《江苏高考数学二轮课件：微专题12 函数中的构造思想 .pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏高考数学二轮课件：微专题12 函数中的构造思想 .pptx（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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x1 x2 0时有g x1 g x2 即f x1 x1 f 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x R 都有f x f x 成立 则
2、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 x tanx成立 则f与f的大小关系是 答案f f 解析令g x cosxf x 则g x f x cosx f x sinx cosx f x f x tanx g 即cosf cos f f f 即f f 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
3、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 2018 2 x 2020 故不等式的解集为 2020 方法归纳 利用导数公式 运算法则的逆向应用构造函数 结合导数与函数单调性的关系研究函数的单调性 利用函数奇偶性的定义研究奇偶性 画出新函数的大致图象 再利用图象解不等式 2 1设f x 是定义在R上的可导函数 且满足f
4、x xf x 0 则不等式f f 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 x 2 故解集是 1 2 2 2已知f x 是定义在R上的可导函数 其导函数f x 满足f x 1 且f 2 3 则关于x的不等式f x x 1的解集为 答案 2 解析因为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 g 2 解得x 2 2 3已知函数f x 是定义在R上的奇函数 f 1 0 当x 0时 0成立 则不等式f x 0的解集是 答案
5、1 0 1 解析令g x x 0 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 3 g x g 3 则x 3 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 ln
6、x k 1 x k R 1 若对于任意x e e2 都有f x 4lnx成立 求k的取值范围 2 若x1 x2 且f x1 f x2 证明 x1x2 e2k 解析 1 由题意得 已知条件可转化为不等式 x 4 lnx k 1 x对于x e e2 恒成立 令g x 则g x 令t x 4lnx x 4 x e e2 则t x 1 0 所以t x 在区间 e e2 上单调递增 故t x min t e e 4 4 e 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 1 2 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
7、递减 在区间 ek 上单调递增 且f ek 1 0 不妨设x1 x2 则0 x1 ek x2 ek 1 要证x1x2 e2k 只需证x2 即证ek x2 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 f 所以x1x2 e2k成立 方法归纳 已知不等式恒成立求参数的取值范围问题的常用方法是分离参数法和构造函数法 在无法使用参数分离法时 一般利用构造函数法求解 将不等式f x g x 变形为不等式f x 0型 一般
8、情况下 设F x f x g x 再转化为F x min 0 x D D为恒成立区间 求解含参函数y F x x D的最小值 使其满足F x min 0 x D 进而总结出所求参数的取值范围 需要注意的是 构造新函数时要遵循新函数性质较易研究的原则 比如在不等式两边变形后再构造新函数 3 1已知函数f x ex g x ax2 bx 1 a b R 1 当a 1时 求函数h x 的单调减区间 2 当a 0时 若f x g x 对任意的x R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 所以当b 0时 函数h x 的单调减区间为 1 b 1 当b 0时 函数h x 的单调减区间为 当b 0时 函数h x 的单调减区间为 1 1 b 2 令 x f x g x 当a 0时 x ex bx 1 所以 x ex b 当b 0时 x 0 函数 x 在R上单调递增 又 0 0 所以x 0 时 x 0时 由 x 0 得x lnb 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
