2020版高中数学第三章导数其应用微专题突破六构造函数法在导数中应用学案

专题打破六结构函数法在导数中的应用所谓“结构函数”即从无到有，即在解题的过程中，依据题目的条件和结构特点，不失机机地“结构”出一个详细函数，对学生的思想能力要求较高，难度较大，一般都作为小题或解答题的压轴部分．一、作差法结构b例

1

设函数

f(x)＝ln

x，g(x)＝ax＋x，它们的图象在

x轴上的公共点处有公切线．求证：当x>1时，f(x)<g(x)．证明因为f(x)＝lnx与x轴的交点为

(1,0)

，f(x)与

g(x)的图象在

x

轴上的公共点处有公切线，所以g(1)由f′(1)

＝0，即＝g′(1)

a＋b＝0，得a－b＝1，1a＝，b＝－，21则g(x)＝2x－2x，1令h(x)＝f(x)－g(x)＝lnx－2x＋2x，111x－2由x>1知，h′(x)＝x－2－2x2＝－2x2<0，所以()在(1，＋∞)上是减函数，hx即h(x)<h(1)＝0，∴f(x)<g(x)．评论证明不等式或证明不等式恒建立问题都能够利用作差法，将不等式右侧转变为0，然后结构新函数()，最后依据新函数()的单一性转变为()min≥0或()max≤0来解决．FxFxFxFx追踪训练1当x∈(0，＋∞)时，证明：ex≥lnx＋1.e考点题点证明设()＝ex－lnx－1，则′( )＝ex－1.gxegxex当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的极小值点，也是最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.xe所以，当x∈(0，＋∞)时，e≥lnx＋1.二、分别参数法结构例2若对随意的x∈[e，＋∞)，都有xlnx≥ax－a，务实数a的取值范围．考点题点解对于随意的x∈[e，＋∞)，都有xlnx≥ax－a，xlnx等价于a≤在[e，＋∞)上恒建立，xlnxx－lnx－1令h(x)＝x－1，h′(x)＝x－2，x∈[e，＋∞)，1当x≥e时，(x－lnx－1)′＝1－x>0，即m(x)＝x－lnx－1在[e，＋∞)上单一递加，故m(x)≥m(e)＝e－2>0，∴h′(x)>0，xlnx所以h(x)＝x－1在[e，＋∞)上单一递加，eh(x)min＝h(e)＝e－1，所以≤e，ae－1e即实数a的取值范围是－∞，e－1.评论恒建立问题中，求参数范围的问题，经常分别参数，转变为a≤F(x)min或a≥F(x)max.此中F(x)为结构的新函数．追踪训练2(2018·玉溪模拟)已知函数f(x)＝ex＋tx(e为自然对数的底数)．若对于随意的x∈(0,2]，不等式f(x)>0恒建立，则实数t的取值范围为．考点题点答案(－e，＋∞)分析依题意得ex＋tx>0在(0,2]上恒建立，ex即对随意的x∈(0,2]，t>－x恒建立．ex－xx令g(x)＝－x，∴g′(x)＝x2.当0<x<1时，g′(x)>0；当1<x<2时，g′(x)<0.∴函数

g(x)在(0,1)

上单一递加，在

(1,2)

上单一递减．∴函数

g(x)在

x＝1处获得极大值即最大值

g(1)

＝－e.故实数t的取值范围是(－e，＋∞)．三、依照题干的“结构特点”猜想结构例3若定义在R上的函数y＝f(x)知足f′(x)>f(x)，则当a>0时，f(a)与eaf(0)的大小关系为()A．()<ea(0)B．( )>ea(0)faffafC．f(a)＝eaf(0)D．不可以确立考点题点答案Bfx分析令F(x)＝ex，fxx－fxxfx－fx则′( )＝x2＝x>0，Fxefx进而F(x)＝ex在R上单一递加，faf＝f(0)，于是当a>0时，F(a)＝a>F(0)＝e0e即f(a)>eaf(0)．评论常依照(f(x)·())′＝f′( )()＋f()′( )和fx′＝gxxgxxgxgxfxgx－fxgx来结构函数．[gx2如熟习以下结论可达到事半功倍的成效．如：(1)对于f′(x)＋f(x)>0结构h(x)＝exf(x)；(2)对于f′(x)－f(x)>0fx；结构h(x)＝xe(3)对于xf′( )＋f(x)>0结构()＝xf(x)；xhx(4)对于xf′( )－f(x)>0结构()＝fx.xhxx追踪训练3设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)xf(x)<0，则使得>0建立的x的取值范围是．x考点题点答案(－1,0)∪(0,1)fx，分析令F(x)＝x因为f(x)为奇函数，所以F(x)为偶函数．又F′(x)＝xfx－fxx2，且当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，所以F(x)＝fx在(0，＋∞)上单一递减，x依据对称性，F(xfx在(－∞，0)上单一递加，)＝x又f(－1)＝0，f(1)＝0，fx>0的x的取值范围是(－1,0)∪(0,1)．数形联合可知，使得x四、条件转变后的形式的结构mfb－fa例4设函数f(x)＝lnx＋x，m∈R，若对随意b>a>0，b－a<1恒建立，务实数m的取值范围．考点题点解fb－fa对随意b>a>0，b－a<1恒建立等价于f(b)－b<f(a)－a恒建立，m设h(x)＝f(x)－x＝lnx＋x－x(x>0)，∴h(x)在(0，＋∞)上单一递减，mh′(x)＝x－x2－1≤0在(0，＋∞)上恒建立，∴≥－x2＋＝－x－12＋1，mx24(x>0)11hx1对＝，＝0仅在＝时建立，则m≥4m4x2∴的取值范围是1，＋∞.m4评论运用以下形式的等价变形结构：分式形式fb－fa<(>)?f(b)－(a)<(bb－akbafk－a)．追踪训练4已知函数f(x)＝(a＋1)ln2，设a≤－2.证明：对随意x，x∈(0，＋12∞)，|f(x)－f(x)|≥4|x－x|.1212考点题点证明

不如假定

x1≥x2，因为

a≤－2，f′(x)＝

a＋1＋2ax＝x

2ax2＋a＋1<0，x∴f(x)在(0，＋∞)上单一递减，所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于f(x2)－f(x1)≥4x1－4x2，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1，令g(x)＝f(x)＋4x，则g′( )＝a＋12ax2＋4x＋a＋1＋2＋4＝，xxaxx于是g′(x)≤－4x2＋4x－1＝－x－2≤0，xx进而()在(0，＋∞)上单一递减，故(1)≤(x2)，gxgxg即f(x1)＋4x1≤f(x2)＋4x2，故对随意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.1．已知函数f(x)＝kx2－lnx，若f(x)>0在(0，＋∞)上恒建立，则k的取值范围是( )111A.e，eB.2e，eC.－∞，1D.1，＋∞2e2e考点题点答案Dlnx分析由f(x)>0在(0，＋∞)上恒建立，即k>x2.令g( )＝lnx，′( )＝1－2lnxxxgxx1当x∈(0，e2)时，g′(x)>0，g(x)单一递加，1当x∈(e2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单一递减．111∴g(x)max＝g(e2)＝2e，∴k>.2e2．若α，β∈－π，π22，且αsinα－βsinβ>0，则以下结论正确的选项是( )22A．α>βB．α>βC．α<βD．α＋β>0考点题点答案B分析令f(x)＝sinx，′( )＝sinx＋cos，xfxxxπ当x∈0，2时，f′(x)>0，f(x)单一递加，π当x∈－2，0时，f′(x)<0，f(x)单一递减，∵αsinα>βsinβ，∴f(α)>f(β)，又f(x)为偶函数，∴|α|>|β|，故α2>β2.3．已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，

f′(x)是

f(x)的导函数，且总有

f(x)>xf′(x)，则不等式

f(x)>xf(1)

的解集为

(

)A．(－∞，

0)

B．(0，＋∞)C．(0,1)

D．(1，＋∞)考点题点答案

C分析

f设g(x)＝

xx

(x>0)，则

xfg′(x)＝

x－fx2

x

.f(x)>xf′(x)，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上单一递减．又f(x)>xf(1)?fxf?()>(1)，>x1gxg∴f(x)>xf(1)的解集为(0,1)．4．已知函数f(x)的图象对于y轴对称，且当x∈(－∞，0)时，f(x)＋xf′(x)<0恒建立，若a＝20.2f(20.2)，b＝(logπ3)f(logπ3)，c＝(log39)f(log39)，则a，b，c的大小关系是( )A．b>a>cB．c>a>bC．c>b>aD．a>b>c考点题点答案A分析设()＝xf(x)，则′( )＝(x)＋′( )，FxFxfxfx因为x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，所以F′(x)<0，则当x<0时，F(x)单一递减，又f(x)的图象对于y轴对称．所以f(x)是偶函数，则F(x)为奇函数，当x>0时，F(x)是减函数，又1<20.2<2,0<logπ3<1，log39＝2，则b>a>c.12(x>0)，若对随意两个不相等的正实数12都有5．已知函数f(x)＝alnx＋2xx，xfx1－fx2≥2恒建立，则a的取值范围是．x1－x2考点题点答案[1，＋∞)分析fx1－fx22，由12≥2知，函数f(x)的图象上任何一点处的切线斜率都大于或等于x－x故f′(x)≥2.a且f′(x)＝x＋x(x>0)，a由x＋x≥2，有a≥x(2－x)，记g(x)＝x(2－x)(x>0)，则a≥g(x)在(0，＋∞)上恒建立，所以a≥g(x)max(x>0)．而g(x)＝x(2－x)＝－(x－1)2＋1，当x＝1时，g(x)有最大值1.故a≥1.lnx6．已知f(x)＝x(x>0)．求函数f(x)的单一区间；比较20182019与20192018的大小并说明原因．考点题点(1)f′(x)＝1－lnx解x2，当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单一递加，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单一递减，∴f(x)的单一递加区间为(0，e)，单一递减区间为(e，＋∞)．(2)由(1)知f(x)在(e，＋∞)上单一递减，ln2018ln2019f(2018)>f(2019)，即2018>2019，即2019ln2018>2018ln2019，20192018即ln2018>ln2019，又y＝lnx在(0，＋∞)上单一递加，所以20182019>20192018.7．已知函数f(x)＝1x2－2alnx＋(a－2)x.2(1)当a＝1时，求函数f(x)在[1，e]上的最小值和最大值；(2)能否存在实数a，对随意的1，2∈(0，＋∞)，且x1≠2，都有fx2－fx1>a恒成xxx21x－x立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明原因．1解(1)当a＝1时，f(x)＝2x2－2lnx－x.x2－x－2则f′(x)＝x－x－1＝x＝x＋x－，x∈[1，e]．x∴当x∈[1,2)时，f′(x)<0；当x∈(2，e]时，f′(x)>0.∴f(x)在[1,2)上是减函数，在(2，e]上是增函数．∴当＝2时，f(x)获得最小值，其最小值为f(2)＝－2ln2.x2又f(1)＝－1，f(e)＝e－e－2，22e21e2－2e－3f(e)－f(1)＝2－e－2＋2＝2<0，∴f(e)<f(1)，∴f(x)max＝f(1)1＝－.2即f(x)在[1，e]上的最小值为－2ln21，最大值为－2.假定存在实数a