几种高等数学中的构造函数法1汇总
编号几种高等数学中的构造函数法摘要构造函数法在高等数学中是一种重要的思想方法,它体现了数学发现、类比、化归、猜想、实验和归纳等思想,对于开阔思路,培养分析问题、解决问题和创新的能力是有益的.本文结合实例简单的介绍这一方法及其应用.关键词构造;分析;数形结合法;作差法;观察法中图分类号 O172The constructor of higher mathematicsChengyan Instructor Wang Renhu(N. O. 06, Class 1 of 2009. Specialty of Mathematics and Applied Mathematics, Department ofMathematics, Hexi University, Zhangye, Gansu, 734000, China)Abstract The constructor method in higher mathematics is an important way of thinking,Study found, analogy, and guess, experiment and induction, etc,To widen, training analysis problem, problem-solving ability and the innovation is beneficial.This paper briefly introduced the method and its application.Key words tectonic;analysis;Several form combination;For poor method;observation 1 分析法分析法即从结论出发,从后向前一步一步的进行分析,通过对条件和结论的分析,构造出辅助函数,架起一座连接条件和结论的桥梁,最后获得证明.例1.1[1] 拉格朗日中值定理如果函数f(x)在闭区间上连续,在开区间内可导,那么在内至少有一点使等式成立.分析由于罗尔定理是这一定理的特例,于是定理的证明归结为利用罗尔定理.这里关键是要引进一个满足罗尔定理条件的新的函数F(x).欲证需证f(ξ)-'f(b)-f(a)b-af(b)-f(a)⎡=0,而等式左边可转化为⎢f(x)-b-a⎣⋅x⎤,于是,可取函数x⎥⎦x=ξ'F(x)=f(x)-f(b)-f(a)b-a,容易验证F(x)满足罗尔定理的条件,顺此思路,即可证本定理.例1.2[3] 设函数f(x)在闭区间[a,b]上连续,在开区间(a,b)内可导,又f(x)不是线性函数,且f(b)>f(a).试证ξ∈(a,b),使得f'(ξ)>f(b)-f(a)b-a.f(b)-f(a)b-a(x-a)分析过点(a,f(a))与(b,f(b))的线性函数为y=f(a)+是线性函数,则F(x)≡f(x)-f(a)-f(b)-f(a)b-a,因f(x)不(x-a)≠0,只要证明F'(ξ)=f'(ξ)-f(b)-f(a)b-a>0即可.f(b)-f(a)b-a(x-a)证明设辅助函数F(x)=f(x)-f(a)-,则F(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,F(a)=F(b).由于F(x)≠0,存在x0∈(a,b),使F(x0)≠0.当F(x0)>0时,由Lagrange中值定理,∃ξ∈(a,x0)使F'(ξ)=即f'(ξ)>F(b)-F(a)b-aF(x0)-F(a)x0-a>0,.F(b)-F(x0)b-x0>0,即f(ξ)>'当F(x0)<0时,同理, ∃ξ∈(x0,b),使F'(ξ)=F(b)-F(a)b-a.例1.3[5] 计算n阶行列式a+x1D=a+x1a+x1na+x2a+x2a+x2na+xna+xna+xnn.分析该题直接利用行列式“两项和性质”显然无法实现,如果后一列乘(-1)加到前一列,虽然每一列有公因式可提,但行列式中的元素却变得更复杂,无法进行计算.但从行列式D中可以捕捉到“范德蒙行列式的影子”,所以,应想办法构造一个行列式,既让它等于D,又能转化为范德蒙行列式.于是,有下列解法.解构造行列式,即先将原n阶行列式D加边成一个n+1阶行列式,100 0n21a+x1a+x1a+x1n2221a+x2a+x2a+x2n221a+xna+xn, a+xn2n2然后将此n+1阶行列式第一行乘-ai(i=1,2,…,n)加到第i+1行,再将所得行列式按第一列拆成两个n+1阶行列式相减,并根据范德蒙行列式可得,1-a1x1x1x11x1x1x1221x2x2x21x2x2x2221xn21xnxn xnn2D=-a2-a20nnn1a21x1x1x121x2x2x221xnxn xnn2=0xn--a xnnnnannn=2x1x2 xn∏(x1≤i≤j≤ni-xj)-∏(xi-a)⋅i=1n∏(x1≤i≤j≤ni-xj)n⎡⎤=∏(xi-xj)⎢2x1x2 xn-∏(xi-a)⎥.1≤i≤j≤ni=1⎣⎦2 数形结合法建立在数形结合基础上的几何图像常能引导人们去获得解决问题的方法,通过对几何图像的观察,构造出符合条件的辅助函数,使问题得以解决.例2.1[2] 设f(x)在[a,+∞)内连续、可导,且当x>a时f'(x)>k>0(k为常数),如果f(a)⎤⎡f(a)<0,则方程f(x)=0在⎢a,a-k⎥⎣⎦内有且仅有一个根,如图2.线段AB的斜率刚好为k,y=f(x)在AB的上方,因此很容易找到辅助函数(曲线与直线之差)证明 (1)存在性.作辅助函数F(x)=f(x)-[k(x-a)+f(a)],则F(a)=0,f(a)⎤f(a)⎤⎡⎡, F⎢a-=fa-⎥⎢⎥kk⎣⎦⎣⎦因为F'(x)=f'(x)-k>0,所以F(x)单调增加,故f(a)⎤f(a)⎤⎡⎡F⎢a-=fa->F(a)=0, ⎥⎢⎥k⎦k⎦⎣⎣因此,由f(a)<0,f⎢a-⎣根.(2)唯一性. ⎡f(a)⎤>0k⎥⎦及连续函数的性质,f(x)在⎢a,a-⎣⎡f(a)⎤k⎥⎦内至少有一个由f'(x)>0,f(x)单调增加,所以f(x)在⎢a,a-⎣⎡f(x)⎤k⎥⎦内至少有一个根,问题得证.例2.2[4] 某人身高1.5米,站立在离河岸3米处往水中看去恰好看到对岸河边一根电线杆在水中的倒影,已知水面低于河岸0.5米,河宽15米,求电线杆的高度.解我们如下构造图形,河宽为FD,离河岸CB处身高为AB的人从A点往河中看,正好看到电线杆GH在水中整个倒影FM.F,E,D点在水面所处的直线上, H,C,B在河岸所处的直线上. 其中AB=1.5m,BC=3m,FE+ED=15m,HF=CD=0.5m,求GH.易证∆ABC∽∆CDE,∆ABC∽∆GEF.因此 EDCD=BCAB⇒ED=1m,GH+HFEF=ABBC⇒GH=6.5m,即电线杆的高为6.5m.例2.3[4] 设x,y,z都在(0,1)内,求证:x(1-y)+y(l-z)+z(1-x)<1.分析证明代数不等式,直接从条件人手难达目的,注意结论并考虑条件可知:x,y,z,1-y,1-z,1-x均为正数,且似两线段积之和,给每个正数赋予线性形象,从线性联想三角形面积公式S=12absinc构造一边长为1的正三角形ABC.在AB,BC,CD上各取一点P,Q,E使得AP=x,BQ=z,CD=y,则BP=1-x,CQ=1-z,AE=1-y,由图易知S∆ABC=S∆APE+S∆BPQ+S∆CQE不等式成立.3 作差法通过作差的方法构造辅助函数对于形如f(x)>g(x)(或f(x)<g(x))的函数不等式,常构造辅助函数F(x)=f(x)-g(x)(或F(x)=g(x)-f(x))用单调性证之,其步骤为:1.构造函数F(x)=f(x)-g(x);2.证F'(x)>0(或<0)得出单调性;3.求出f(x)在区间端点之一处的函数值或极限值;4.最后根据函数单调性及区间端点的函数值得出所证的不等式. 例3.1[2] 证明当x>0时,x>ln(1+x).证明令F(x)=x-ln(1+x), x≥0,当x>0时F'(x)=1-11+x=x1+x>0,所以F(x)在(0,∞)上单调递增.又x>ln(1+x).F(0)=0,故当x>0时,F(x)>F(0)=0,即x-ln(1+x)>0,所以例3.2[2] 设f(x)在[a,b]上连续且单调增加,求证⎰baxf(x)dx≥a+b2⎰baf(x)dx分析将要证明的不等式中的b换成x,构造变上限定积分F(x)=⎰xatf(t)dt-a+x2⎰xaf(t)dt,然后证明F(b)≥0.证明令F(x)=F(x)=xf(x)-'⎰xatf(t)dt-a+x2a+x2⎰xaf(t)dt,则F(a)≥0,且对任意的x∈[a,b],有1212⎰xaf(t)dt-f(x)=x-a2f(x)-⎰xaf(t)dt=12⎰[f(x)-axf(t)]dt≥0因此,f(x)在[a,b]上单调递增,又a≤t≤x,所以f(x)≥f(t). 可见F(x)单调递增,从而F(b)≥F(x)=0,即得⎰xf(x)dx≥aba+b2⎰baf(x)dx.例3.3[3] 设f(x)在[a,b]上连续且a<b<c<d,证明在(a,b)内至少存在一点ξ使得pf(c)+qf(d)=(p+q)f(ξ)（p,q）为正常数.证明作辅助函数F(x)=(p+q)f(x)-pf(c)-qf(d),因为F(x)在[c,d]⊂[a,b]上连续,又F(c)=q[f(c)-f(d)],F(d)=p[f(d)-f(c)], 且p,q为正常数,所以F(c)⋅F(d)=-pq[f(c)-f(d)]≤0.2(1)当f(c)=f(d)时，F(c)=F(d)=0,则当ξ取c或d时,F(ξ)=0. 即pf(c)+qf(d)=(p+q)f(ξ).(2)当f(c)≠f(d)时，F(c)⋅F(d)<0,由零点定理,至少存在一点ξ∈(c,d)⊂(a,b),使F(ξ)=0,即pf(c)+qf(d)=(p+q)f(ξ)此方法在证明函数单调性、证明不等式等等证明题中经常用到.4 观察法将欲证结果适当等价变形;替换;找原函数;作辅助函数.关键是适当"等价变形". 例4.1[2] 设f(x)在[a,b](0<a<b)上连续在(a,b)内可导,且f'(x)>0(a<x<b), af(b)-bf(a)=0,证明在(a,b)内至少存在一点ξ,使'f(ξ)f(ξ)'=ξ.分析 (1)变形f(ξ)f(ξ)''=ξ,ξf(ξ)-f(ξ)=0,'ξf(ξ)-f(ξ)ξ2=0,(2)替换 xf(x)-f(x)x2=0,⎡f(x)⎤ (3)找原函数⎢=0, ⎥⎣x⎦'(4)作辅助函数 F(x)=证明作辅助函数F(x)=F(a)=f(a)a,F(b)=f(b)bf(x)x. ,因为F(x)在[a,b]上连续,在（a,b）内可导,又f(x)x,且af(b)-bf(a)=0,所以F(a)=F(b),F(x)满足罗尔定理,可得存在ξ∈(a,b),使F'(ξ)=0.因此F(ξ)='ξf(ξ)-f(ξ)'ξ2=0,即ξf(ξ)-f(ξ)=0,所以'f(ξ)f(ξ)'=ξ.例4.2[3] 设函数f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f(0)=0,f(1)=1,试证对任意的λ∈R,必存在ξ∈(0,1),使得f'(ξ)-λ(f(ξ)-ξ)=1.分析由f'(ξ)-λ(f(ξ)-ξ)=1得到f'(x)-λf(x)=1-λx,由一阶非齐次微分方程的通解公式得λdx⎡-λdx⎰dx+c⎤=eλxxe-λx+c=ceλx+x, ()f(x)=e⎰1-λxe⎰⎢⎥⎣⎦[]即(f(x)-x)e-λx=c,于是便得到要找的辅助函数F(x)=(f(x)-x)e-λx.证明设F(x)=(f(x)-x)e-λx,则F(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且F(0)=F(1)=0,所以满足罗尔定理,即对任意的λ∈R,必存在ξ∈(0,1),使得F(ξ)=f(ξ)-1-λ(f(ξ)-ξ)e'[']-λξ=0,即f'(ξ)-λ(f(ξ)-ξ)=1.总之,通过构造辅助函数,我们可以利用知道的结论和定理来解决目前的题目,需要注意的是原题和辅助题目应是等价的,构造辅助函数的方法是多种多样的,具体问题应具体分析,只要我们仔细分析各类数学问题与函数的直接或间接联系,大胆联想、猜测、推理,就可以构造出合适的函数,恰当地使用构造函数法在高等数学解题中往往能起到事半功倍的功效.参考文献[1]袁继红.浅析构造思想在高等数学中的应用[J].数学的实践与认识, 1997, 27 (4): 367~371.[2]黄光谷,余尚智.高等数学方法导论[M].第2版.武汉:武汉测绘科技大学出版社,1996. 86~93.[3]杜先能,孙国正.高等数学[M],合肥:安徽大学出版社,2003.[4]西北工业大学高等数学教研室编.高等数学专题指导[M].上海:同济大学出版社,1999.[5]李兆强.“辅助函数法”在数学分析中的应用[J].漯河职业技术学院学报,2009.。
构造函数解题的三个类型
构造函数解题的三个类型构造函数解题的三种类型构造函数解题是高考命题的热点之一。
根据笔者对近年高考题的研究，构造函数解题主要可以分为以下三种类型。
类型1：整体构造一个函数。
这是最常见的构造方法，在高考题中应用最为广泛。
例如，解不等式810/(3(x+1)x+1)-x^3-5x>0，可以构造函数f(x)=x^3+5x，求出f(x)在实数范围上为增函数，从而得到原不等式的解集为{x|x<-2或-1<x<1}。
类型2：构造两个函数。
这种类型的题目较少，但需要较强的技巧。
例如，对于函数f(x)=2x^2+(x-m)|x-m|-x，若对于一切x∈[1,2]都成立，求实数m的取值范围。
可以构造函数g(x)=(x-m)|x-m|和h(x)=2x^2-x，从而得到f(x)=g(x)+h(x)。
因为g(x)在实数范围上为增函数，h(x)在x∈[1,2]上为增函数，因此f(x)在x∈[1,2]上也为增函数。
通过计算f(1)，可以得到m的取值范围为(-∞,2]。
类型3：局部构造一个函数。
这种类型的题目难度较大，通常需要在前一问中证明需要构造的函数具有某种性质，然后利用这一性质进行构造。
例如，对于函数f(x)=(lnx-1)，是否存在实数x∈(0,e]，使得曲线y=f(x)在点x=x处的切线与y轴垂直？若存在，求出x的值；若不存在，说明理由。
可以构造函数g(x)=lnx-1，从而得到g'(x)=1/x。
因为g'(x)在x∈(0,1)上为负，在x∈(1,e]上为正，所以g(x)在x∈(1,e]上为增函数。
因此，如果存在x∈(0,e]，使得曲线y=f(x)在点x=x处的切线与y轴垂直，则必有f'(x)=-1/x与y轴平行，从而矛盾。
因此，不存在这样的x。
已知函数$f(x)=a+\ln x-1$，$g(x)=(\ln x-1)e^x+x$，其中$e$为自然对数的底数。
1) 求函数$f(x)$在区间$(0,e]$上的最小值。
【导数经典技巧与方法】第8讲-构造函数-解析版
第8讲构造函数知识与方法利用导数研究函数的单调性极值和最值,再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点,也是近几年高考的热点.解题技巧是构造辅助函数,把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值,从而证得不等式,而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键.本节我们来探讨构造函数研究不等式的策略.典型例题构造差函数当待证不等式的两边含有同一个变量时,一般可以通过“左减右”或“右减左”构造差函数,利用导数研究其单调性,进而借助单调性证明原不等式成立.【例1】求证:当x≥0时,e x≥ex+(x−1)2.【解析】证法1:今f(x)=e x−ex−(x−1)2,则f′(x)=e x−e−2(x−1),今g(x)=e x−e−2(x−1),则g′(x)=e x−2,由g′(x)=0⇒x=ln2,当x∈[0,ln2)时g′(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(ln2,+∞)时g′(x)>0,g(x)单调递增,所以g (x )min =g (ln2)=2−e −2(ln2−1)=4−e −2ln2<0,又g (0)=3−e >0,故存在x 0∈(0,ln2),使得g (x 0)=0,即e x 0−e −2(x 0−1)=0当x ∈(0,x 0)时g (x )>0,当x ∈(x 0,ln2)时g (x )<0,又g (1)=0,且g (x )在(ln2,+∞)单调递增,故当x ∈(ln2,1)时g (x )<0,当x ∈(1,+∞)时g (x )>0,所以f (x )在[0,x 0)递增,在(x 0,1)递减,在(1,+∞)递增,又f (0)=0,f (1)=0. 故当x ∈[0,+∞)时,f (x )max =f (0)=f (1)=0;即当x ≥0时,f (x )≥0,所以e x ≥ex +(x −1)2.证法2:令f (x )=ex+(x−1)2e x (x ≥0),f ′(x )=−(x−1)(x+e−3)e x ,当x ∈(0,3−e )∪(1,+∞)时f ′(x )<0,当x ∈(3−e,1)时f ′(x )>0,所以f (x )在[0,3−e),(1,+∞)上单调递减,在(3−e,1)上单调递增.又f (0)=1,f (1)=1,故ex+(x−1)2e x ≤1对一切x ∈[0,+∞)恒成立,即e x ≥ex +(x −1)2：【例2】设a,b∈R,函数f(x)=lnx−ax,g(x)=bx.(1)若f(x)=lnx−ax与g(x)=bx有公共点P(1,m),且在P点处切线相同,求该切线方程;(2)若函数f(x)有极值但无零点,求实数a的取值范围;(3)当a>0,b=1时,求F(x)=f(x)−g(x)在区间[1,2]的最小值.【解析】(1)由{f′(1)=g′(1),f(1)=g(1),得a=12,b=−12.所以该切线方程为x−2y−2=0.(2)当a≤0时,由f′(x)=1x−a>0恒成立,可知函数f(x)在定义域(0,+∞)单调递增,此时无极值.当a>0时,由f′(x)=1x −a=0得x=1a>0;由f′(x)=1x −a>0得x∈(0,1a);f′(x)=1x−a<0得x∈(1a,+∞).于是x=1a 为极大值点,且f(x)max=f(1a)=−lna−1.由于函数f(x)无零点,因此f(x)max=f(1a )=−lna−1<0,解得a>1e.(3)不妨设F(x)=lnx−ax−1x ,得F′(x)=1x−a+1x2=−(ax2−x−1)x2.设ℎ(x)=ax2−x−1,因为a>0,所以Δ=1+4a>0, 设ℎ(x)=0的两根为x1,x2,且x1<x2,由x1x2=−1a <0得x1<0,x2>0且x2=1+√1+4a2a.所以F′(x)=−a(x−x1)(x−x2)x2.所以当F′(x)=0时x=x2;当F′(x)>0时,x2>x>0;当F′(x)<0时,x>x2.所以F(x)在(0,x2]递增,在[x2,+∞)递减.(1)当0<x2≤1时,即{12a<1,ℎ(1)≥0,解得a≥2时,[1,2]⊆[x2,+∞),F(x)在[1,2]递减;所以F(x)min=F(2)=ln2−12−2a.(2)当x2≥2时,即ℎ(2)≤0解得0<a≤34时,[1,2]⊆(0,x2],F(x)在[1,2]递增;所以F(x)min=F(1)=−a−1.(3)当1<x2<2时,即34<a<2时,F(x)在[1,x2]递增,[x2,2]递减;所以F(2)−F(1)=ln2−12−2a+a+1=ln2+12−a.(i)当ln2+12≤a<2时,F(2)≤F(1),所以F(x)min=F(2)=ln2−12−2a.(ii)当34<a<ln2+12时,F(2)>F(1),所以F(x)min=F(1)=−a−1.综合(1)(2)(3)得F(x)=f(x)−g(x)在区间[1,2]的最小值为:F(x)min={−a−1,(0<a<ln2+12) ln2−12−2a,(a≥ln2+12).变形构造函数【例3】已知函数f(x)=lnxx,g(x)=e x.(1)若函数ℎ(x)=12ax2+x[1−(a+1)f(x)]有唯一的极小值点,求实数a的取值范围;(2)求证:f(x)+1≤g(x−1).【解析】ℎ(x)=12ax2+x[1−(a+1)f(x)]=12ax2+x−(a+1)lnx,ℎ′(x)=ax+1−a+1x =ax2+x−(a+1)x=(ax+a+1)(x−1)x(x>0),设r(x)=(ax+a+1)(x−1),当a=0时,r(x)=(x−1),在x∈(0,1)时,r(x)<0,即ℎ′(x)<0,所以ℎ(x)单调递减, 在x∈(1,+∞)时,r(x)>0,ℎ′(x)>0,所以ℎ(x)单调递增, 所以函数ℎ(x)有唯一的极小值点成立;当a>0时,令r(x)=0,得x1=−1−1a<0,x2=1,在x∈(0,1)时,r(x)<0,即ℎ′(x)<0,所以ℎ(x)单调递减, 在x∈(1,+∞)时,r(x)>0,ℎ′(x)>0,所以ℎ(x)单调递增, 所以函数ℎ(x)有唯一的极小值点成立;当a<0时,令r(x)=0,得x1=−1−1a ,x2=1,当x1=−1−1a<0时不合题意,则x1=−1−1a >0,且x1≠x2,即−1<a<0且a≠−12,设m=max{x1,x2},n=min{x1,x2},在x∈(0,n)时,r(x)<0,即ℎ′(x)<0,所以ℎ(x)单调递减, 在x∈(n,m)时,r(x)>0,ℎ′(x)>0,所以ℎ(x)单调递增,在x∈(m,+∞)时,r(x)<0,即ℎ′(x)<0,所以ℎ(x)单调递减, 所以函数ℎ(x)有唯一的极小值点成立;综上所述,a的取值范围为a>−1且a≠−12.(2)f(x)+1≤g(x−1)⇔lnxx+1≤e x−1⇔lnx+x≤xe x−1令φ(x)=xe x−1−x−lnx(x>0),则φ′(x)=xe x−1+e x−1−1−1x =(x+1)e x−1−x+1x=(x+1)(e x−1−1x),令ℎ(x)=e x−1−1x,易知ℎ(x)在x∈(0,+∞)上单调递增,且ℎ(1)=0, 故当x∈(0,1)时,ℎ(x)<0,此时φ′(x)<0,φ(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,ℎ(x)>0,此时φ′(x)>0,φ(x)单调递增.所以φ(x)的最小值为φ(1)=0,故当x∈(0,+∞)时,φ(x)≥φ(1)=0,即xe x−1−x−lnx≥0,所以e x−1−1≥lnxx,即f(x)+1≤g(x−1).【点睛】本题第(2)问的证明中,将待证不等式进行等价变形,变形的目的就是构造函数证明不等式,构造函数需要考虑的问题就是:导数结构要简单,且能方便地判断出正负.对于含有指数与对数混合式的不等式,往往要将对数前面的系数变成常数,这样构造的函数,求一次导数之后便不再出现对数符号,可避免多次求导的麻烦.变形过程中,点睛意体会“对数靠边走,指数找朋友”的妙处.【例4】已知函数f(x)=ln(x+1)+a(x2+x)+2.(1)当a=1时,求f(x)在点(0,f(0))处的切线;(2)当a>0时,若f(x)的极大值点为x1,求证:f(x1)<−2ln2+12.【解析】(1)y=2x+2.(2)解法1:当a>0时,f′(x)=1x+1+a(2x+1)=1x+1[a(2x+1)(x+1)+1],x>−1记g(x)=a(2x+1)(x+1)+1,则f′(x)=1x+1g(x),f′(x)与g(x)符号相同,令f′(x)=0,即a(2x+1)(x+1)+1=0(1x+1>0),记ℎ(x)=a(2x+1)(x+1),则g(x)=ℎ(x)+1.当x ∈(−1,x 1)时,f ′(x )>0;x ∈(x 1,x 0)时,f ′(x )<0,f (x )在x =x 1处取得极大值.再求x 0,令ℎ′(x )=a (4x +3)=0,得x 0=−34,所以x 1∈(−1,−34),x 1满足故a =−1(2x 1+1)(x 1+1),f (x 1)=ln (x 1+1)+ax 1(x 1+1)+2=ln (x 1+1)−1(2x 1+1)(x 1+1)⋅x 1(x 1+1)+2=ln (x 1+1)−x 12x 1+1+2记ω(x )=ln (x +1)−x 2x+1+2,x ∈(−1,−34),则ω′(x )=1x+1−(2x+1)−2x (2x+1)2=4x 2+3x (x+1)(2x+1)2=x (4x+3)(x+1)(2x+1)2>0,所以ω(x )在x ∈(−1,−34)上单调递增,ω(x )<ω(−34),即f (x 1)<f (−34)=ln (1−34)−−342(−34)+1+2=−2ln2+12.从而不等式得证.解法2:当a >0,f ′(x )=1x+1+a (2x +1)=2ax 2+3ax+a+1x+1(x >−1),今g (x )=2ax 2+3ax +a +1(x >−1),故g (x )min =g (−34)=1−a 8, (i)当1−a 8≥0,即0<a ≤8时,此时g (x )≥0恒成立,即f ′(x )≥0,f (x )单调递增,无极值,不符合题意; (ii)当1−a 8<0,即a >8时,由g (−1)=1>0,g (0)=a +1>0,则g (x )在区间(−1,−34)上有唯一零点x 0,在(−34,0)上有唯一零点x 2, 当x ∈(−1,x 0),(x 2,+∞)时,g (x )>0,即f ′(x )>0,f (x )单调递增;当x ∈(x 0,x 2)时,g (x )<0,即f ′(x )<0,f (x )单调递减;故f (x )在x =x 0处取得极大值,因此x 1=x 0,又g (x 1)=2ax 12+3ax 1+a +1=0,则a =−12x 12+3x 1+1,因此f (x 1)=ln (x 1+1)+ax 1(x 1+1)+2=ln (x 1+1)−x 12x 1+1+2, 记ℎ(x )=ln (x +1)−x 2x+1+2(−1<x <−34),则ℎ′(x )=1x+1−2x+1−2x(2x+1)2=x (4x+3)(x+1)(2x+1)2>0在(−1,−34)上恒成立, 故ℎ(x )单调递增,因此ℎ(x )<ℎ(−34)=−2ln2+12,也即f (x 1)<−2ln2+12,得证.转化构造函数在用导数处理不等式的过程中,有时需要将不等式转化之后再构造函数,其本质还是构造函数,使得所构造的函数易于处理.【例5】已知函数f(x)=lnx+2ax+1−2(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当a=2时,求证:f(x)>0在(1,+∞)恒成立;(3)求证:当x>0时,ln(x+1)>x2e x−1.【解析】(1)f′(x)=1x −2a(x+1)2=x2−2(a−1)x+1x(x+1)2(x>0),若a≤2,f(x)在(0,+∞)上单调递增;若a>2,f(x)在(0,a−1−√a2−2a),(a−1+√a2−2a,+∞)上单调递增,在(a−1−√a2−2a,a−1+√a2−2a)上单调递减.(2)由(1)可知,当a=2时,f(x)在(1,+∞)上单调递增,则f(x)>f(1)=0,故f(x)>0在(1,+∞)恒成立;(3)证明:由(2)可知:当x>1时,lnx+4x+1−2>0,所以当x>0时,ln(x+1)+4(x+1)+1−2>0,即ln(x+1)>2xx+2在(0,+∞)恒成立.下面只需证2xx+2>x2e x−1即可,即证2e x>x2+2x+2(x>0),即证2e x−x2−2x−2>0(x>0).设g(x)=2e x−x2−2x−2,g′(x)=2e x−2x−2,设ℎ(x)=2e x−2x−2,ℎ′(x)=2e x−2,易知ℎ′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以ℎ(x)>ℎ(0)=0,从而g(x)单调递增,所以g(x)>g(0)=0,从而2e x−x2−2x−2>0.所以2xx+2>x2e x−1,即当x>0时,ln(x+1)>x2e x−1.【点睛】本题第(3)题巧妙利用已证不等式ln(x+1)>2xx+2,将复杂的待证不等式ln(x+1)>x2e x−1进行放缩,进而转化为证明e x>x22+x+1(x>0),显然这是x>0时e x的泰勒展开式.还可以利用“指数找朋友”证明曾这个不等式,过程如下:要证e x>x22+x+1(x>0),只需证x2+2x+2e x<2,令f(x)=x 2+2x+2e x(x>0),则f′(x)=−x2e x<0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,所以f(x)<f(0)=2,即x 2+2x+2e x<2,所以e x>x22+x+1(x>0).故原不等式成立.换元构造函数【例6】已知函数f(x)=x−1x−2alnx(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若lnx1−lnx2=1x1+1x2,求证:x1>x2+2.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1+1x2−2ax=x2−2ax+1x2.当a≤1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>1时,f(x)在(0,a−√a2−1)和(a+√a2−1,+∞)上单调递增, 在(a−√a2−1,a+√a2−1)上单调递减.(2)证明:由于lnx1−lnx2=1x1+1x2,得lnx1−lnx2>0,所以x1>x2>0.因为lnx1−lnx2=1x1+1x2,所以ln x1x2=x1+x2x1x2=x1x2+1x1,令x1x2=t,则t>1,lnt=t+1 x1.所以x1=t+1lnt ,x2=t+1tlnt,x1−x2=t2−1tlnt=1lnt(t−1t).要证x1>x2+2,只需证明1lnt (t−1t)>2,即证t−1t>2lnt(t>1).由(1)可知,当a=1时,f(x)=x−1x−2lnx在(0,+∞)单调递增,所以当t>1时,有f(t)>f(1)=0,即t−1t>2lnt(t>1)成立,所以x1−x2=t2−1tlnt =1lnt(t−1t)>1lnt⋅2lnt=2,故x1>x2+2.【点睛】本题通过换元,把x1,x2转化为t的函数,构造关于t的函数就可以轻松解决问题.把x1,x2的关系变形为齐次式,可设t=x1x2,t=ln x1x2,t=x1−x2,t=e x1−x2等构造函数来解决.该方法在第三章双变量问题处理会进一步深入介绍. 递推关系构造【例7】已知函数f(x)=sinx+x 22−ln(1+x).(1)证明:f(x)≥0;(2)数列{a n}满足:0<a1<12,a n+1=f(a n)(n∈N∗).(i)证明:0<a n<12(n∈N∗);(ii)证明:∀n∈N∗,a n+1<a n.【解析】(1)由题意知,f′(x)=cosx+x−11+x(x∈(−1,+∞)).(1)当x∈(−1,0)时,f′(x)<1+x−11+x<x<0,所以f(x)在区间(−1,0)上单调递减;(2)当x∈(0,+∞)时,令g(x)=f′(x),g′(x)=1+1(1+x)2−sinx>1(1+x)2>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,因此g(x)>g(0)=0,故当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递增,因此当x ∈(−1,+∞)时,f (x )≥f (0)=0,所以f (x )≥0.(2)(i)由(1)知,f (x )在区间(0,12)上单调递增,f (x )>f (0)=0,因为(32)8=(1+12)8=1+12C 81+122C 82+⋯>1+4+7=12>e ,故1−8ln 32=lne −ln (32)8<0. 所以f (x )<f (12)=sin 12+18−ln 32<sin π6+18−ln 32=12+18(1−8ln 32)<12,因此,当x ∈(0,12)时,0<f (x )<1. 又因为a 1∈(0,12),所以a n =f (a n−1)=f(f (a n−2))=⋯=f (f (⋯(f (a 1))))∈(0,12). (ii)函数ℎ(x )=f (x )−x (0<x <12),则ℎ′(x )=f ′(x )−1=x +cosx −1−11+x,令φ(x )=ℎ′(x ),则φ′(x )=g ′(x )>0,所以φ(x )在(0,12)单调递增, 因此ℎ′(x )=φ(x )≤φ(12)=12+cos 12−1−23=cos 12−76<0, 所以ℎ(x )在区间(0,12)上单调递减,所以ℎ(x )<ℎ(0)=0.因此,a n+1−a n=f(a n)−a n=ℎ(a n)<0,所以∀n∈N∗,a n+1<a n. 强化训练1.证明:当x>0时,(x−2)e x+x+2>0.【解析】证法1:设f(x)=(x−2)e x+(x+2)(x>0),则f′(x)=(x−1)e x+1,f′′(x)=xe x>0,所以f′(x)在(0,+∞)递增,所以f′(x)>f′(0)=−1+1=0,所以f(x)在(0,+∞)递增,所以f(x)>f(0)=0.证法2:要证(x−2)e x+x+2>0,只需证明x−2x+2e x>−1.令f(x)=x−2x+2e x,则f′(x)=(x−1)(x+2)e x−(x−2)e x(x+2)2=x2e x(x+2)2,当x>0时f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)单调递增,因此当x>0时,f(x)>f(0)=−1,所以(x−2)e x>−(x+2),故(x−2)e x+x+2>0.2.已知函数f(x)=ln(a−x),x=0是函数xf(x)的极值点.(1)求a;(2)证明:x+f(x)xf(x)<1.【解析】(1)得a=1.(2)证明:由(1)知xf(x)=xln(1−x),要证x+f(x)xf(x)<1,即证x+ln(1−x)xln(1−x)<1.由xln(1−x)≠0得:x<1且x≠0.因为当x∈(−∞,0)时,xln(1−x)<0;当x∈(0,1)时,xln(1−x)<0;故只需证明x+ln(1−x)>xln(1−x),即证x+(1−x)ln(1−x)>0(x<1且x≠0).令ℎ(x)=x+(1−x)ln(1−x),x∈(−∞,1),则ℎ′(x)=1+(−1)ln(1−x)+(1−x)⋅−11−x=−ln(1−x),所以ℎ′(0)=0,当x∈(−∞,0)时,ℎ′(x)<0;当x∈(0,1)时,ℎ′(x)>0, 所以x=0为ℎ(x)的极小值点,所以ℎ(x)>ℎ(0)=0,即x+ln(1−x)>xln(1−x),所以x+ln(1−x)xln(1−x)<1成立,即x+f(x)xf(x)<1.3.已知函数f(x)=12x2−(a+1a)x+lnx,其中a>0.(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处切线的方程;(2)当a≠1时,求函数f(x)的单调区间;(3)若a ∈(0,12),证明对任意x 1,x 2∈[12,1](x 1<x 2),|f (x 1)−f (x 2)|x 12−x 22<12恒成立.【解析】(1)x +2y +3=0.(2)由函数f (x )=12x 2−(a +1a )x +lnx ,则f ′(x )=x −(a +1a )+1x =(x−a )(x−1a)x(x >0),令f ′(x )=0,x =a,x =1a ,又a >0,①若0<a <1,a <1a ,当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表:所以f (x )在区间(0,a )和(1a ,+∞)内是增函数,在(a,1a )内是减函数. (2)若a >1,1a <a ,当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表:所以f (x )在(0,1a )和(a,+∞)内是增函数,在(1a ,a)内是减函数.(3)因0<a<12,所以f(x)在[12,1]内是减函数,0<x1<x2,则f(x1)>f(x2),x12<x22.于是|f(x1)−f(x2)|x12−x22<12,等价于f(x1)−f(x2)>12x12−12x22,即f(x1)−12x12>f(x2)−12x22,令g(x)=f(x)−12x2=lnx−(a+1a)x(x>0),因g′(x)=1x −(a+1a)在[12,1]内是减函数,故g′(x)≤g′(12)=2−(a+1a)<2−(12+2)=−12<0,所有从而g(x)在[12,1]内是减函数,所以对任意12<x1<x2<1,有g(x1)>g(x2),即f(x1)−12x12>f(x2)−12x22,所以当a∈(0,12)时,对任意x1,x2∈[12,1](x1≠x2),|f(x1)−f(x2)|x12−x22<12恒成立.。
导数构造函数12种类型例题
导数构造函数12种类型例题几种导数的常见构造1、对于f '(x)>g(x),构造h(x)= f(x)-g(x);若遇到f (x)>a(a≠0)，则可构造h(x)= f(x)-ax2、对于f(x)+g(x)>0, 构造h(x)= f(x)+ g(x)3、对于f(x)+f(x)>0,构造h(x)=e*.f(x)4.对于f(x)-f(x)>0,构造h(x)=2)5、对于xf (x)+ f(x)>0, 构造h(x)=xf(x)6、对于xf '(x)-f(x)>0,构造h(x)=;f(x)7、对于xyf (x)+nf(x)≥0,构造h(x)=x"f(x) (注意对x的符号进行讨论)8、对于xf (x)-nf(x)≥0,构造h(x)=.f(x)(注意对x的符号进行讨论)9、对于xlnxf (x)- f(x)≥0,构造h(x)= :f(x)lnx10、对于f'(x),>0,构造h(x)=In|f(x)|f(x)2、典型例题例题1、定义在R上的函数y= f(x)满足f(1)=1,且对于任意x∈R都有f"(x)<则x2+1不等式f(x2)>-+:的解集是()A. (1,2)B. (0,1)C. (1,+∞)D. (-1,1)x1练习1、已知函数y=f(x)(x∈R)满足f()=1,且满足f(x)<=，则f(x)<2的解集【】A. {x|-1<x<l}B. {x|x<-l}C. {x|x<-1或x>1}D. {x|x>1}例题2、已知函数y= f(x)为R上的可导函数，满足f(x)> f(x),则有( ) .A. e20'sf(-2015)< f(0),f(2015)>2015f(0)B. e*0*f(-2015)< f(),f(2015)<e2015 f(0)c e**f(-2015)> f(0),f(2015)> e2"f()D. e"f(-2015)> f(0),f(2015)<e/f()练习2.定义在R上的函教y=f(x)，若对于任意x∈R都有f(x)>f(x), 且f(x)+1为奇函数，则不等式f(x)+e*<0的解集为( )A.(-o0,0)B. (0,+2)c(-x,+∞)例题3.巴知定又在R上的函数y=f(x),满足y= f(x+1)的图像关于直线x=-1对称，且当x∈(- o,0)时，f(x)+xF(x)<0成立。
利用导数构造函数十四种归类(学生版)
利用导数构造函数十四种归类目录重难点题型归纳 1【题型一】幂积形式构造 1【题型二】幂商形式构造 4【题型三】指数积形式构造 7【题型四】指数商形式构造 10【题型五】正弦积形式构造 13【题型六】正弦商形式构造 16【题型七】正切形式构造 19【题型八】一次函数形式积与商形式构造 22【题型九】对数函数形式构造 25【题型十】f(x)+r(x)函数形式构造 27【题型十一】复杂的指数函数构造 30【题型十二】幂指对混合型构造 31【题型十三】三角函数综合型构造 34【题型十四】综合应用 37好题演练 39重难点题型归纳题型一幂积形式构造【典例分析】1.已知函数f(x)满足f(x)+f(-x)=0，且当x∈(-∞,0)时，f(x)+xf x <0成立，若a=20.6⋅f20.6，b=(ln2)⋅f(ln2)，c=log21 8⋅f log218，则a，b，c的大小关系是()A.a>b>cB.c>b>aC.a>c>bD.c>a>b2.已知函数f x x∈R及其导函数f'x 满足2f x +xf'x <0且f x ≠0.若f x2+mf x + 3≥0恒成立，则()A.m≥-23B.m≥23C.-3≤m≤3D.m≤231..设函数f x 是定义在0,+∞上的可导函数，其导函数为f x ，且有2f x +xf x >0，则不等式x-20212f x-2021-f1 >0的解集为()A.2020,+∞B.0,2022C.0,2020D.2022,+∞2..已知f(x)的定义域为0,+∞，f (x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<-xf (x)，则不等式f x+1>x-1f x2-1的解集是()A.0,1B.2,+∞C.1,2D.1,+∞题型二幂商形式构造【典例分析】1.设函数f x 是定义在0,+∞上的可导函数，且xf x >2f x ，则不等式4f x-2022<(x-2022)2f2 的解集为()A.2022,2023B.2022,2024C.2022,+∞D.0,20232..已知函数f x 及其导数f x 满足xf x +f x =e xxx>0，f2 =e2，对满足ab=4e的任意正数a，b都有f2x<1a2+1b2，则x的取值范围是()A.0,1B.1,2C.-∞,1D.1,+∞1.定义在区间0,+∞内的函数f x 满足f x >0，且当x∈0,+∞时，2f x <xf x <3f x 恒成立，其中f x 为f x 的导函数，则()A.116<f1f2<18B.18<f1f2<14C.14<f1f2<13D.13<f1f2<122..已知定义在R上的偶函数f x ，其导函数为f x ，若xf (x)-2f(x)>0，f(-3)=1，则不等式f(x) x <19x的解集是()A.(-∞,-3)∪(0,3)B.-3,3C.(-3,0)∪(0,3)D.(-∞,-3)∪(3,+∞)题型三指数积形式构造【典例分析】1.f x 是定义在R上的函数，满足2f x +f x =xe x，f-1=-12e，则下列说法正确的是()A.f x 在R上有极大值B.f x 在R上有极小值C.f x 在R上既有极大值又有极小值D.f x 在R上没有极值2.已知定义在R上的偶函数f x 满足f x-3 2-f-x-32=0，f2022=1e，若f x >f-x，则不等式f x+2>1e x的解集为()A.-∞,0B.-∞,1C.1,+∞D.3,+∞1.定义在R上的函数f(x)满足e2(x+1)f(x+2)=f(-x)，且对任意的x≥1都有f x +f(x)>0(其中f x 为f(x)的导数)，则下列判断正确的是()A.ef3 <f2B.ef1 >f0C.e4f3 >f-1D.e5f3 <f-22.已知定义在R上的偶函数f x 满足f x+2-f2-x=0，f2022=1e，若f x <f-x，则不等式f x+1>1e x的解集为()A.-∞,0B.-∞,1C.1,+∞D.3,+∞题型四指数商形式构造【典例分析】1.设函数f x 是函数f x x∈R的导函数，已知f x <3f x -3，且f x =f -2-x，f-3=1-e，f-1=1，则使得f x -e3x-2<1成立的x的取值范围是()A.-2,+∞B.0,+∞C.1,+∞D.2,+∞2.定义域为R的可导函数的导函数y=f x 为f x ，满足f x >f x ，且f0 =1，则不等式f x<e x的解集为()A.-∞,2B.2,+∞C.-∞,0D.0,+∞1.设f x 是定义在R 上的连续函数f (x )的导函数，且f x >f x .当x >0时，不等式e ax f (ln x )<xf (ax )恒成立，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围为() A.1e,+∞B.0,1eC.(e ,+∞)D.(0,e )2..已知函数f x 是定义在R 上的可导函数，对于任意的实数x ，都有f x =f -xe 2x，当x >0时，f x +f x >0，若e a -1f 2a +1 ≥f a +2 ，则实数a 的取值范围是()A.-1,1B.-2,2C.-∞,-1∪ 1,+∞D.-∞,-2∪ 2,+∞题型五正弦积形式构造【典例分析】1.已知函数f (x )是定义在-π2,π2上的奇函数.当x ∈0,π2 时，f (x )+f '(x )tan x >0，则不等式cos x ⋅f x +π2+sin x ⋅f (-x )>0的解集为()A.π4,π2B.-π4,π2C.-π4,0D.-π2,-π42.已知函数f (x )及其导函数f (x )的定义域均为R ，且f (x )为偶函数，f π6=-2，3f (x )cos x +f(x )sin x <0，则不等式f x +π2 cos 3x -14<0的解集为()A.-2π3,+∞ B.-π3,+∞ C.-2π3,π3D.-∞,-2π31.已知f x 是定义域为-π2,π2 的奇函数f x 的导函数，当0<x <π2时，都有f x cos x +fx sin x >0，f π4 =2，则不等式f x >1sin x的解集为()A.-π2,-π4 ∪π4,π2 B.-π4,0 ∪0,π4C.-π2,-π4 ∪0,π4D.-π4,0 ∪π4,π22.已知函数f (x )是定义在-π2,π2上的奇函数.当x ∈0,π2 时，f (x )+f '(x )tan x >0，则不等式cos x ⋅f x +π2+sin x ⋅f (-x )>0的解集为()A.π4,π2B.-π4,π2C.-π4,0D.-π2,-π4题型六正弦商形式构造【典例分析】1.设f (x )是定义在(-π,0)∪(0,π)的奇函数，其导函数为f (x )，当x ∈(0,π)时，f (x )sin x -f (x )cos x <0，则关于x 的不等式f (x )<2f π6sin x 的解集为()A.-π6,0 ∪0,π6B.-π6,0 ∪π6,π C.-π,-π6 ∪π6,π D.-π，-π6 ∪0,π62.已知奇函数f (x )的定义域为-π2,0 ∪0,π2 ，其导函数是f '(x )．当x ∈0,π2时，f '(x )sin x -f (x )cos x <0，则关于x 的不等式f (x )<2f π6sin x 的解集为()A.-π2,-π6 ∪0,π6B.-π2,π6 ∪π6,π2C.-π6,0 ∪0,π6D.-π6,0 ∪π6,π2【变式演练】1.已知奇函数f x 的导函数为f x ，且f x 在0,π2上恒有f (x )cos x -f(x )sin x <0成立，则下列不等式成立的()A.2f π6>f π4 B.f -π3 <3f -π6 C.3f -π4 <2f -π3D.22f π3 <3f π4 2.已知函数y =f x 对x ∈0,π 均满足f x sin x -f x cos x =1x-1，其中f x 是f x 的导数，则下列不等式恒成立的是()A.2f π6<f π4 B.f π3<32f π2 C.f π3 <f 2π3 D.32f π2 <f 2π3题型七正切形式构造【典例分析】1.定义在0,π2上的函数f(x)，其导函数是f′(x)，且恒有f(x)<f′(x)⋅tan x成立，则() A.fπ6>3fπ3 B.fπ6 <3fπ3 C.3fπ6 >fπ3 D.3fπ6 <fπ32.函数f x 定义在0,π2上，f x 是它的导函数，且tan x⋅f x >f x 在定义域内恒成立，则()A.2fπ4<fπ3 B.3fπ6 <fπ3C.cos1⋅f1 >32fπ6D.2fπ4 <3fπ6【变式演练】1.已知f(x)是定义在-π2 ,π2上的奇函数f(1)=0，且当x∈0,π2时，f(x)+f (x)tan x>0，则不等式f(x)<0的解集为()A.(-1,0)∪1,π2B.(-1,0)∪(0,1)C.-π2,-1∪1,π2D.-π2,-1∪(0,1)2.已知函数y =f (x )x ∈0,π2，y =f (x )是其导函数，恒有f (x )<f (x )tan x ，则A.3f π4<2f π3 B.3f π4 >2f π3C.f (1)<2f π6sin1D.2f π6 >f π4题型八一次函数形式积与商形式构造【典例分析】1.已知定义在R 上的函数f x 满足f 2+x =f 2-x ，且当x >2时，有xf x +f x >2f x ,若f 1 =1，则不等式f x <1x -2的解集是()A.(2,3)B.-∞,1C.1,2 ∪2,3D.-∞,1 ∪3,+∞2.已知函数f x 的定义域为0,+∞ ，导函数为f x ，若f x <f xx +1恒成立，则()A.f 2 >f 3B.2f 1 >f 3C.f 5 >2f 2D.3f 5 >f 1【变式演练】1.已知定义在R 上的图象连续的函数f x 的导数是f x ，f x +f -2-x =0，当x <-1时，x +1 f x +x +1 fx <0，则不等式xf x -1 >f 0 的解集为()A.(-1,1)B.-∞,-1C.1,+∞D.-∞,-1 ∪1,+∞2.已知函数f x 的定义域为1,+∞ ，其导函数为f x ，x +2 2f x +xf x <xf x 对x ∈1,+∞ 恒成立，且f 5 =1425，则不等式x +3 2f x +3 >2x +10的解集为()A.1,2 B.-∞,2 C.-2,3 D.-2,2题型九对数函数形式构造【典例分析】1.设函数f (x )是定义在区间12，+∞上的函数，f '(x )是函数f (x )的导函数，且xf x ln 2x >f x ,x >12 ,f e 2 =1，则不等式f e x2<x 的解集是A.12，1B.(1，+∞)C.(-∞，1)D.(0，1)2.设定义在0,+∞ 上的函数f x ≠0恒成立，其导函数为f x ，若f x -x +1 f x ln x +1 <0，则()A.2f 1 >f 3 >0B.2f 1 <f 3 <0C.2f 3 >f 1 >0D.2f 3 <f 1 <0【变式演练】1.已知f (x )是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数，f (x )是f (x )的导函数，f (1)≠0,且满足:f (x )⋅ln x +f (x )x <0,则不等式(x -1)⋅f (x )<0的解集为()A.(1,+∞)B.(-∞,-1)∪(0,1)C.-∞,1D.-∞,0 ∪(1,+∞)2.若函数f x 满足：x -1 fx -f x =x +1x -2，f e =e -1，其中f x 为f x 的导函数，则函数y =f x 在区间1e ,e 的取值范围为()A.0,eB.0,1C.0,eD.0,1-1e题型十f (x )+r (x )函数形式构造【典例分析】1.．已知函数f (x )为定义在R 上的偶函数，当x ∈0,+∞ 时，f x >2x ，f 2 =4，则不等式xf x -1 +2x 2>x 3+x 的解集为()A.-1,0 ∪3,+∞B.-1,1 ∪3,+∞C.-∞,-1 ∪0,3D.-1,32.已知定义在R 上的函数f x 的导函数为f x ，若f x <e x ，且f 2 =e 2+2，则不等式f ln x >x +2的解集是()A.0,e 2B.0,2C.-∞,e 2D.-∞,2【变式演练】1.函数f (x )的定义域为(-∞,+∞)，其导函数为f (x )，若f (x )=f (-x )-2sin x ，且当x ≥0时，f (x )>-cos x ，则不等式f x +π2>f (x )+sin x -cos x 的解集为．2.已知 y =f x (x ∈R )的导函数为 f x ，若 f x -f (-x )=2x 3且当 x ≥0时 f x >3x 2，则不等式f x -f (x -1)>3x 2-3x +1的解集是．【典例分析】1.已知f (x )是定义在R 上的函数，f (x )是f (x )的导函数，且f (x )+f (x )>2,f (2)=4，则下列结论一定成立的是()A.f (3)<2e +3eB.f (3)<2e +2eC.f (3)>2e +3eD.f (3)>2e +2e2.已知f (x )是定义在R 上的函数，f (x )是f (x )的导函数，且f (x )+f (x )>1，f (1)=2，则下列结论一定成立的是()A.f (2)<1+2eeB.f (2)<1+e eC.f (2)>1+2e eD.f (2)>1+e e【变式演练】1.若定义在R 上的函数f (x )满足f (x )+x +f (x )+1>2e -x ，f (0)=5，则不等式f (x )>(2x +5)e -x -x 的解集为()A.(-∞,0)∪(0,+∞)B.(-∞,0)∪(5,+∞)C.(0,+∞)D.(5,+∞)2.若函数f x 的定义域为R ，满足f 0 =2，∀x ∈R ，都有f x +f x >1，则关于x 的不等式f x >e -x +1的解集为()A.x x >0B.x x >eC.x x <1D.x 0<x <e【典例分析】1.已知定义在(0，+∞)上的函数满足xf x +2-xf x =e xxx+ln x-1，则下列不等式一定正确的是()A.4f1 <e f12B.4f2 <ef1C.4ef2 >9f3D.e32f12 <16f22.已知函数f x 的导函数为f x ，对任意的实数x都有f x =f x -2e-x+2x-x2，f0 =2，则不等式 f x-1<e2+e-2+4的解集是()A.0,1B.-1,1C.-1,3D.e,3【变式演练】1.已知奇函数f x 的定义域为R，其函数图象连续不断，当x>0时，x+2f x +xf x >0，则()A.f14e>f2 B.f2 <0 C.f-3⋅f1 >0 D.f-1e>4f-22.已知奇函数f(x)的定义域为R，其函数图象连续不断，当x>0时，(x+2)f(x)+xf (x)>0，则()A.f(1)4e>f(2) B.f(-2)>0 C.f(-3)⋅f(1)>0 D.f(-1)e>4f-2题型十三三角函数综合型构造【典例分析】1.已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x )-f (-x )-6x +2sin x =0，且x ≥0时，f (x )≥3-cos x 上恒成立，则不等式f (x )≥f π2-x -3π2+6x +2cos x +π4的解集为()A.π4,+∞ B.π4,+∞ C.π6,+∞ D.π6,+∞ 2.已知基本初等函数f (x )的导函数f(x )满足f(x )=f (x )，则不等式f (x )>2e π3cos x 在区间0,π2上的解集为()A.0,π6B.π6,π3C.π3,π2D.0,π3【变式演练】1.已知函数f (x )及其导函数f (x )的定义域均为-π,0 ，f -π6=-2，3f (x )cos x +f(x )sin x >0，则不等式f (x )sin 3x -14>0的解集为()A.-π3,0 B.-π6,0 .C.-π6,-π3D.-π,-2π32.已知在定义在R 上的函数f x 满足f x -f -x -6x +2sin x =0，且x ≥0时，f x ≥3-cos x 恒成立，则不等式f x ≥f π2-x -3π2+6x +2cos x +π4的解集为()A.0,π4B.π4,+∞C.-∞,π6D.π6,+∞题型十四综合应用【典例分析】1.定义在R上的函数f(x)满足:f(x)+f (x)>1,f(1)=3,f (x)是f(x)的导函数, 则不等式f(x)>1 +2e x-1的解集为A.(1,+∞)B.(-∞,1)C.(-∞,0)∪(1,+∞)D.(0,+∞)2.定义在R上的函数f(x)的导函数为f'(x)，若f(x)<0，且12f(x)2+f'(x)>1，则A.f23 <f21e2B.f2e<f1 C.f21e<f22 D.f3 <e2⋅f1【变式演练】1.设函数f x 在R上的导函数为f (x)，f(x)+f(-x)=0，对任意x∈(0,+∞)，都有f(x)f (x)>x，且f1 =2，则不等式[f(x-1)]2<x2-2x+4的解集为()A.(-∞,0)∪(2,+∞)B.0,2C.1,3D.(-∞,1)∪(3,+∞)2.设函数f x 的导函数是f x ，且f x ⋅f x >x恒成立，则()A.f(1)<f(-1)B.f(1)>f(-1)C.|f(1)|<|f(-1)|D.|f(1)|>|f(-1)|好题演练一、单选题1.(2023春·河北保定·高三校联考阶段练习)定义在0,+∞ 上的函数f x 的导函数为f x ，若xf x -f x <0，且f 2 =0，则不等式x -1 f x >0的解集为()A.0,2B.1,2C.0,1D.2,+∞2.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x 在x >0上可导且满足f x -f x >0，则下列不等式一定成立的为()A.f 2 >ef 3B.f 3 <ef 2C.f 3 >ef 2D.f 2 <ef 33.(2023·全国·高三专题练习)已知定义在R 上的函数f x 的导函数为f x ，若f x <e x ，且f 2 =e 2+2，则不等式f ln x >x +2的解集是()A.0,2B.0,e 2C.e 2,+∞D.2,+∞4.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x 是定义在R 上的可导函数，其导函数记为f x ，若对于任意实数x ，有f x >f x ，且f 0 =1，则不等式f x <e x 的解集为()A.-∞,0B.0,+∞C.-∞，e 4D.e 4，+∞5.(2023春·广东佛山·高三顺德一中校考)已知f x 是偶函数f x x ∈R 的导函数，f 1 =1．若x ≥0时，f x +xf x >0，则使得不等式x -2023 ⋅f x -2023 >1成立的x 的取值范围是()A.2023,+∞B.-∞,-2023 ∪2023,+∞C.2024,+∞D.-∞,-2024 ∪2024,+∞6.(湖北省宜昌市协作体2022-2023学年高三下学期联考数学试题)已知f x 是定义在R 上的函数f x 的导函数，且f x +xf x <0，则a =2f 2 ,b =ef e ,c =3f 3 的大小关系为()A.a >b >cB.c >a >bC.c >b >aD.b >a >c7.(2023春·山东枣庄·高三统考)定义在R 上的函数f x 的导函数为f x ，且3f x +f x <0，f ln2 =1，则不等式f x >8e -3x 的解集为()A.-∞,2B.-∞,ln2C.ln2,+∞D.2,+∞8.(2023·陕西榆林·统考三模)定义在(0,+∞)上的函数f (x ),g (x )的导函数都存在，f (x )g (x )+f (x )g (x )<1，且f (1)=2，g (1)=1，则不等式f (x )g (x )<x +1的解集为()A.(1,2)B.(2,+∞)C.(0,1)D.(1,+∞)二、多选题9.(2023春·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考开学考试)若函数f x 的定义域为0,+∞ ，其导函数为f x ，满足1x f (x )-ln xxf (x )+f (x )ln x >0恒成立，则下列结论一定正确的是()A.f (2)>0B.f (e )<0C.ef (e )<2f e 2D.-e 2f 1e>f (e )10.(2023·高三课时练习)已知定义在R 上的函数f x 的导数为f x ，对任意的x 满足f x -f x =e x ，则()A.ef 1 <f 2B.e 3f -1 <f 2C.ef 0 <f 1D.ef 0 <f -111.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x 的定义域是0,+∞ ，其导函数是f x ，且满足ln x ⋅fx +1x ⋅f x >0，则下列说法正确的是()A.f 1e >0 B.f 1e<0 C.f e >0 D.f e <012.(2023·江苏宿迁·江苏省沭阳高级中学校考模拟预测)已知f x 为函数f x 的导函数，若x 2f x+xf x =ln x ，f 1 =12，则下列结论错误的是()A.xf x 在0,+∞ 上单调递增B.xf x 在0,+∞ 上单调递减C.xf x 在0,+∞ 上有极大值12D.xf x 在0,+∞ 上有极小值12三、填空题1.(2023春·山西运城·高三康杰中学校考阶段练习)若f (x )为定义在R 上的连续不断的函数，满足f (x )+f (-x )=4x 2，且当x ∈(-∞,0)时，f (x )+12<4x ．若f (m +1)≤f (-m )+3m +32，则m 的取值范围．2.(2023·安徽安庆·统考二模)已知函数f x =e ax -ax ，其中a >0，若不等式f x ≥3x 2-1xln x 对任意x >1恒成立，则a 的最小值为.3.(2023·高三单元测试)已知函数f(x)的定义域为(0,+∞)，其导函数为f (x)，且xf (x)=x-2x3 +f(x)，f(e)=3e-e3，则f(x)在区间(0,+∞)上的极大值为．4.(2022秋·云南昆明·高三昆明市第三中学校考阶段练习)已知函数f x 的导函数f x 满足：f x -f x =e2x，且f0 =1，对任意x>0，不等式2af x -ln x+ln a≥0恒成立，则实数a的最小值为．。
构造函数法
构造函数法第一篇：构造函数法函数与方程数学思想方法是新课标要求的一种重要的数学思想方法，构造函数法便是其中的一种。
高等数学中两个重要极限1．limsinx=1 x→0x11x2．lim(1+)=e（变形lim(1+x)x=e）x→0x→∞x由以上两个极限不难得出，当x>0时1．sinx<x，2．ln(1+x)<x（当n∈N时，(1+)n<e<(1+)n+1）．下面用构造函数法给出两个结论的证明．（1）构造函数f(x)=x-sinx，则f'(x)=1-cosx≥0，所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，f(x)>f(0)=0．所以x-sinx>0，即sinx<x．（2）构造函数f(x)=x-ln(1+x)，则f'(x)=1-*1n1n1x=>0．所以函数f(x)在1+x1+x(0,+∞)上单调递增，f(x)>f(0)=0，所以x>ln(1+x)，即ln(1+x)<x．⎛1⎫要证 1+⎪⎝n⎭事实上：设1+n+11⎛1⎫>e,两边取对数，即证ln 1+⎪>, nn+1⎝⎭11=t,则n=(t>1), nt-11因此得不等式lnt>1-(t>1)t1构造函数g(t)=lnt+-1(t>1),下面证明g(t)在(1,+∞)上恒大于0． t 11g'(t)=-2>0, tt∴g(t)在(1,+∞)上单调递增，g(t)>g(1)=0, 即lnt>1-, 1t1⎛1⎫⎛1⎫∴ ln 1+⎪>,∴ 1+⎪⎝n⎭⎝n⎭n+1n+1>e,以上两个重要结论在高考中解答与导数有关的命题有着广泛的应用．第二篇：构造法之构造函数构造法之构造函数⎧：题设条件多元-构造一次函数⎪⎪B：题设有相似结构-构造同结构函数主要介绍⎨⎪C：题设条件满足三角特性-构造三角函数⎪D：其它方面——参考构造函数解不等式⎩A、题设条件多元时，选择构造一次函数例1、已知x.y.z∈(0,1).求证：x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1（第15届俄罗斯数学竞赛题）分析此题条件、结论均具有一定的对称性，然而难以直接证明，不妨用构造法一试。
构造函数法解决一类抽象函数问题
构造函数法解决一类抽象函数问题ʏ曾令瑞抽象函数及其相关不等式问题是高考的热点与难点问题,主要借助抽象函数的单调性㊁奇偶性㊁周期性和对称性等性质,用于比较大小或者解不等式㊂在实际问题中又常常需要进行适当的构造,通过导数进一步研究所构造函数的单调性来使问题得到解决㊂下面通过几个例子来说明几种常见的构造方法和处理技巧,以期对大家有所帮助㊂1.利用f (x )与x 构造这一类题目常用的构造形式有x f (x ),f (x )x ,这类形式是对u ㊃v ,uv 型函数导数计算的推广及应用㊂我们对u ㊃v ,u v 的导函数观察可知,u ㊃v 型导函数中体现的是 +法,uv 型导函数中体现的是 -法㊂由此,我们可以猜测:当导函数中出现的是 + 法形式时,优先考虑构造u ㊃v 型;当导函数中出现的是 -法形式时,优先考虑构造uv型㊂例1 设f (x )是定义在R 上的偶函数,当x <0时,f (x )+x f'(x )<0,且f (-4)=0,则不等式x f (x )>0的解集为㊂解析:构造F (x )=x f (x ),则F '(x )=f (x )+x f '(x )㊂当x <0时,f (x )+x f'(x )<0,可以推出当x <0时,F '(x )<0㊂所以F (x )在(-ɕ,0)上单调递减㊂因为f (x )为偶函数,x 为奇函数,所以F (x )为奇函数,所以F (x )在(0,+ɕ)上也单调递减㊂根据f (-4)=0可得F (-4)=0㊂根据函数F (x )的单调性㊁奇偶性,可得函数f (x )的图像㊂根据图像可知x f (x )>0的解集为(-ɕ,-4)ɣ(0,4)㊂2.利用f (x )与e x构造一方面是对u ㊃v ,uv型函数形式的考查,另一方面是对(e x )'=e x的考查㊂所以对于f (x )ʃf '(x )类型,我们可以等同x f (x ),f (x )x 的类型处理, + 法优先考虑构造F (x )=f (x )㊃e x , - 法优先考虑构造F (x )=f (x )ex ㊂例2 若定义在R 上的函数f (x )满足f '(x )-2f (x )>0,f (0)=1,则不等式f (x )>e 2x的解集为㊂解析:令F (x )=f (x )e2x,则F '(x )=f '(x )-2f (x )e 2x,由题意知F '(x )=f '(x )-2f (x )e 2x>0恒成立,则F (x )在R 上恒增㊂因为f (0)=1,所以F (0)=1,所以F (x )>F (0),易得x >0,所以原不等式的解集为(0,+ɕ)㊂3.利用f (x )与s i n x ,c o s x 构造因为s i n x ,c o s x 的导函数存在一定的特殊性,所以利用f (x )与s i n x ,c o s x 构造也是重点考查的范畴,常考的形式有以下几种:F (x )=f (x )s i n x ,F '(x )=f '(x )s i n x +f (x )c o s x ;F (x )=f (x )s i n x,F '(x )=f '(x )s i n x -f (x )c o s xs i n 2x ;F (x )=f (x )c o s x ,F '(x )=f '(x )c o s x -f (x )s i n x ;F (x )=f (x )c o s x ,F '(x )=f '(x )c o s x +f (x )s i n x c o s 2x㊂例3 已知α,βɪ-π2,π2[],且αs i n α-βs i n β>0,则下列结论正确的是( )㊂A .α>β B .α2>β2C .α<βD .α+β>0解析:构造f (x )=x s i n x ,则f '(x )=s i n x +x c o s x ,当x ɪ0,π2[]时,导函数f '(x )ȡ0,f (x )单调递增;当x ɪ-π2,0[)时,导函数f '(x )<0,f (x )单调递减㊂又因为f (x )为偶函数,根据f (x )的单调性和f (x )的图像,可知f (α)>f (β)⇔f (|α|)>f (|β|)⇒|α|>|β|⇒α2>β2㊂故选B ㊂作者单位:江西省赣州市兴国县平川中学54基础数学 障碍分析 自主招生 2020年7 8月。
关于中值定理中构造函数的方法
关于中值定理中构造函数的方法第一篇：关于中值定理中构造函数的方法关于中值定理中创立函数的方法(1)n先举个例子：已知f(x)在（0,1）可导，在[0,1]内连续。
而且f(1)=0.证明：存在§∈（0，1），使得nf(§)+§f´(§)=0.证明:设F(x)=xf(x)则F（0）=F（1）=0∴存在§使得F´（§）=0§∈（0，1）即：§n-1[nf(§)+§f´(§)]=0原式得证。
本题中函数的构造方法：将要证式子变形，f´(§)／f(§)=-n／§,两边取不定积分。
㏑|f(§)|=-n㏑§即§f(§)=1那么所构造函数即为F(x)=xf(x)nn第二篇：构造函数构造函数1.设f(x)，g(x)分别为定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0，且g(-3)=0，则不等式f(x)g(x)<0的解集为______.2.设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)=0，当x>0时，有x⋅f'(x)-f(x)<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集为__________.3.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x∈(-∞,0)时，有x⋅<0成立，若a=30.3⋅bf'(x)+f(x)13f(30.3)，b=(logπ3)⋅f(logπ3)，c=(log9)⋅f(log9)，则a、、c的大小关系为__________.f(x)，则当a>04.已知可导函数f(x)满足f'(x)>系为__________.时，f(a)与ea⋅f(0)的大小关5.若函数f(x)对任意的x∈R都有f'(x)>A.3f(ln2)>2f(ln3)f(x)成立，则__________.B.3f(ln2)=2f(ln3)C.3f(ln2)<2f(ln3)D.3f(ln2)与2f(ln3)的大小关系不确定6.设f(x)是R上的奇函数，且f(-1)=0，当x>0时，(x2+1)⋅f'(x)-2x⋅f(x)<0，则不等式f(x)>0的解集为__________.7.已知函数f(x)是定义在(0,+∞)的非负可导函数，且满足x⋅对任意正数a、b，若af'(x)+f(x)≤0，B.af(b)≥bf(a)C.af(a)≤f(b)D.bf(b)≤f(a)，8.已知f(x)与g(x)都是定义在R上的函数，g(x)≠0，f'(x)g(x)-f(x)=a⋅g(x)，xf(x)g'(x)<0f(1)g(1)+f(-1)g(-1)=.在有穷数列⎨⎧f(n)⎫⎬(n=1,2,Λ,10)中，前kg(n)⎩⎭项和为1516，则k=__________.第三篇：有关中值定理的证明题中值定理证明题集锦1、已知函数f(x)具有二阶导数，且limx→0f(x)=0，f(1)=0，试证：在区间(0,1)内至少x存在一点ξ，使得f''(ξ)=0.证：由limf(x)，由此又得=0=0，可得limf(x)=0，由连续性得f(0)x→0x→0xf(x)-f(0)f(x)f'(0)=lim=lim=0，由f(0)=f(1)=0及题设条件知f(x)在[0,1]x→0x→0x-0x上满足罗尔中值定理条件，因此至少存在一点 c∈(0,1)，使得f'(c)=0，又因为f'(0)=f'(c)=0，并由题设条件知f'(x)在[0,c]上满足拉格朗日中值定理的条件，由拉格朗日中值定理知，在区间(0,1)内至少存在一点ξ，使得f''(ξ)=0.2、设f(x)在[0,a]上连续，在(0,a)内可导，且f(a)=0，证明：存在一点ξ∈(0,a)，使得f(ξ)+ξf'(ξ)=0.证：分析：要证结论即为：[xf(x)]'x=ξ=0.令F(x)=xf(x)，则F(x)在[0,a]上连续，在(0,a)内可导，且F(0)=F(a)=0，因此故存在一点ξ∈(0,a)，使得F'(ξ)=0，F(x)=xf(x)在[0,a]上满足罗尔中值定理的条件，即f(ξ)+ξf'(ξ)=0.注1：此题可改为：设f(x)在[0,a]上连续，在(0,a)内可导，且f(a)=0，证明：存在一点ξ∈(0,a)，使得nf(ξ)+ξf'(ξ)=0.)ξnf'ξ(=)（0给分析：要证结论nf(ξ+)ξ'f(ξ=)等价于nξn-1f(ξ+nn-1n，而nξf(ξ)+ξf'(ξ)=0即为[xf(x)]'x=ξ=0.nf(ξ+)ξ'f(ξ=)两端同乘以ξn-1）故令F(x)=xf(x)，则F(x)在[0,a]上满足罗尔中值定理的条件，由此可证结论.注2：此题与下面例题情况亦类似：设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=0，∀x∈(0,1)，有f(x)≠0，证：n∀n∈N+，∃ξ∈(0,1)，使得nf'(ξ)f'(1-ξ)=成立.f(ξ)f(1-ξ)分析：要证结论可变形为nf'(ξ)f(1-ξ)-f(ξ)f'(1-ξ)=0，它等价于nfn-1(ξ)f'(ξ)f(1-ξ)-fn(ξ)f'(1-ξ)=0(给nf'(ξ)f(1-ξ)-f(ξ)f'(1-ξ)=0两端同乘以fn-1(ξ))，而nfn-1(ξf)'ξf(-ξ)-(fn1ξf')-ξ=(即)为(1)0[fn(x)-f'x=ξ1=(x，用罗尔中值定理)]0.以上三题是同类型题.3、已知函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=f(1)=0，f()=1，证明：（1）存在一点ξ∈(,1)，使f(ξ)=ξ.（2）存在一点η∈(0,ξ)，使f'(η)=1.（3）存在一点x0∈(0,ξ)，使f'(x0)-1=λ(f(x0)-x0).证：（1）分析：要证结论即为：f(ξ)-ξ=0.12121211111显然F(x)在[,1]上连续，且F()=f()-=>0，F(1)=f(1)-1=-1<0，2222211因此F(x)在[,1]上满足零点定理的条件，由零点定理知，存在ξ∈(,1)，使F(ξ)=0，22令F(x)=f(x)-x，则只需证明F(x)在(,1)内有零点即可。
导数中的构造函数(最全精编)Word版
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()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 ,()f x x :这类形式是对.uu v v，型函数导数计算的推广及应用，我们对.u u v v ，的导函数观察可得知，.u v 型导函数中体现的是“+”法，uv型导函数中体现的是“一”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.u v 型，当导函数形式出现的是“一”法形式时，优先考虑构造uv;[例 1]()f x 是定义在R 上的偶函数，当x<0时，()()0f x xf x '+<，且()40f -=，则不等式()0xf x >的解集为____________.[例 2]()f x 是定义在R 上的偶函数，且() 10f =，当x<0时，()()0xf x f x ->'恒成立，则不等式()0f x >的解集为____________.()xf x ,()f x x是比较简单常见的()f x 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.()()()()()()()11,n n n n F x x f x F x nx f x x f x x nf x f x --'''==+=+⎡⎤⎣⎦()()()()()()()121,n n n n n f x f x x nx f x xf x nf x F x F x x x x -+''-+'===结论：出现()()nf x xf x '+形式，构造函数()()n F x x f x =； 出现()()xf x nf x '-形式，构造函数()()nf x F x x=； [例3]已知偶函数() 0()f x x ≠的导函数为()f x '，且满足()=10f -，当x>0时，()()2f x xf x '>，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是___________.[变式提升]设函数()f x 满足()()3231ln =x f x x f x x '++，且()12fe e=，则x>0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[例 4]设()f x 是定义在R 上的奇函数，在()0-∞，上有()()2220 xf x f x +<'，且 ()20f -=，则不等式() 20xf x <的解集为___________.（2）利用()f x 与x e 构造；()f x 与x e 构造，一方面是对.uu v v，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()()f x f x ±'类型，我们可以等同()xf x ，()f x x的类型处理，“+”法优先考虑构造()()x F x f x e =⋅，“-”法优先考虑构造()()xf x F x e=. [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( )A 、()()()()2201420,20140f e f f e f >>B 、()()()()2201420,20140f e f f e f <>C 、()()()()2201420,20140f e f f e f >< B 、()()()()2201420,20140f e f f e f <<同样()()x x f x e f x e，,是比较简单常见的()f x 与x e 之间的函数关系式，如果碰见复杂的，我们是否也能找出此类函数的一般形式呢？()()()()()()(),nx nx nx nx F x e f x F x n e f x e f x e f x nf x '''==⋅+=+⎡⎤⎣⎦()()()()()()()2,nx nx nx nx nxf x nf x f x f x e ne f x F x F x e e e '-⎡⎤'-⎣⎦'===结论：出现()()f x nf x '+形式，构造函数()()nx F x e f x =； 出现()()f x nf x '-形式，构造函数()()nxf x F x e=； [例6]若定义在R 上的函数()f x 满足()()20f x f x '->，()10=f ，则不等式()2x f x e >的解集为_____.[变式提升]若定义在R 上的函数()f x 满足()()240f x f x '-->，()01f =-，则不等式()2>2x f x e -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：()()()10x f x f x '-->⎡⎤⎣⎦，()()222x f x f x e --=，则下列判断一定正确的是（ ）A 、()()10f f <B 、()()220f e f >C 、()()330f e f >D 、()()440f e f <（3）利用()f x 与sin x ,cos x 构造.sin x ,cos x 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.()()()()()sin ,sin cos F x f x x F x f x x f x x ''==+；()()()()()2sin cos ,sin sin f x f x x f x xF x F x x x'-'==； ()()()()()cos ,cos sin F x f x x F x f x x f x x ''==-；()()()()()2cos sin ,cos cos f x f x x f x xF x F x x x'+'==；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 、234f f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B 、234f f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C 、()024f f π⎛⎫< ⎪⎝⎭D 、()023f f π⎛⎫< ⎪⎝⎭[变式提升]定义在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上的函数，函数()f x '是它的导函数，且恒有()()tan f x f x x '<成立，则（）A 、3243f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B 、()12sin12f fπ⎛⎫< ⎪⎝⎭ C 、264f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ D 、363f f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（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]22ππαβ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，，，且sin sin 0ααββ>-，则下列结论正确的是（ ）A 、αβ>B 、22αβ>C 、αβ<D 、0αβ+>[变式提升]定义在R 上的函数()f x 满足()11=f ，且对()1,2x R f x '∀∈<则不等式()22log 1log 2x f x +>的解集为_________.[例10]等比数列{}n a 中，1=2a ，8=4a ，函数()()()()128f x x x a x a x a =---，则()0=f '（ ）A 、62B 、92C 、122D 、152[例11]已知实数,,a b c 满足2111a a e cb d --==-，其中e 是自然对数的底数，那么22()()ac bd -+-的最小值为( )A 、8B 、10C 、12D 、18[变式提升]已知实数, a b 满足225ln 0a a b c R --=∈，，则()()22a cbc -+的最小值为_____________.[课后作业]设函数()f x 在R 上的导函数()f x '，在( 0,)+∞上()sin 2f x x <'，且x R ∀∈，有()()22sin f x f x x -+=，则以下大小关系一定正确的是（ ）A 、5463f f ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B 、()4f f ππ⎛⎫< ⎪⎝⎭C 、5463f f ππ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D 、()4f f ππ⎛⎫->- ⎪⎝⎭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。
2022年高考数学利用导数构造函数解不等式
D. (-∞ ,+∞)
所以 g(x) 为 R 的单调递增函数，又因为 g(-1) = f(-1) - 2 × (-1) = 4 所以不等式的解集为 (-1,+∞)
【答案】选 A
【例9】：已知 f(x) 定义域为 (0,+∞)，f(x) 为 f(x) 的导函数，且满足 f(x) < -xf(x)，则不等式 f(x + 1) > (x - 1)f(x2 1) 的解集是 ( )
1
所以 f(x)g(x) < 0 的解集是 (-3,+∞)
【例3】：已知定义为 R 的奇函数 f(x) 的导函数为 f(x)，当 x ≠ 0 时，f(x) +
f (x) x
> 0，若 a =
1 2
f
1 2
,b = -2f(-2) ,c
=
ln
1 2
f(ln2)，则下列关于 a,b,c 的大小关系正确的是
1 4
x2 ≥ 0，即
f(x) > 0
【例6】：已知函数 f(x) 的定义域为 R，且 f(x) > 1 - f(x) ,f(0) = 4，则不等式 f(x) > 1 + eln3-x 的解集为 ( )
A. (0,+∞)
B.
1 2
,+∞
C. (1,+∞)
【解析】f(x) > 1 + eln3-x ⇒ ex f(x) > ex + eln3 ⇒ ex f(x) - ex > 3
x+1>0
x > -1
g(x + 1) > g(x2 - 1) , x2 - 1 > 0 ⇒ x > 1 或 x < -1 ⇒ x > 2
数学-高考构造函数十三种题型精讲精练
高考构造函数十三种题型精讲精练目录一、十三种题型精讲【题型一】 利用x f （x ）构造型 【题型二】 利用f （x ）/x 构造型 【题型三】 利用e f （x ）构造型 【题型四】 用f （x ）/e 构造型 【题型五】 利用sin x 与f （x ）构造型 【题型六】 利用cos x 与f （x ）构造型【题型七】 复杂型：e 与af （x ）+bg (x )等构造型 【题型八】 复杂型：（kx +b ）与f （x ）型 【题型九】 复杂型：与ln （kx +b ）结合型 【题型十】 复杂型：基础型添加因式型 【题型十一】 复杂型：二次构造 【题型十二】 综合构造 【题型十三】 技巧计算型构造二、最新模拟试题精练n n nx nx n【题型一】 利用x f （x ）构造型 【典例分析】函数是定义在区间上的可导函数，其导函数为，且满足，则不等式的解集为 A.B.C.D.【详解】 设，则，由已知当时，，是增函数，不等式等价于，所以，解得.方法技巧：本题考查导数的综合应用，解题关键是构造新函数，从而可以利用已知的不等式关系判断其导数的正负，以确定新函数的单调性，在构造新函数时，下列构造经常用：，，，，构造新函数时可结合所要求的问题确定新函数的形式.【提分秘籍】基本规律1.，2.【变式演练】1.已知定义域为的奇函数的导函数为，当时，，若，则的大小关系正确的是A.B.C.D.n ()fx 020165x <+<()()x g x e f x =x ()+()0 0g x =x f x f x f x '>< 对于（），构造（）（）k x ()k ()0 0g x =x f x f x f x '+>< 对于（），构造（）（）【分析】 构造函数，利用已知条件确定的正负，从而得其单调性.【详解】 设，则，∵，即，∴当时，，当时，，递增.又是奇函数，∴是偶函数，∴，，∵，∴，即.故选C.2.已知的定义域为，为的导函数，且满足，则不等式的解集是（ ）A.B.C.D.【分析】根据题意，构造函数，结合函数的单调性解不等式，即可求解.【详解】根据题意，构造函数，，则，所以函数的图象在上单调递减. 又因为，所以， 所以，解得或（舍）. 所以不等式的解集是.故选：B.()fx ()fx ()fx3.设函数在R 上可导，其导函数为，且.则下列不等式在R 上恒成立的是（ ） A. B.C.D.【分析】根据给定不等式构造函数，利用导数探讨的性质即可判断作答.【详解】 依题意，令函数，则，因，于是得时，时，从而有在上单调递减，在上单调递增，因此得：，而，即f (x )不恒为0，所以恒成立.故选：A【题型二】 利用f （x ）/x 构造型 【典例分析】函数在定义域内恒满足：①，②，其中为的导函数，则 A.B.C.D.【详解】 令，，， ∵，，∴，，()fx ()0f x ≥()0f x≤()0f x ≥n∴函数在上单调递增，∴，即，，令，，， ∵，，， ∴函数在上单调递减，∴，即，，故选D.【提分秘籍】基本规律1.，2.【变式演练】1.已知定义在上的偶函数，其导函数为，若，，则不等式的解集是（ ）A. B.C.D.【分析】根据题目中信息其导函数为，若可知，需构造函数， 利用导函数判断函数的单调性，利用函数的单调性、奇偶性来解题，当时，即，，当时，即，.【详解】 构造函数 ，，当时，，故，在上单调递增，()-()0 0f x x f x f x g x x '><= （）对于（），构造（）()-()0 0k f x x f x kf x g x x '><= （）对于（），构造（）又为偶函数， 为偶函数，所以为偶函数，在单调递减.，则，；， 当 时，即，，所以 ；当时，即，，所以.综上所述，.故选：A2.已知定义在上的函数的导函数为，若，，则不等式的解集为（ ）A. B.C.D.【分析】 由，可得，令，对其求导可得，可得函数在上单调递增，可得，可得原不等式的解集.【详解】 因为，所以，即.令，则，所以函数在上单调递增.又因为，不等式，可变形为，即，所以，即不等式的解集为.故选：C.21y x=(3)1f=【题型三】 利用e f （x ）构造型 【典例分析】已知函数在上 可导，其导函数为，若满足：当时，>0，，则下列判断一定正确的是A.B.C.D.【分析】 构造函数，结合导函数，判定的单调性，得对称轴，对选项判断即可. 【详解】 构造函数，计算导函数得到=，由>0，得当，>0当时，<0.所以在单调递增，在单调递减，而，所以关于对称，故，得到，故选：D.【提分秘籍】基本规律1.，2.【变式演练】1.已知是上可导的图象不间断的偶函数，导函数为，且当时，满足，则不等式的解集为（ ）nx ()()0 0x f x f x g x e f x '+><= 对于（），构造（）（）()()0 0kx f x kf x g x e f x '+><= 对于（），构造（）（）A. B. C. D.【分析】 构造函数，根据，结合题意可知函数是偶函数，且在上是增函数，由此根据结论，构造出的不等式即可. 【详解】 由题意：不等式可化为：，两边同乘以得：，令，易知该函数为偶函数，因为，，所以所以在上是单调增函数，又因为为偶函数，故，解得：.故选：B.2.设函数的定义域为，是其导函数，若，，则不等式的解集是（ ）A. B.C.D.【分析】 构造函数，通过求导判断函数的单调性，利用函数的单调性解不等式即可. 【详解】 令，则，因为，所以，化简可得， 即，所以函数在上单调递增，因为，化简得，()fx因为，，所以，解得，所以不等式的解集是.故选：A3.已知定义在上的函数的导函数为，若，，则不等式的解集为（ ）A. B.C.D.【分析】 由，可得，令，对其求导可得，可得函数在上单调递增，可得，可得原不等式的解集.【详解】 因为，所以，即.令，则，所以函数在上单调递增.又因为，不等式，可变形为，即，所以，即不等式的解集为.故选：C.【题型四】 用f （x ）/e 构造型 【典例分析】已知函数是定义在上的可导函数，且对于，均有，则有A. B. C.nxD.【分析】 通过构造函数，研究函数的单调性进而判断出大小关系.【详解】 因为.所以<0，即构造函数 ，所以，即在R 上为单调递减函数 所以 ，化简得.同理，化简得所以选D【提分秘籍】基本规律1.，2.【变式演练】1.已知是定义在上的偶函数，当时，（其中为的导函数），若，则的解集为（ ）A. B.C.D.【分析】 由，结合已知条件有偶函数在上单调减，上单调增，再由 即可求解集.【详解】()-()0 0x f x f x f x g x e '><=（）对于（），构造（）()-()0 0kx f x f x kf x g x e '><=（）对于（），构造（）由，而知：在上单调减， 而，即，又知：，∴在上有，又是定义在上的偶函数，则在上为偶函数，∴在上单调增，即，可得，综上，有，故选：A 2.已知函数是定义在上的可导函数，且对于，均有，则有A. B. C. D.【分析】 通过构造函数，研究函数的单调性进而判断出大小关系.【详解】 因为.所以<0，即构造函数 ，所以，即在R 上为单调递减函数 所以 ，化简得.同理，化简得所以选D3.已知定义在上的可导函数满足：，则与的大小关系是A.B.C.D.不确定【详解】令，则，所以函数在上单调递减.()fx ()()x g x e f x因为，所以，选A.点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等()()x g x e f x【分析】 构造函数，由已知可得出在上为增函数，再根据函数的奇偶性的定义得出为偶函数，由此逐一判断选项可得答案.【详解】构造函数，由在上恒有，，在上为增函数，又由，为偶函数，，，，，故A 错误.偶函数在上为增函数，在上为减函数，，，，，故B 正确；，，，，故C 错误；，，，，故D 错误.故选：B.2.已知偶函数是定义在上的可导函数，当时，，若，则实数的取值范围为（ ）A. B.C.D.()fx构造函数，可得是偶函数，求导可得出在上单调递增，在上单调递减，由可得，列出不等式即可求解.【详解】 令，，则当时，，所以函数是定义在上的偶函数.当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减. 又，，所以由，可得，即，所以，所以，解得，所以实数的取值范围为，故选：C.3.设是定义在上的奇函数，其导函数为，当时，，则不等式的解集为（ ）A. B.C.D.【分析】 令，易得是定义在上的偶函数，因为，可知在上单调递减，在上单调递增，从而可以根据函数的单调性，确定不等式的解.(0,1](0,1]令，∵是定义在上的奇函数，∴是定义在上的偶函数.当时，，由，得，∴，则在上单调递减.将化为，即，则.又是定义在上的偶函数.∴在上单调递增，且.当时，，将化为，即，则.综上，所求不等式的解集为.故选：B【题型六】利用cos x与f（x）构造型【典例分析】已知函数的定义域为，其导函数是.有，则关于x的不等式的解集为（）A. B. C. D.【分析】令，根据题设条件，求得，得到函数在内的单调递减函数，再把不等式化为，结合单调性和定义域，即可求解.【详解】 由题意，函数满足， 令，则函数是定义域内的单调递减函数，由于，关于的不等式可化为，即，所以且，解得，不等式的解集为.故选：B【提分秘籍】基本规律1.，2.3.对于正切型，可以通分（或者去分母）构造正弦或者余弦积商型【变式演练】1.已知偶函数的定义域为，其导函数为，当时，有成立，则关于x 的不等式的解集为（ ）A. B.C.D.【分析】cos ()-sin ()0 0cos x f x x f x g x f x x '><= 对于（），构造（）（）cos ()sin ()0 0cos f x x f x x f x g x x'+><= （）对于（），构造（）()f x由题意，设，利用导数求得在上单调递减，且为偶函数，再把不等式，转化为，结合单调性，即可求解.【详解】 由题意，设，则，当时，因为，则有，所以在上单调递减， 又因为在上是偶函数，可得，所以是偶函数，由，可得，即，即又由为偶函数，且在上为减函数，且定义域为，则有，解得或，即不等式的解集为，故选：B.2.已知函数的定义域为，其导函数为.若，且，则下列结论正确的是 A.是增函数 B.是减函数 C.有极大值 D.有极小值【分析】 对化简可得，即为，设函数，研究函数的性质，从而得到的单调性与极值，从而得到答案.【详解】 设函数因为化简可得，即为，故，因为()fx ()f x ()f x ()f x ()f x ()fx所以恒成立，所以在上单调递增，又因为，所以，所以当时，，当时，，，当时，，，，， 故恒成立；当时，，，，， 故恒成立；所以在上恒成立，故在上单调递增，故函数没有极值，不可能单调递减.所以选A.【题型七】 复杂型：e 与af （x ）+bg (x )等构造型 【典例分析】设定义在上的函数的导函数为，若，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为（ ）A.B.C. D.【分析】根据条件构造函数，分析的单调性并计算的值，将转化为，由此求解出不等式的解集.【详解】 设，所以， 因为，所以，n ()0-∞，所以在上单调递减，且，又因为等价于，所以解集为，故选：C.【提分秘籍】基本规律【变式演练】1.函数是定义在上的可导函数，为其导函数，若且，则不等式的解集为__________.【分析】 构造函数，由题知得到在的最小值为0，得到在单增，在上，等价于，利用单调性可解.【详解】 构造函数，在上，等价于，，，得，在上单增，在上单减，在上，恒成立，又，则又在上，等价于，即，则不等式的解集为故答案为：2.函数是定义在上的可导函数，为其导函数，若，且，则的解集为（ ） A.B.C.D.()()()-() 0x g x e f x k f x f x k =-⎡⎤⎣⎦'><对于（），构造()fx ()fx【分析】设，则，，故，即，解不等式得到答案.【详解】设，则，，故，故，即，，即，，故.故选：.3.设定义在上的函数的导函数为，若，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为A. B.C. D.【分析】构造函数，则可判断，故是上的增函数，结合即可得出答案.【详解】设，则，∵，，∴，∴是上的增函数，又，∴的解集为，即不等式的解集为.故选A.【题型八】复杂型：（kx+b）与f（x）型【典例分析】已知函数的定义域为，其图象关于点中心对称，其导函数，当时，，则不等式的解集为A. B. C. D.【详解】由题意设，则，当时，，当时，，则在上递增，函数的定义域为，其图象关于点中心对称，函数的图象关于点中心对称，则函数是奇函数，令是上的偶函数，且在递增，由偶函数的性质得：函数在上递减，不等式化为：，即，解得，不等式解集是，故选C.【提分秘籍】基本规律授课时，可以让学生写出y=kx+b与y=f(x)的加、减、乘、除各种【变式演练】1.设函数在上存在导函数，对任意实数，都有，当时，，若，则实数的最小值是（）A. B. C. D.【分析】构造函数，根据等式可得出函数为偶函数，利用导数得知函数在上单调递减，由偶函数的性质得出该函数在上单调递增，由，得出，利用函数的单调性和偶函数的性质解出该不等式即可.【详解】构造函数，对任意实数，都有，则，所以，函数为偶函数，.当时，，则函数在上单调递减，由偶函数的性质得出函数在上单调递增，，即，即，则有，由于函数在上单调递增，，即，解得，因此，实数的最小值为，故选A.2.已知定义域为的函数满足，其中为的导函数，则当时，不等式的解集为（）A. B.C. D.【分析】构造函数，由已知，所以在上单调递增，利用二倍角余弦公式化简变形，有，即，利用单调性即可求解.【详解】令，因为，所以，所以在上单调递增，因为，所以，不等式，即，所以，即，所以，又，所以，故选：D.3.已知是奇函数的导函数，当时，，则不等式的解集为A. B. C. D.【分析】构造函数，可得为奇函数且在上单调递增，根据奇偶性可得在上单调递增，原不等式化为，从而可得结果.【详解】令，当时，，在上单调递增，为奇函数，也是奇函数，且在上单调递增，由化为.得，，的解集为，故选B.【题型九】 复杂型：与ln （kx +b ）结合型 【典例分析】设函数是定义在上的连续函数，且在处存在导数，若函数及其导函数满足，则函数A.既有极大值又有极小值B.有极大值 ，无极小值C.有极小值，无极大值D.既无极大值也无极小值 【分析】 本题首先可以根据构造函数，然后利用函数在处存在导数即可求出的值并求出函数的解析式，然后通过求导即可判断出函数的极值. 【详解】 由题意可知，，即，所以，令，则，因为函数在处存在导数，所以为定值，，，所以，令，当时，， 构建函数，则有，所以函数在上单调递增，当，，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增， 因为，，所以当时函数必有一解，令这一解为，，则当时，()f x ()f x ()f x ()fx ()f x ()f x ()fx当时，综上所述，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增，所以有极小值，无极大值.【提分秘籍】基本规律 1. 2.授课时，可以让学生写出y =ln （kx +b ）与y =f (x )的加、减、乘、除各种结果【变式演练】1..已知是定义在上的奇函数，是的导函数，且满足：则不等式的解集为（ ）A. B.C.D.【分析】根据给定含导数的不等式构造函数，由此探求出在上恒负，在上恒正，再解给定不等式即可. 【详解】 令，，则，在上单调递减，而，因此，由得，而，则，由得，而，则，又，于是得在上，，而是上的奇函数，则在上，，由得：或，即或，解得或，所以不等式的解集为.()()l ()ln x 0 xn x f 0x f f g x x x '+><= （）对于（），构造()f x ()f x (1)()0x f x -⋅<()fx (1)0f <()fx (1)()0x f x -⋅<(1)()0x f x -⋅<故选：D2.设定义在上的函数恒成立，其导函数为，若，则（）A. B.C. D.【分析】由题设构造，易知上，即单调递减，进而可比较、的大小.【详解】由题意，在上的函数恒成立，若，则，∵上，即，∴在上单调递减，而，故∴，可得.故选：B3.已知定义在上的连续奇函数的导函数为，已知，且当时有成立，则使成立的的取值范围是（）A. B.C. D.【分析】根据题意，设，对求导，利用导数与函数单调性的关系分析可得在上单调递减，分析的特殊值，结合函数单调性分析可得在区间和上，都有，结合函数的奇偶性可得在区间和上，都有，进而将不等式变形转化，解得的取值范围，即可得到答案. 【详解】 令，则，因为当时有成立，所以当时，恒成立，所以在上单调递减， 所以当时，，所以，又，所以， 当时，，所以，又，所以，在是连续的函数， 且，所以，时，，又由为奇函数，时，，所以或，解得或，则的取值范围是.故选：B.【题型十】 复杂型：基础型添加因式型 【典例分析】已知函数的导函数为，对任意的实数都有，，则不等式的解集是（ ） A.B.C.D.【分析】由已知条件构造函数，再根据，求，不等式转化为，()(1)0g x g <=(1)0f <()fx ()fx结合函数的单调性和奇偶性，解抽象不等式. 【详解】 由题意得，则，由，解得：，故，（2），当时，，，，在上恒成立，即在上单调递增，又，故为上的偶函数， 其图象关于轴对称，在上单调递减，故，故，故选：C.【提分秘籍】基本规律在本专题一、二、三、四等基础上，变形或者添加因式，增加复杂度【变式演练】1.定义在上的函数的导函数满足，则下列不等式中，一定成立的是A. B. C.D.【详解】 设，则，故函数在上递减，所以，所以，即，故选择A.2.已知定义在上的函数的导函数为，且满足，则关于不()fx ()f x ()fx等式的解集为（ ） A. B.C.D.【分析】 构造新函数，利用已知不等式可得的单调性，从而可解不等式.【详解】 涉及函数定义域为，设，则，∵，∴，∴在上单调递增，不等式可化为，即，所以，，又，得，∴原不等式的解为.故选：A.3.已知函数为上的可导函数，其导函数为，且满足恒成立，，则不等式的解集为 A. B.C.D.【分析】 由，构造函数，求导，可得在R 上单调递减，结合单调性，可求出不等式的解集. 【详解】 由题意知，，则构造函数，则，所以在R 是单调递减.又因为，则()fx.所求不等式可变形为，即，又在R 是单调递减，所以，故选A【题型十一】 复杂型：二次构造 【典例分析】已知是函数的导函数，且对于任意实数都有，，则不等式的解集为（ ）A. B.C.D.【分析】本题解题关键在于根据已知构造出合适的函数，，再通过逆用求导公式得到，根据已知条件求得m 的值，从而将抽象不等式转化为一元二次不等式，进而得解. 【详解】 因为，所以，即，亦即 ，又，所以，即有.原不等式可等价于，()fx即，解得的取值范围是.故选：A.【提分秘籍】基本规律二次构造： 授课时，可以适当的借助例题，分析这类题的结构特征.【变式演练】1.已知定义域为的函数满足（为函数的导函数），则不等式的解集为（ ）A.B.C.D.【分析】 构造函数，由题意可知在上单调递增，再对分情况讨论，利用函数的单调性即可求出不等式的解集. 【详解】 由，当时，可得，即，即，构造函数，所以函数递增，则，此时，即满足；当时，可得， 由函数递增，则，此时或，即满足； 当时，，即满足.综上，.故选： C.n f x r(x)g x r(x)=x e ,sin ,cos nx x x ⨯÷±（）（），其中，等()f x ()fx(0,1]2.已知函数的导函数为，且对任意的实数都有(是自然对数的底数)，且，若关于的不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【分析】由题意得即求出解析式，利用导数研究其单调性和极值与最值，结合图象即可求解.【详解】即，所以，则，所以，因为，所以，所以，，由得，此时单调递增，由得或，此时单调递减，所以时，取得极大值为，当时，取得极小值，又因为，，，且时，，的解集中恰有两个整数等价于在下方的图象只有2个横坐标为整数的点，结合函数图象可得：则，解得，所以时，的解集中恰有两个整数，故实数的取值范围是故选：C3.已知定义域为的函数的导函数为，且，若，则函数的零点个数为（）A.1B.2C.3D.4【分析】采用构造函数法，同乘得，变形得，即，由此可得表达式，将求出具体解析式，再结合导数研究增减性，画出大致图象，即可求解.【详解】依题意，，故，则，即，故，令，则，解得，故， 故；令，则，当时，，当，，故，故当时，，当时，；作出函数的大致图象如图所示；观察可知，与有2个交点，即函数有2个零点，故选：B.【题型十二】 综合构造 【典例分析】定义在上的连续函数的导函数为，且成立，则下列各式一定成立的是（ ） A.B.C. D.【分析】 设，由条件可得，即在上单调递减，且，由此卡判断选项A ，B ， C ， 将代入条件可得，可判断选项D.()fx ()0f π>2x π=【详解】 由题可得，所以，设则，所以在上单调递减，且由可得，所以，，所以选项A ､B 错误，选项C 正确. 把代入，可得，所以选项D 错误，故选：C.【提分秘籍】基本规律结合式子，寻找各种综合构造规律，如，或者f （x ）+r （x ）（r （x ）为常见函数）可以借助本小节授课，培养这类观察和构造的思维【变式演练】1.已知函数的导函数为，对任意的实数都有，，则不等式的解集是（ ）A.B.C.D.【分析】 先求出的解析式，然后再探究其奇偶性和单调性，最后将原不等式转化，进而求出结果. 【详解】()0f π>2x π=由可得，即，所以（其中为常数），因此，，由可得，故.显然，是上的偶函数.当时，，所以，在上是增函数. 故故选：C.2.定义在上的函数的导函数为，当时，且，.则下列说法一定正确的是（）A. B.C. D.【分析】构造函数，分析出函数为奇函数，利用导数分析出函数在上为增函数，由此可得出该函数在上为增函数，再利用函数的单调性可判断各选项的正误.【详解】令，，，所以，，，所以，函数为上的奇函数，，当时，，即，，所以，在上单调递增，由奇函数的性质可知，函数在上单调递增，所以，函数在上单调递增.对于A 选项，，则，即，A 选项错误； 对于B 选项，，，即，B 选项正确；对于C 选项，，，即，C 选项错误；对于D 选项，，，即，D 选项错误.故选：B.3.已知函数的定义域为，且是偶函数，（为的导函数）.若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C.D.【分析】 设函数，求得时，，得到当时，，得到函数的单调性，把任意的，恒成立，转化为，即可求解.【详解】由为偶函数，得函数的图象关于直线对称.设函数，则，当时，，函数在上单调递增，可得当时，，所以当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减.()f x R ()fx ()0p x '>()0f x '>()fx ()0p x '>()0f x '>()fx设函数，则当时，因为，所以由对任意的，恒成立，可得，即，解得或，即实数的取值范围是.【题型十三】 技巧计算型构造 【典例分析】定义在上的函数的导函数为，若，且，则A. B. C.D.【分析】 由得，构造函数：，求导判单调性得，进而得则可求【详解】 因为，所以.构造函数：，所以.所以函数在上单调递增，所以，即，即.故选C【提分秘籍】基本规律()fx授课时，可以让学生写出y =kx +b 与y =f (x )的加、减、乘、除各种【变式演练】1.已知是定义在上的奇函数，记的导函数为，当时，满足.若使不等式成立，则实数的最小值为A.B.C.D.【分析】 由题意构造函数，借助单调性问题转化为e x （x 3﹣3x +3）﹣ae x ﹣x ≤0在上有解，变量分离求最值即可. 【详解】 由是定义在上的奇函数， 当时，满足.可设故为上的增函数， 又∴e x （x 3﹣3x +3）﹣ae x ﹣x ≤0在上有解，∴a ≥x 3﹣3x +3﹣，令g （x ）=x 3﹣3x +3﹣，g ′（x ）=3x 2﹣3+=（x ﹣1）（3x +3+），故当x ∈（﹣2，1）时，g ′（x ）＜0，当x ∈（1，+∞）时，g ′（x ）＞0，故g （x ）在（﹣2，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数； 故g min （x ）=g （1）=1﹣3+3﹣=1﹣；故选D. 2.定义在上的函数满足：是的导函数， 则不等式的解集为A. B.C.D.【分析】()fx ()fx ()f x ()fx设，得到函数，即函数为单调递增函数，不等式转化为，即可不等式的解集.【详解】 设，则，又由，则，所以，所以函数为单调递增函数， 又由，所以，由不等式，即，即，所以不等式的解集为，故选A.3.已知函数在上处处可导，若[f(x)−f ′(x)]tan x−f(x)<0，则（ ）A.f(ln 32)sin (ln 32)一定小于0.6f(ln 52)sin (ln 52) B.f(ln 32)sin (ln 32)一定大于0.6f(ln 52)sin (ln 52) C.f(ln 32)sin (ln 32)可能大于0.6f(ln 52)sin (ln 52) D.f(ln 32)sin (ln 32)可能等于0.6f(ln 52)sin (ln 52) 【解析】∵[f(x)−f ′(x)]tan x−f(x)<0∴[f(x)−f ′(x)]sin xcos x −f(x)<0，即f(x)sin x−f ′(x)sin x <f(x)cos x⇒f(x)sin x <f ′(x)sin x +f(x)cos x =(f(x)sin x )′即(f(x)sin x )′−f(x)sin x >0，设g(x)=f(x)sin x e x，则g ′(x)=f(x)sin x e x=(f(x)sin x )′e x −e x (f(x)sin x )(e x )2=(f(x)sin x )′−f(x)sin xe x>0，即函数g(x)=f(x)sin x e x在上单调递增，而0<ln 32<ln 52<π2，所以f(ln 32)sin (ln 32)eln 32<f(ln 52)sin (ln 52)eln 52⇒f(ln 32)sin (ln 32)32<f(ln 52)sin (ln 52)52⇒f(ln 32)sin(ln 32)<35f(ln 52)sin (ln 52)选A()f x 0,2π⎛⎫⎪⎝⎭0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭二、最新模拟试题精练1. 已知定义在上的函数的导函数为，且，则（ ） A. B. C. D. 【分析】根据题意以及选项对比可知，本题需要构造和，求导后判断其单调性得出和的结论代入化简即可. 【详解】由题意可知，函数在上单调递减.,.构造，定义域为，则，所以在上单调递减，所以，即，故A,B 错误.构造，定义域为，则，所以在上单调递增，所以，即，故B,D 错误. 故选:C【方法点评】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解R ()f x ()f x '()()0f x f x <'<()()()()e 21,2e 1f f f f >>()()()()e 21,2e 1f f f f ><()()()()e 21,2e 1f f f f <>()()()()e 21,2e 1f f f f <<()e ()x h x f x =()()e xf xg x =(2)(1)h h <(2)(1)g g >()f x R ()()0f x f x '+<()()0f x f x '->()e ()x h x f x =R ()()()e ()e e [()]0x x xh x f x f x f x f x '''=+=+<()h x R (2)(1)h h <2e (2)e (1),e (2)(1)f f f f <<()()e x f x g x =R ()()()()2e e ()0(e )ex x x xf x f x f x f xg x ''⋅-⋅-'==>()g x R (2)(1)g g >2(2)(1),(2)e (1)e ef f f f >>2. 定义在上的函数有不等式恒成立，其中为函数的导函数，则（）A. B. C. D. 【分析】根据已知条件可以得到，在(0,+∞)上的单调性，从而分别得到,进而得到结论.【详解】，即，因为定义在上，，令则，，则函数在上单调递增. 由得，即，；同理令，， 则函数在上单调递减. 由得，，即. 综上，. 故选：B.【方法点评】本题考查导数的运算，利用导数研究函数的单调性和单调性在比较大小中的应用，()0,∞+()y f x =()()()23f x xf x f x '<<()y f x '=()y f x =()()24161f f <<()()2481f f <<()()2341f f <<()()2241f f <<()()2f x g x x =()()3f x h x x=()()()()21,21g g h h ><()()2f x xf x '<()()20f x x f x '⋅->()y f x =()0,∞+∴()()220f x x xf x '⋅->()()2f x g x x=()()241f f >()()()242g 0f x x xf x x x '⋅-'=>()g x ()0,∞+()()21g g >()()222121f f >()24(1)f f >()()3f x h x x =()()()()()3264330f x x x f x f x x f x h x x x ''⋅-⋅-'==<()h x ()0,∞+()()21hg <()()332121f f <()()281f f <()()2481f f <<，从中间是减号，联想到除法的求导法则，从系数2，联想到要有的导数产生，综合需要两边同乘以，得到，进而得到得到函数，同样道理得到的单调性，这是解决本题的关键和难点.3. 已知函数的定义域为，其导函数为，对恒成立，且，则不等式的解集为（ ） A. B.C.D.【分析】根据已知条件构造一个函数，再利用的单调性求解不等式即可. 【详解】由，可得， 即，令， 则. 令，， 所以在上是单调递减函数.不等式，等价于，即，， ()()20f x x f x '⋅->2x x ()()220f x x xf x '⋅->()()2f x g x x =()()()242g 0f x x xf x x x '⋅-'=>()()3f x h x x =()f x ()1,+∞()f x '()()()()22x f x xf x xf x '++<⎡⎤⎣⎦()1,x ∈+∞()14525f =()()233210x f x x ++>+()1,2(),2-∞()2,3-()2,2-()()2g x G x x =+()G x ()()()()22x f x xf x xf x '++<⎡⎤⎣⎦()()()2222x f x xf x x f x x '+<+()()()222x f x x f x x '<+()()2g x x f x =()()()()()2022g x g x g x x g x x x '-+'<-=++()()2g x G x x =+()()()()()()22022g x g x x g x G x x x ''+-⎛⎫'==< ⎪++⎝⎭()G x 1∞+（，）()()233210x f x x ++>+()()23325x f x x ++>+()()3325g x G x x ++=>+()()()52555277g f G ===。