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文档简介

PAGEPAGE6函数中的构造问题题型一导数型构造函数1利用x构造1(2022·R上的函数),其导函数为),当fxf x >0,若

,则,c的大小关系( )′()-

x 2答案Bfx解析构造函数g(x)=

xg x x-fx得′(= 2=′x

fx,- xfx由题知当时x>0,

f2 f1

1f2所以g′(x)>0,故g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以2

> 1 >1,2

,即2思维升华(1)出现nf(x)+xf′(x)形式,构造函数F(x)=xnf(fx(2)出现形式,构造函数.跟踪训练1设为定义在R上的奇函数当时其中为的导函数,则使得成立的x的取值范围( )A.(-∞,-3)∪(0,3)B.(-3,0)∪(3,+∞)C.(-3,0)∪(0,3)D.(-∞,-3)∪(3,+∞)答案B解析令(=2∈,当>0)2)+x()=x[xf′(x)+2f(x)]>0,0R上的奇函数,即f(-x)=-f(x),于是得=()=则g(x)是奇函数,g(x)在(-∞,0)上单调递增,又f(-3)=0,则(3=-3=-[-3)23)0,),得得-3<x<0,或,所以使成立的x-3,0)∪(3,+∞).2利用ex构造例2(多)已知是定义(-∞,+∞)上的函数,导函数满足对于恒成立,( )A.f(2)<e2f(0)C.e2f(-1)>f(1)答案AC

B(2)>(0)De(-1)(1)fxFx

x x-exfx

x-f

,导函数解析构造

()=ex

)= =e2x exRA,C思维升华(1)出现f′(x)+nf(x)形式,构造函数F(x)=enxf(x);fx(2)出现f′(x)-nf(x)形式,构造函数F(x)=

enx .跟踪训练2若定义在R上的函数()满足2()>(01()>1e2x的解集答案(0,+∞)解析构造()=()·,∴′)′)·2()·22x=2[′()+()]>,R且(0=(0)·01,不等式1可化为>1,2xe2x即F(x)>F(0),∴x>0,∴原不等式的解集为(0,+∞).3利用sin、cosx

上的函数),已知′(3(多选)(2022·0,2且恒有成立,则( )Af>2f6 4B.3f>f6 3Cf>3f6 3D.2f>3f6 4答案CDfxgx

x解析构造函数

()=

cosx

0<

<2.g x xxsinx

gx 上单调递减,则′()=

cosx2

<0,即函数

0,2所以>6 3, 所以f> 6

f,3 同理> 6 4,即2f>3f.6 4思维升华函数相结合构造可导函数的几种常见形式F(x)=f(x)sinx,F′(x)=f′(x)sinx+f(x)cosx;fxF(x)=

sinx,F x xxcosx′()=

sin2x ;F(x)=f(x)cosx,F′(x)=f′(x)cosx-f(x)sinx;fxF(x)=

cosx,F x xxsinx′()=

.跟踪训练3已知R上的奇函数∈(0′()six若2f

=f

a b 答案a<b

2 6 4,则与

的大小关系为 .解析设φ(x)=f(x)·sinx,则φ′(x)=f′(x)sinx+f(x)cosx,∴x∈(0,+∞)时,φ′(x)<0,即φ(x)在(0,+∞)上单调递减,又f(x)为奇函数,∴φ(x)为偶函数,∴ =>-6 6 4,即f

>f π-6·sin-6 4·sin4,1

即-f62f

4,2即2

<-f

,∴<.2f-6

4题型二同构法构造函数例4(1)若存在使得则实数a的最大值( )1 12eA.e B.2e1 2e3e D.e答案B解析由xln(2ax)+y=xlny,yy得ln(2a)=lnx-x,y令t=x>0,g(t)=lnt-t,g t 1 1-t则′(t,当0<t<1时,g′(t)>0,当t>1时,g′(t)<0,所以g(t)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以当t=1时,g(t)取得极大值即最大值g(1)=-1,因为当t→0时,g(t)→-∞,所以g(t)∈(-∞,-1],a a1所以ln2≤-1,所以0<≤,所以实数

2e1a的最大值为.2e1 1(2)(2022·河北联考)已知当ex恒成立,则正实数a的最小x值为( )1 12A.1B.C.eD.2e e答案B解析由题意,原不等式可变形为1 1ex-x≤xa-alnx,1 1即exlnex 1fex f x 1因为′(x,所以函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,1,所以ex因为1,+∞)上单调递增, 1 1fex),只需ex 1ax≤ln,所以≥1.xlnx令所以h(x)在[e,+∞)上单调递增,所以h(x)=h(e)=e,min1 1e所以0<xlnx≤,ea1 a 1 则≥,故正实数的最小值为.e e思维升华同构法的三种基本模式:①乘积型,如e≤lnb可以同构成e≤(ln)eln,进ea b ea b x而构造函数比商型,如< 可以同构成 < ,进而构造函数;alnb lnealnb lnx③和差型,如,同构后可以构造函数跟踪训练4(1)(多选)(2022·常州模若0<x<x<1,则下列不等式成立的( )x2x2

1 2ee12xx xee121ee12xx xee1212ex2

ex

>lnx-lnx2 111ex11

e

<lnx-lnx答案AD

2 1fx ex x解析构造函数

()=x(0<<1),ex f x <0,因为′()= 2所以f(x)在(0,1)上单调递减,0<x<x<1,ee1 2eex x2 1所以x x ,2 1eex ,2即 1x eex ,22 1所以选项A正确,选项B构造函数1h′(x)=ex-x,易知h′(x)在(0,1)上单调递增,而h′(1)=e-1>0,当→+)→-∞,所以存在x∈(0,1),使)=0,0 00,xx,1)上单调递增,0 0所以无法判断C选项的正确性;构造函数g(x)=ex+lnx(0<x<1),(0,10<x<x<1,1 21所以ex1

+lnx<e212

+lnx,21即ex1

x2<lnx-lnx,e2 1e所以选项D正确.lnx+k(2)已知函数f(x)=ex-

x-1在(0,+∞)上有且仅有一个零点,则实数.答案1解析令f(x)=0得,e--ln=eln·e-lx=ln+-ln,令x+lnx=t,所以t∈R,所以k=et-t,令所以φ(t)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减,所以φ(t)=φ(0)=1,min且当t→-∞时,φ(t)→+∞,当t→+∞时,φ(t)→+∞,所以k=1.在解决不等式恒(能)成立,求参数的取值范围这一类问题时,最常用的方法是分离参数0 0法,转化成求函数的最值,但在求最值时如果出现“”型的代数式,就设法求其最值.“”0 01若函数x→a x→a在点a)可导且x A fxx→a

x=limgxx→a7PAGEPAGE16xg′xx→a法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件:x→a x→a在点a)可导且x A fxx→a

x=limgxx→axg′xx→a1已知函数若对任意都有成立,求实数a的取值范围.解方法一令φ(x)=f(x)-ax=(x+1)ln(x+1)-ax(x>0),则φ′(x)=ln(x+1)+1-a,∵x>0,∴ln(x+1)>0.即∴φ(x)在(0,+∞)上单调递增,又φ(0)=0,∴φ(x)>0恒成立,故a≤1满足题意.②当1-a<0,即a>1时,令′(=,得=e-1,∴∈(0-11)′()<;∈(1-′()>,∴φ(x)在(0,ea-1-1)上单调递减,在(ea-1-1,+∞)上单调递增,∴()(-11)(0=0与)>0恒成立矛盾,故>1不满足题意.min综上有故实数a方法二当x∈(0,+∞)时,恒成立,即a<x+1lnx+1恒成立.x

x+1lnx+1(x>0),xg x .∴′()= 2令k(x)=x-ln(x+1)(x>0),∴k′(x)=1-1=x>0,x+1x+1∴k(x)在(0,+∞)上单调递增.∴k(x)>k(0)=0,∴x-ln(x+1)>0恒成立,∴g′(x)>0,故g(x)在(0,+∞)上单调递增.由洛必达法则知limg(x)=limx+1lnx+1xx→0 x→0=lim[ln(x+1)+1]=1,x→0∴a≤1,故实数a1].例2已知函数(=(1a2R若处有极值,求a的值.(2)当求实数a解=(x+1)ex-2ax-1,依题意知f′(-1)=2a-1=0,a1∴=.2a1经检验=符合题意.2(2)方法一当即(e-1a≥0,即ex-1-ax≥0,令则)mi≥0,①当a≤1时,φ′(x)=ex-a>0,∴φ(x)在(0,+∞)上单调递增,∴φ(x)>φ(0)=0,∴a≤1满足条件.②当a>1时,若0<x<lna,则φ′(x)<0,若x>lna,则φ′(x)>0.∴φ(x)在(0,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增,min令g(a)=a-1-alna(a>1),∴g′(a)=1-(1+lna)=-lna<0,∴g(a)在(1,+∞)上单调递减.综上,实数a的取值范围是(-∞,1].方法二当x>0时,f(x)≥0,即即ax≤ex-1,aex-1即≤x恒成立,hx ex-1x令()=x(>0),h x ex +1∴′()= 2 ,令k(x)=ex(x-1)+1(x>0),∴k′(x)=ex·x>0,∴k(x)在(0,+∞)上单调递增,∴k(x)>k(0)=0,∴h′(x)>0,0由洛必达法则知,ex-1limh(x)=limx→0 x→0

x=limex=1,x→0∴a≤1.故实数a1].课时精练1.已知(的定义域为,(1202,且′()≥x恒成立,则不等式)>3+2020的解集( )A.(-1,1)B.(1,+∞)C.(-∞,-1)D.(-∞,-1)∪(1,+∞)答案B解析令函数(=-3,因为所以R上单调递增.所以不等式()>3+2020等价于)>(1),所以>1.2.已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x),且满足xf′(x)<f(x),若a=f(1),bfln4=

cf3

,则的大小关系( )ln4 ,= 3答案A

fx解析设x,x-fxg x <0,则′(= 2∴g(x)为减函数.∵3>ln4>1,∴g(3)<g(ln4)<g(1),即a>b>c.3.(2022·青铜峡模已知函数是定义在R上的可导函数,其导函数记为对于任意实数有且则不等式的解集( )A.(0,+∞)C.(-∞,e4)答案Afx解析令ex ,

B.(-∞,0)D.(e4,+∞)g x xex-fxex x-fx,则′()=

=ex 2 ex∵f(x)>f′(x),∴g′(x)<0,即g(x)为减函数,f g f

=1,又(0)=1,故(0)=e0fxe则不等式f(x)<ex等价于ex

<1=g(0),即g(x)<g(0),解得x>0,故不等式的解集为(0,+∞).若函数的导函数为对任意恒成立,则( )A.2f

5>f

3-6 -4B.f

5>2f 3-6 -4C.2f 5<f

3-6 -4Df 5<2f

3-6答案C

-4解析因为任意x∈(-π,0),f′(x)sinx-f(x)cosx<0恒成立,又当x∈(-π,0)时,sinx<0,f

xxcosx所以sinx

′=

sinx2

<0,fx所以y=sinx在(-π,0)上单调递减,5π 3π因为-6<-4,f

5

-3-6

4所以 5>

3π,sin-6

sin-4f

5f

3-6 -4-即 1 > 2 ,-2 -2所以2f 5<f 3.-6 -4已知a=ln3

3,e1=

3ln2ab8,则,,的大小关系ab答案D解析依题意得3 ln3 lneln3=3,=e-=e,c3ln2ln8=8=8.fx lnxx令()=x(>0),xf x 1-lnx fxx则′(

)= ,易知函数2

()在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减.fx f 1b所以()=(e)==,max e且f(3)>f(8),即a>c,所以b>a>c.1 16.(2022·包头质)若-2+(1)=e-+(2-1,( )2 2C<b D2答案B1解析设(=(-1e-,2则=1+e,设ex-1则=1e-=e,x令g′(x)>0⇒x>0⇒f′(x)在(0,+∞)上单调递增;令g′(x)<0⇒x<0⇒f′(x)在(-∞,0)上单调递减,)min1所以(=(-1)-ex21 1e-2b+

(-12=-+

(21)2化为2 21 12(-12-e=(212-2,2即f(a)=f(2b)⇒a=2b.7.(多已知且则下列式子中可能成立的( 答案ABDgx

g x ex ,解析设

()=x,则

′()= 2gx ex所以()=x在(0,1)上单调递减,在(1,e)上单调递增.所以当时,不能判断出)与所以选项A,Bfx lnx f x 1-lnx设()= ,则′()= ,x 2由,得所以f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,ab ab

lnalnb

∈(0,e),且

<,所以a<b,即alnb>blna.所以选项C不正确,D正确.8多选)(2022·ft东济宁一中月已知定义域为R的函数(的图象连续不断且R,()()4,当∈(0,+∞)时′)<,若(+1--)≤+8+2,则实数m的取值可以( )11A.-1B.-C.D.132答案BCD解析4,故()-2=-2(2令()=(-2,则()=所以函数g(x)为奇函数,g′(x)=f′(x)-4x,因为当x∈(0,+∞)时,f′(x)<4x,即当x∈(0,+∞)时,g′(x)=f′(x)-4x<0,0,+∞)上单调递减,由R因为(2+1)≤2,故(+1-2·(+1≤)-2·(,m 1则≥-,3m

1 .所以实数

的取值范围为-,+∞39.定义在R上的函数满足则不等式的解集为 .3答案(

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