与 sin x, cos x 构造. （二）构造具体函数关系式构造 （1）构造具体函数解决不等式及求值问题； （2）构造具体函数解决导数几何意义问题. （一）利用 f ( x ) 进行抽象函数构造
7 月 10 日
1、利用 f ( x ) 与 x 构造；常用构造形式有 xf ( x),
f ( x) ； x
【例 1】 f ( x ) 是定义在 R 上的偶函数，当 x 0 时， f ( x) xf ' ( x) 0 ，且
f (4) 0 ，则不等式 xf ( x) 0 的解集为____________
3、利用 f ( x ) 与 sin x. cos x 关系构造 【 例 8 】 已 知 函 数 y f x 对 于 任 意 的 x (
, ) 满 足 2 2
f x cos x f x sin x 0 （其中 f x 是函数 f x 的导函数） ，则下列不等式不
f ( x) f ' ( x) tan x 成立，则（
）
A、 3 f ( ) 2 f ( ) 4 3 C、 2 f ( ) f ( ) 6 4 二、构造具体的函数关系式
【例 9】 , [ A、
B、 f (1) 2 f ( ) sin 1 6 D、 3 f ( ) f ( ) 6 3
【例 4】设 f ( x) 是定义在 R 上的奇函数，在 (,0) 上有 2 xf ' (2 x) f (2 x) 0 ， 且 f (2) 0 ，则不等式 xf (2 x) 0 的解集为_________________.
x 2、利用 f ( x) 与 e 构造. ' （1） f ( x ) f ( x ) 类型；