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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)lnx,1-1.,证明令g(x)=f(x)+x=x2-ax+(a-1)lnx+x,10,即g(x)在(0,+)上单调递增,从而当x1x20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(x)的导函数为f(x),对任意xR,都有f(x)f(x)成立,则3f(ln2)与2f(ln3)的大小关系是.,答案2f(ln3)3f(ln2),解析令g(x)=,则有g(x)=0,所以g(x)在R上单调递增,则g(ln3)g(ln2),即,即2f(ln3)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,解析令g(x)=cosxf(x),则g(x)=f(x)cosx-f(x)sinx=cosxf(x)-f(x)tanxg,即cosfcosf,ff,即ff.,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)(-,-2020),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+2018)f(x+2018)-2f(-2),即F(x+2018)F(-2),则x+2018f()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,x1,且f(2)=3,则关于x的不等式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)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)=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-3g(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)=(lnx-k-1)x(kR).(1)若对于任意xe,e2,都有f(x)0,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)0,得xlnb;由(x)1时,同理,(lnb)0,与已知矛盾;c.当b=1时,lnb=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.,
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