江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)微專題12函數(shù)中的構(gòu)造思想課件.pptx

1、微專題12 函數(shù)中的構(gòu)造思想,微專題12函數(shù)中的構(gòu)造思想 題型一構(gòu)造函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,例1已知函數(shù)f(x)=x2-ax+(a-1)ln x,1-1.,證明令g(x)=f(x)+x=x2-ax+(a-1)ln x+x,10,即g(x)在(0,+)上單調(diào)遞增,從而當(dāng)x 1x20時有g(shù)(x1)g(x2), 即f(x1)+x1f(x2)+x2, f(x1)-f(x2)-(x1-x2),則-1.,【方法歸納】一些不等式的證明或者大小比較的實質(zhì)是函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用,即對要證明的不等式或比較大小的代數(shù)式分析,找出共同特征,由此構(gòu)造新函數(shù),再利用新函數(shù)的單調(diào)性研究問題.,1-1設(shè)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f (

2、x),對任意xR,都有f (x)f(x)成立,則3f(ln 2)與2f(ln 3)的大小關(guān)系是.,答案2f(ln 3)3f(ln 2),解析令g(x)=,則有g(shù)(x)=0,所以g(x)在R上單調(diào)遞增,則g(ln 3)g(ln 2),即,即2f(ln 3)3f(ln2).,1-2若定義在上的函數(shù)f(x),其導(dǎo)函數(shù)是f (x),且f(x)f (x)tan x成立,則 f與f的大小關(guān)系是.,答案f f,解析令g(x)=cos xf(x),則g(x)=f (x)cos x-f(x)sin x=cos xf (x)-f(x)tan xg,即cosfcosf ,ff,即ff.,題型二構(gòu)造函數(shù)解不等式,例2

3、(1)設(shè)f(x),g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù),當(dāng)x0,且g(1)=0,則不等式f(x)g(x)0的解集為.,答案(1)(-,-1)(0,1)(2)(-,-2 020),解析(1)令F(x)=f(x)g(x),則當(dāng)x0,則F(x)為增函數(shù),又由f(x),g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù),得F(x)為奇函數(shù),又由g(1)=0得F(1)=0,結(jié)合F(x)的圖象可得F(x)0(x+2 018)f(x+2 018)-2f(-2),即F(x+2 018)F(-2),則x+2 018-2,x-2 020,故不等式的解集為(-,-2 020).,【方法歸納】利用導(dǎo)數(shù)公式、運算法則的逆向應(yīng)

4、用構(gòu)造函數(shù),結(jié)合導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系研究函數(shù)的單調(diào)性,利用函數(shù)奇偶性的定義研究奇偶性,畫出新函數(shù)的大致圖象,再利用圖象解不等式.,2-1設(shè)f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù),且滿足f(x)+xf (x)0,則不等式f() f()的解集為.,答案1,2),解析令F(x)=xf(x),則F(x)=f(x)+xf (x)0,則F(x)是R上的遞增函數(shù),所以f()f()f()f(), 即F()F(), 則,x2,故解集是1,2).,2-2已知f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù),其導(dǎo)函數(shù)f (x)滿足f (x)1,且f(2)=3,則關(guān)于x的不等式f(x)x+1的解集為.,答案(-,2),解析因為f (x)1(

5、f(x)-x)0,所以函數(shù)g(x)=f(x)-x遞增,且g(2)=f(2)-2=1,所以不等式f(x)x+1即為g(x)g(2),解得x2.,2-3已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù), f(1)=0,當(dāng)x0時,0成 立,則不等式f(x)0的解集是.,答案(-1,0)(1,+),解析令g(x)=(x0),則g(x)=0在(0,+)上恒成立,則g(x)在 (0,+)上遞增,又函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),則g(x)是定義域上的偶函數(shù), f(1)=0,則g(-1)=g(1)=0,作出g(x)的大致圖象如圖,由圖可得不等式f(x)0的解集是(-1,0)(1,+).,2-4設(shè)函數(shù)f(x)是定義在R

6、上的可導(dǎo)函數(shù),其導(dǎo)函數(shù)為f (x),且f (x)f(x),且f(3)=1,則不等式f(x)ex-3的解集為.,解析令g(x)=,則g(x)=0,g(x)在R上是遞增函數(shù),f(3)=1,f (x)ex-3g(x)g(3),則x3,故不等式f(x)ex-3的解集為(3,+).,題型三構(gòu)造函數(shù)求解不等式恒成立問題,例3已知函數(shù)f(x)=(ln x-k-1)x(kR). (1)若對于任意xe,e2,都有f(x)4ln x成立,求k的取值范圍; (2)若x1x2,且f(x1)=f(x2),證明:x1x2e2k.,解析(1)由題意得,已知條件可轉(zhuǎn)化為 不等式(x-4)ln x-(k+1)x對于xe,e2恒

7、成立. 令g(x)=,則g(x)=, 令t(x)=4ln x+x-4,xe,e2,則t(x)=+10, 所以t(x)在區(qū)間e,e2上單調(diào)遞增, 故t(x)min=t(e)=e-4+4=e0,故g(x)0, 所以g(x)在區(qū)間e,e2上單調(diào)遞增,所以g(x)max=g(e2)=2-. 所以k+12-, 即實數(shù)k的取值范圍為. (2)證明:易知函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,ek)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(ek,+)上單調(diào)遞增,且f(ek+1)=0. 不妨設(shè)x1x2,則0x1ekx2ek+1, 要證x1x2e2k,只需證x2,即證ekx2.,因為f(x)在區(qū)間(ek,+)上單調(diào)遞增, 又f(x1)=f(x2),

8、所以證明f(x1)0, 所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,ek)上單調(diào)遞增,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)f, 所以x1x2e2k成立.,【方法歸納】已知不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍問題的常用方法是分離參數(shù)法和構(gòu)造函數(shù)法,在無法使用參數(shù)分離法時,一般利用構(gòu)造函數(shù)法求解,將不等式f(x)g(x)變形為不等式f(x)0型,一般情況下,設(shè)F(x)=f(x)-g(x),再轉(zhuǎn)化為F(x)min0,xD(D為恒成立區(qū)間),求解含參函數(shù)y=F(x),xD的最小值,使其滿足F(x)min0,xD,進而總結(jié)出所求參數(shù)的取值范圍.需要注

9、意的是,構(gòu)造新函數(shù)時要遵循新函數(shù)性質(zhì)較易研究的原則,比如在不等式兩邊變形后再構(gòu)造新函數(shù).,3-1已知函數(shù)f(x)=ex,g(x)=ax2+bx+1(a,bR). (1)當(dāng)a=1時,求函數(shù)h(x)=的單調(diào)減區(qū)間; (2)當(dāng)a=0時,若f(x)g(x)對任意的xR恒成立,求b的取值集合.,解析(1)由a=1,得h(x)=, 所以h(x)=-. 由h(x)=0,得x1=1,x2=1-b. 所以當(dāng)b0時,函數(shù)h(x)的單調(diào)減區(qū)間為(-,1-b),(1,+); 當(dāng)b=0時,函數(shù)h(x)的單調(diào)減區(qū)間為(-,+); 當(dāng)b0時,函數(shù)h(x)的單調(diào)減區(qū)間為(-,1),(1-b,+). (2)令(x)=f(x)-g(x),當(dāng)a=0時,(x)=ex-bx-1, 所以(x)=ex-b.,當(dāng)b0時,(x)0,函數(shù)(x)在R上單調(diào)遞增.