导数问题中的构造函数法

导数问题中的构造函数法1．设函数的定义域为，，且对任意上，则的解集是（）....2．设函数在上的导函数为，且，则下面的不等式在内恒成立的是（）3．设函数f’(x)是奇函数的导函数，f（-1）=0，当时，，则使得成立的x的取值范围是（）....4．若定义在上的函数满足，其导函数满足，则下列结论中一定错误的是（）A．B．C．D．5．设函数f(x)满足，，则时，()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6．设a>0，b>0，e是自然对数的底数()A．若ea＋2a＝eb＋3b，则a>bB．若ea＋2a＝eb＋3b，则a<bC．若ea－2a＝eb－3b，则a>bD．若ea－2a＝eb－3b，则a<b7．若，则（） A. B. C. D. 8．已知函数的导函数为，为自然对数的底数，对均有成立，且，则不等式的解集是（）A． B．C．D．9．已知定义在上的函数满足且，则的解集是（）A．B．C．D．10.已知是函数的导函数，且对任意的实数都有是自然对数的底数），，若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.11．已知函数．证明：若，则对任意，，有．13．已知函数，，设a<b，比较eq\f(fa＋fb,2)与eq\f(fb－fa,b－a)的大小，并说明理由．14．已知函数.设,证明：.分析：绝大部分的学生都会望而生畏.学生的盲点也主要就在对所给函数用不上.如果能挖掘一下所给函数与所证不等式间的联系，想一想大小关系又与函数的单调性密切相关，由此就可过渡到根据所要证的不等式构造恰当的函数，利用导数研究函数的单调性，借助单调性比较函数值的大小，以期达到证明不等式的目的.证明如下：证明：对求导,则.在中以b为主变元构造函数,设,则.当时，,因此在内为减函数.当时,,因此在上为增函数.从而当时,有极小值.因为所以,即又设.则.当时,.因此在上为减函数.因为所以,即.15．已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，证明：．【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+∞），函数的导数f′（x）=-1x设g（x）＝x2﹣ax+1，当a≤0时，g（x）＞0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，当a＞0时，判别式△＝a2﹣4，①当0＜a≤2时，△≤0，即g（x）≥0，即f′（x）≤0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，②当a＞2时，x，f′（x），f（x）的变化如下表：x（0，）（，）（，+∞）f′（x）﹣0+0﹣f（x）递减递增递减综上当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数，当a＞2时，在（0，），和（，+∞）上是减函数，则（，）上是增函数．（2）由（1）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2＝1，则f（x1）﹣f（x2）＝（x2﹣x1）（1+1x1x2）+a（lnx1﹣lnx2）＝2（x2﹣x1）+a（lnx则2，则问题转为证明1即可，即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2，则lnx1﹣ln1x1＞x即lnx1+lnx1＞x1-1即证2lnx1＞x1-1设h（x）＝2lnx﹣x+1x，（0＜x＜1），其中求导得h′（x）=2x-则h（x）在（0，1）上单调递减，∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x+1故2lnx＞x-1则a﹣2成立．（2）另解：注意到f（1x）＝x-1x-alnx＝﹣即f（x）+f（1x由韦达定理得x1x2＝1，x1+x2＝a＞2，得0＜x1＜1＜x2，x1=1可得f（x2）+f（1x2）＝0，即f（x1）+f（x要证a﹣2，只要证a﹣2，即证2alnx2﹣ax2+ax2＜构造函数h（x）＝2alnx﹣ax+ax，（x＞1），h′（x）∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，∴h（x）＜h（1）＝0，∴2alnx﹣ax+ax＜0成立，即2alnx2﹣ax2+a即a﹣2成立． 导数问题中的构造函数方法1．设函数的定义域为，，且对任意上，则的解集是（）....2．设函数在上的导函数为，且，则下面的不等式在内恒成立的是（A）3．设函数f’(x)是奇函数的导函数，f（-1）=0，当时，，则使得成立的x的取值范围是（）....【答案】A【解析】记函数，则，因为当时，，故当时，，所以在单调递减；又因为函数是奇函数，故函数是偶函数，所以在单调递减，且．当时，，则；当时，，则，综上所述，使得成立的的取值范围是，故选A．4．若定义在上的函数满足，其导函数满足，则下列结论中一定错误的是（）A．B．C．D．【答案】C5．设函数f(x)满足，，则时，()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【解析】选D本题考查导数的应用以及转化能力．由题意[x2f(x)]′＝eq\f(ex,x)，令g(x)＝x2f(x)，则g′(x)＝eq\f(ex,x)，且f(x)＝eq\f(gx,x2)，因此f′(x)＝eq\f(xg′x－2gx,x3)＝eq\f(ex－2gx,x3).令h(x)＝ex－2g(x)，则h′(x)＝ex－2g′(x)＝ex－eq\f(2ex,x)＝eq\f(exx－2,x)，所以x>2时，h′(x)>0；0<x<2时，h′(x)<0.从而有h(x)≥h(2)＝0，即f′(x)≥0，所以当x>0时，f(x)是单调递增的，f(x)既无极大值也无极小值．6．设a>0，b>0，e是自然对数的底数()A．若ea＋2a＝eb＋3b，则a>bB．若ea＋2a＝eb＋3b，则a<bC．若ea－2a＝eb－3b，则a>bD．若ea－2a＝eb－3b，则a<b【解析】选A∵a>0，b>0，∴ea＋2a＝eb＋3b＝eb＋2b＋b>eb＋2b.对于函数y＝ex＋2x(x>0)，∵y′＝ex＋2>0，∴y＝ex＋2x在(0，＋∞)上单调递增，因而a>b成立．7．若，则（C） A. B. C. D. 【解题提示】构造新函数，利用函数的单调性求解。【解析】选C.构造函数，根据的图象可知在（0,1）上不单调A、B错误构造新函数，所以在（0,1）上是减函数，所以所以选C.8．已知函数的导函数为，为自然对数的底数，对均有成立，且，则不等式的解集是（）A． B．C．D．【答案】D【解析】原不等式等价于，令，则恒成立，在上是增函数，又，，原不等式为，解得，故选.9．已知定义在上的函数满足且，则的解集是（）A． B． C． D．【答案】A令,构造函数，由已知可知：，所以是上的减函数，当时，，，所以当时，成立，也就是当时，成立，故本题选A。10.已知是函数的导函数，且对任意的实数都有是自然对数的底数），，若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.【答案】C-2，-3，-1所以违背题意，故不能取，排除B，故选C...【模型总结】（一）、关系式为“加”型1、构造2、构造3、构造（注意对的符号进行讨论）（二）、关系式为“减”型1、构造2、构造3、构造（注意对的符号进行讨论）11．已知函数，．（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）证明：若，则对任意，，有．解：（Ⅰ）的定义域为．…2分（i）若即，则，故在单调增加．（ii）若，而，故，则当时，；当及时，．故在单调减少，在单调增加．（iii）若，即，同理可得在单调减少，在单调增加．（II）考虑函数．则．由于故，即在单调增加，从而当时有，即，故，当时，有．………………12分12．设函数，若对任意，恒成立，求的取值范围.解：对任意的b>a>0,QUOTE<1恒成立,等价于f(b)-b<f(a)-a恒成立.(*)设h(x)=f(x)-x=lnx+QUOTE-x(x>0),所以(*)等价于h(x)在(0,+∞)上单调递减.由h'(x)=QUOTE-QUOTE-1≤0在(0,+∞)恒成立,得m≥-x2+x=-QUOTE+QUOTE(x>0)恒成立,所以m≥QUOTE,所以m的取值范围QUOTE.13．已知函数，，设a<b，比较eq\f(fa＋fb,2)与eq\f(fb－fa,b－a)的大小，并说明理由．解：法一：可以证明eq\f(fa＋fb,2)>eq\f(fb－fa,b－a).事实上，eq\f(fa＋fb,2)>eq\f(fb－fa,b－a)⇔eq\f(ea＋eb,2)>eq\f(eb－ea,b－a)⇔eq\f(b－a,2)>eq\f(eb－ea,eb＋ea)⇔eq\f(b－a,2)>1－eq\f(2ea,eb＋ea)⇔eq\f(b－a,2)>1－eq\f(2,eb－a＋1)(b>a)．(*)令ψ(x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(2,ex＋1)－1(x≥0)，则ψ′(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(2ex,ex＋12)＝eq\f(ex＋12－4ex,2ex＋12)＝eq\f(ex－12,2ex＋12)≥0(仅当x＝0时等号成立)，∴ψ(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴x>0时，ψ(x)>ψ(0)＝0.令x＝b－a，即得(*)式，结论得证．法二：eq\f(fa＋fb,2)－eq\f(fb－fa,b－a)＝eq\f(eb＋ea,2)－eq\f(eb－ea,b－a)＝eq\f(beb＋bea－aeb－aea－2eb＋2ea,2b－a)＝eq\f(ea,2b－a)[(b－a)eb－a＋(b－a)－2eb－a＋2]，设函数u(x)＝xex＋x－2ex＋2(x≥0)，则u′(x)＝ex＋xex＋1－2ex，令h(x)＝u′(x)，则h′(x)＝ex＋ex＋xex－2ex＝xex≥0(仅当x＝0时等号成立)，∴u′(x)单调递增，∴当x>0时，u′(x)>u′(0)＝0，∴u(x)单调递增．当x>0时，u(x)>u(0)＝0.令x＝b－a，则得(b－a)eb－a＋(b－a)－2eb－a＋2>0，∴eq\f(eb＋ea,2)－eq\f(eb－ea,b－a)>0，因此，eq\f(fa＋fb,2)>eq\f(fb－fa,b－a).14．已知函数.设,证明：.分析：绝大部分的学生都会望而生畏.学生的盲点也主要就在对所给函数用不上.如果能挖掘一下所给函数与所证不等式间的联系，想一想大小关系又与函数的单调性密切相关，由此就可过渡到根据所要证的不等式构造恰当的函数，利用导数研究函数的单调性，借助单调性比较函数值的大小，以期达到证明不等式的目的.证明如下：证明：对求导,则.在中以b为主变元构造函数,设,则.当时，,因此在内为减函数.当时,,因此在上为增函数.从而当时,有极小值.因为所以,即又设.则.当时,.因此在上为减函数.因为所以,即.15．已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，证明：．【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+∞），函数的导数f′（x）=-1x设g（x）＝x2﹣ax+1，当a≤0时，g（x）＞0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，当a＞0时，判别式△＝a2﹣4，①当0＜a≤2时，△≤0，即g（x）≥0，即f′（x）≤0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，②当a＞2时，x，f