构造函数利用导数解决函数问题

./构造函数解决不等式问题例：[2011·XX卷]函数f<x>的定义域为R,f<－1>＝2,对任意x∈R,f′<x>＞2,则f<x>＞2x＋4的解集为<>A．<－1,1>B．<－1,＋∞>C．<－∞,－1>D．<－∞,＋∞>[解析]构造函数G<x>＝f<x>－2x－4,所以G′<x>＝f′<x>－2,由于对任意x∈R,f’<x>>2,所以G′<x>＝f′<x>－2>0恒成立,所以G<x>＝f<x>－2x－4是R上的增函数,又由于G<－1>＝f<－1>－2×<－1>－4＝0,所以G<x>＝f<x>－2x－4>0,即f<x>>2x＋4的解集为<－1,＋∞>,故选B.训练：1.已知函数的图象关于y轴对称,且当成立,,,则a,b,c的大小关系是<>A. B. C.D.解：因为函数关于轴对称,所以函数为奇函数.因为,所以当时,,函数单调递减,当时,函数单调递减.因为,,,所以,所以,选A.2.已知为上的可导函数,且,均有,则有A．,B．,C．,D．,解：构造函数则,因为均有并且,所以,故函数在R上单调递减,所以,即也就是,故选D．6.已知函数满足,且的导函数,则的解集为〔A.B.C.D.解：构造新函数, 则,,对任意,有,即函数在R上单调递减,则的解集为,即的解集为,选D.3.[2013·XX一模]已知函数y＝f<x－1>的图象关于点<1,0>对称,且当x∈<－∞,0>时,f<x>＋xf′<x><0成立<其中f′<x>是f<x>的导函数>,若a＝<30.3>·f<30.3>,b＝<logπ3>·f<logπ3>,c＝·f,则a,b,c的大小关系是<>A．a>b>cB．c>a>bC．c>b>aD．a>c>b解：因为函数y＝f<x－1>的图象关于点<1,0>对称,所以f<x>关于<0,0>中心对称为奇函数,所以函数g<x>=xf<x>为偶函数．又当x∈<－∞,0>时,f<x>＋xf′<x><0成立,故g<x>=xf<x>在<－∞,0>上为减函数．由偶函数的性质得函数xf<x>在<0,＋∞>上为增函数,又eq\b\lc\|\rc\|<\a\vs4\al\co1<log3\f<1,9>>>>30.3>logπ3>0,所以c>a>b.例：巳知函数f〔x=ax2－bx－1nx,其中a,b∈R。〔I当a=3,b=-1时,求函数f〔x的最小值；〔Ⅱ若曲线y=f〔x在点〔e,f<e处的切线方程为2x－3y－e=0〔e=2.71828…为自然对数的底数,求a,b的值；〔Ⅲ当a>0,且a为常数时,若函数h〔x=x[f〔x+1nx]对任意的x1>x2≥4,总有成立,试用a表示出b的取值范围；[知识点]导数的综合应用解：因为,所以,令,所以f<x>在上单调递减,在上单调递增,则f<x>在处取得最小值为；〔Ⅱ因为①,又因为切点<e,f<e>>在直线2x－3y－e=0上,所以切点为,所以②,联立①②解得.〔Ⅲ由题意,对于任意,总有成立,令,则函数p<x>在x∈[4,＋∞>上单调递增,所以上恒成立.构造函数,则,所以F<x>在上单调递减,在上单调递增.<1>当时,F<x>在上单调递减,在上单调递增.所以F<x>的最小值为；<2>当时F<x>在<4,＋∞>上单调递增,,综上,当时,当时,[思路点拨]本题主要考查的是利用导数求函数的最值及利用导数研究曲线的切线,利用导数求最值一般先判断函数的单调性,再结合单调性确定最值位置,对于由不等式恒成立求参数参数范围问题通常转化为函数的最值问题解答.变式练习：1.函数〔Ⅰ当时,求曲线在点处的切线方程；〔Ⅱ当时,若在区间上的最小值为-2,求的取值范围；〔Ⅲ若对任意,且恒成立,求的取值范围.解：〔Ⅰ当时,.………2分因为.所以切线方程是…………4分〔Ⅱ函数的定义域是.………………5分当时,令,即,所以或.……7分当,即时,在［1,e]上单调递增,所以在［1,e]上的最小值是；当时,在［1,e]上的最小值是,不合题意；当时,在〔1,e上单调递减,所以在［1,e]上的最小值是,不合题意………………9分〔Ⅲ设,则,只要在上单调递增即可.…………10分而当时,,此时在上单调递增；……11分当时,只需在上恒成立,因为,只要,则需要,对于函数,过定点〔0,1,对称轴,只需,即.综上.………14分2.函数,〔1求函数的极值；〔2讨论的零点的个数；〔3对恒成立,求的取值范围。解：3.已知函数〔1若直线y=x+m与函数的图像相切,求实数m的值。〔2证明函数与曲线有唯一的交点。〔3设,比较的大小,并说明理由4.设函数f<x>＝2lnx＋mx－x2.<1>若曲线y＝f<x>在点<1,f<1>>处的切线方程为y＝2x＋n,求实数m,n的值；<2>若m>－4,求证：当a>b>0时,有eq\f<fa－fb,a2－b2>>－2；<3>若函数f<x>有两个零点x1,x2<x1<x2>,且x0＝eq\f<x1＋x2,2>,求证：f′<x0><0.解：<1>由f<x>＝2lnx＋mx－x2得f′<x>＝m＋eq\f<2,x>－2x,故由题意可得f′<1>＝m＋eq\f<2,1>－2＝2,即m＝2.从而f<1>＝2ln1＋2－1.又知f<1>＝2×1＋n,∴2＋n＝1,∴n＝－1.∴实数m,n的值分别为m＝2,n＝－1.<2>由于a>b>0,设函数g<x>＝f<x>＋2x2＝x2＋mx＋2lnx,则有g’<x>＝2x＋m＋eq\f<2,x>.由于x>0,且m>－4,∴g′<x>＝2x＋m＋eq\f<2,x>≥2eq\r<2x·\f<2,x>>＋m＝4＋m>0,故g<x>在<0,＋∞>上递增,∴g<a>>g<b>,∴f<a>＋2a2>f<b>＋2b2,∴<3>由x1,x2<x1<x2>是f<x>的零点可得eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<2lnx1＋mx1－x\o\al<2,1>＝0,,2lnx2＋mx2－x\o\al<2,2>＝0,>>故m＝x1＋x2－2·eq\f<lnx1－lnx2,x1－x2>.又由f′<x>＝m＋eq\f<2,x>－2x,x0＝eq\f<x1＋x2,2>,可得f′<x0>＝m＋eq\f<4,x1＋x2>－<x1＋x2>＝2eq\f<2,x1＋x2>－eq\f<lnx1－lnx2,x1－x2>,进