阅读与欣赏(二)导数的综合问题

导数的综合问题一、构造法解决抽象函数问题在导数及其应用的客观题中，有一个热点考查点，即不给出具体的函数解析式，而是给出函数f(x)及其导数满足的条件，需要据此条件构造抽象函数，再根据条件得出构造的函数的单调性，应用单调性解决问题的题目，该类题目具有一定的难度．下面总结其基本类型及其处理方法．只含f(x)型定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝1，且对任意x∈R都有f′(x)<1，则不等式222x＋1)f(x)>的解集为(2A．(1，2)B．(0，1)C．(1，＋∞)D．(－1，1)【解析】构造函数g(x)＝f(x)－1x＋c(c为常数)，则g′(x)<0，即函数g(x)在R上单调2递减，且g(1)＝f(1)－1＋c＝1＋c.f(x2)>x2＋11，2＝1x2＋22222)－1212即f(x2x＋c>＋c，即g(x)>g(1)，2即x2<1，即－1<x<1.故选D.【答案】D利用(f(x)＋kx＋b)′＝f′(x)＋k，根据导数符号，可得出函数g(x)＝f(x)＋kx＋b的单调性，利用其单调性比较函数值大小、解抽象函数的不等式等．含λf(x)±f′(x)(λ为常数)型(1)已知f(x)为R上的可导函数，且 ?x∈R，均有f(x)>f′(x)，则有( )2015 2015A．e f(－2015)<f(0)，f(2015)>e f(0)B．e2015f(－2015)<f(0)，f(2015)＜e2015f(0)20152015C．ef(－2015)＞f(0)，f(2015)>ef(0)D．e2015f(－2015)＞f(0)，f(2015)＜e2015f(0)1(2)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋2f′(x)>0恒成立，且f(2)＝e(e为自然对数的底x数)，则不等式exf(x)－e2>0的解集为________．解析】(1)仅从f(x)>f′(x)这个条件，无从着手，此时我们必须要借助于选择题中的选项的提示功能，结合所学知识进行分析．构造函数h(x)＝f(x)f′(x)－f(x)ex，则h′(x)＝ex<0，即h(x)在R上单调递减，故h(－2015)>h(0)，即f(－2015)f(0)2015f(－2015)>f(0)；同理，h(2－2015>0?eee015)<h(0)，即f(2015)<e2015·f(0)，故选D.1x1x22(2)由f(x)＋2f′(x)>0?22f(x)＋f′(x)>0，可构造h(x)＝e·f(x)?h′(x)＝2e[f(x)＋2f′(x)]>0，xxxx2上单调递增，且h(2)＝e·f(2)＝1.不等式2等价于2所以函数h(x)＝e·f(x)在Ref(x)－e>0exf(x)>1，即h(x)>h(2)?x>2，所以不等式【答案】 (1)D (2)(2，＋∞)

exf(x)－e2>0

的解集为

(2，＋∞)．(1)由于ex>0，故[exf(x)]＝′[f(x)＋f′(x)]ex，其符号由f(x)＋f′(x)的符号确定，f(x)x′＝ef′(x)－f(x)x，其符号由f′(x)－f(x)的符号确定．含有f(x)±f′(x)类的问题可以考虑构造上述两个e函数．(2)λf(x)＋f′(x)>0?[eλx×f(x)]′>0.含xf(x)±nf′(x)型(1)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，且f(－2)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是()A．(－∞，－2)∪(0，2)B．(－2，0)∪(2，＋∞)C．(－∞，－2)∪(－2，0)D．(0，2)∪(2，＋∞)(2)已知偶函数f(x)是定义在{x∈R|x≠0}上的可导函数，其导函数为f′(x)．当x<0时，f(x)4mf(m＋1)4mf′(x)>x恒成立．设m>1，记a＝m＋1，b＝2mf(2m)，c＝(m＋1)·fm＋1，则a，b，c的大小关系为()A．a<b<cB．a>b>cC．b<a<cD．b>a>c(3)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)>x2.下面的不等式在R上恒成立的是()A．f(x)>0B．f(x)<0C．f(x)>xD．f(x)<x【解析】(1)当x>0时，构造函数g(x)＝f(x)，xxf′(x)－f(x)则g′(x)＝2<0，x即g(x)在(0，＋∞)上单调递减，g(2)＝0，所以g(x)>0在(0，＋∞)上的解集为(0，2)，故f(x)>0在(0，＋∞)上的解集为(0，2)，g(x)为偶函数，故g(x)<0在(－∞，0)上的解集为(－∞，－2)，故f(x)>0在(－∞，0)上的解集为(－∞，－2)．综上可知，f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2)．故选A．f(x)(2)当x<0时，f′(x)>x?xf′(x)－f(x)<0.构造函数g(x)＝f(x)，x则g′(x)＝f′(x)x－f(x)x2<0，即g(x)在(－∞，0)上单调递减．函数f(x)为偶函数，故g(x)为奇函数，得g(x)在(0，＋∞)上单调递减．f4mf(2m)m＋1.b＝4mm，c＝4m4m2m＋14m 4m因为m>1，所以m＋1>2 m， < ＝2 m，4m所以m＋1>2 m> .4m所以g(m＋1)<g(2 m)<gm＋1.4m所以4mg(m＋1)<4mg(2 m)<4mgm＋1，即a<b<c.故选A．(3)构造函数 g(x)＝x2f(x)，则其导数为 g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)．①当x>0时，由2f(x)＋xf′(x)>x2，3得g′(x)＝2xf(x)＋xf′(x)>x>0，即函数g(x)＝x2f(x)在区间(0，＋∞)上递增，故g(x)＝x2f(x)>g(0)＝0?f(x)>0；②当x<0时，有g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)<x3<0，2即函数g(x)＝xf(x)在区间(－∞，0)上递减，故g(x)＝x2f(x)>g(0)＝0?f(x)>0；③当x＝0时，由2f(x)＋xf′(x)>x2，得f(x)>0.综上，对任意x∈R，有f(x)>0，应选A．【答案】 (1)A (2)A (3)A(1)由于[xf(x)]＝′f(x)＋xf′(x)，f(x)xf′(x)－f(x)，后者导数的符号与xf′(x)－f(x)一致．在x′＝2x含有xf′(x)±f(x)类问题中，可以考虑构造上述函数．(2)对于xf′(x)＋nf(x)>0型，构造F(x)＝xnf(x)，则F′(x)＝xn－1[xf′(x)＋nf(x)](注意对xn－1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)＋f(x)>0，构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0；(3)对于xf′(x)－nf(x)>0型，且x≠0，构造F(x)＝f(x)xf′(x)－nf(x)(亦需注意对xn，则F′(x)＝n＋1xxn＋1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)－f(x)>0，构造F(x)＝f(x)，则F′(x)＝xxf′(x)－f(x)x2>0.含f(x)±f′(x)tanx型已知函数f(x)的导函数f′(x)，当x∈0，π时，f′(x)sin2x<f(x)(1＋cos2x)成立，下2列不等式一定成立的是()ππππA．3f4<2f3B．3f4＞2f3πππ＞2fπC．3f4<2f6D．3f46【解析】f′(x)sin2x<f(x)(1＋cos2x)?f′(x)sinx－f(x)cosx<0.f(x)f′(x)sinx－f(x)cosxπ令g(x)＝sinx，g′(x)＝sin2x<0可知g(x)在0，2上单调递减，所以ππ，即3fππg4>g34>2f3.故选B．【答案】Bπ由于在0，2上，[sinx·f(x)]＝′cosx·f(x)＋sinx·f′(x)，其符号与f(x)＋f′(x)tanx相同，f(x)f′(x)·sinx－f(x)·cosx，其符号与f′(x)tanx－f(x)符号相同．在含有f(x)±f′(x)tanx的问sinx′＝sin2x题中，可以考虑构造函数f(x)sinx，f(x)cosx，f(x)，f(x)等．sinxcosx二、“存在性问题”与“任意性问题”的辨析“?x，使得f(x)>g(x)”与“?x，使得f(x)>g(x)”的辨析(1)?x，使得f(x)>g(x)，只需h(x)min＝[f(x)－g(x)]min>0.如图1.(2)?x，使得f(x)>g(x)，只需h(x)max＝[f(x)－g(x)]max>0.如图2.111(1)设函数f(x)＝xa对于任意(x>0且x≠1)，f(x)在(0，)上单调递增，若2>xxlnxex∈(0，1)成立，则a的取值范围是________．(2)已知函数f(x)＝3lnx－12＋x，g(x)＝3x＋a，若存在x0>0，使得f(x0)>g(x0)成立，则2x参数a的取值范围是________．1a1【解析】(1)在2x>x两边取对数，得ln2>alnx.x1由于x∈(0，1)，所以ln2>xlnx.①1，1)时，f(x)≤f1＝－e.由f(x)在(0，)上单调递增知，当x∈(0ee为使①式对?x∈(0，1)成立，当且仅当a>－e，ln2即a>－eln2.12，(2)设h(x)＝3lnx－x－2x.?x0>02使f(x0)>g(x0)成立，等价于?x>0，使h(x)＝3lnx－1x2－2x>a成立，2等价于a<h(x)max(x>0)．2因为h′(x)＝3－x－2＝－x－2x＋3＝－(x－1)(x＋3)，xxx令h′(x)>0，h′(x)<0，得x>1.得0<x<1；令x>0，x>0，所以函数h(x)＝3lnx－1x2－2x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，2所以函数h(x)max＝h(1)＝－5，即a<－5，22因此参数a的取值范围为(－∞，－5)．2【答案】

(1)(－eln2，＋∞

)

(2)(－∞，－

52)“若?x1∈D1，?x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)”与“?x1∈D1，?x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)”的辨析(1)?x1∈D1，?x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)等价于函数 f(x)在D1上的值域 A与g(x)在D2上的值域B的交集不空，即A∩B≠?(如图3)．其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值．(2)?x1∈D1，?x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)等价于函数 f(x)在D1上的值域A是g(x)在D2上的值域

B的子集，即

A?B，如图

4，其等价转化的目标是函数

y＝f(x)的函数值都在函数

y＝g(x)的值域之中．[说明

]

图3，图

4中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在

y轴上的投影．已知函数

f(x)＝x

22－ax3

3，a>0，x∈R.g(x)＝

1x2(1－x).1(1)若?x1∈(－∞，－1]，?x2∈－∞，－2，使得f(x1)＝g(x2)，求实数 a的取值范围；3(2)当a＝2时，证明：对于任意的 x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)．2 2 3【解】(1)因为f(x)＝x－ax，所以f′(x)＝2x－2ax2＝2x(1－ax)．11令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.因为a>0，所以>0，所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，所aa以f(x)在(－∞，－1]上单调递减，f(x)在(－∞，－1]上的值域为1＋2a，＋∞.31，则g′(x)＝1′＝3x2－2x3x－22.因为g(x)＝223232＝3x(1－x)x－x(x－x)x(1－x)当x<－12时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)<g－12＝83.g(x)在－∞，－1上的值域为－∞，823.1若?x1∈(－∞，－1]，?x2∈－∞，－2，使得f(x1)＝g(x2)，则1＋2a<8，则a<5.3325故实数a的取值范围是 (0，2)．3 2 3(2)证明：当a＝2时，f(x)＝x－x，所以f′(x)＝2x－3x2＝3x2－x.3分析可知，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且f(2)＝－4.所以f(x)在(2，＋∞)上的值域为(－∞，－4)．则g(x)＝21＝1在(1，＋∞)上单调递增，x(1－x)f(x)1所以g(x)＝x2(1－x)在(1，＋∞)上的值域为(－∞，0)．因为(－∞，－4)

(－∞，0)，所以对于任意的

x1∈(2，＋∞)，都存在

x2∈(1，＋∞)，使得

f(x1)＝g(x2)．f(x)，g(x)是闭区间

D上的连续函数，“?x1，x2∈D，使得

f(x1)>g(x2)”与“?x1，x2∈D，使得

f(x1)>g(x2)”的辨析(1)f(x)，g(x)是在闭区间 D上的连续函数且 ?x1，x2∈D，使得f(x)min>g(x)max.其等价转化的目标是函数 y＝f(x)的任意一个函数值均大于函数

f(x1)>g(x2)等价于y＝g(x)的任意一个函数值，如图

5.(2)存在x1，x2∈D，使得f(x1)>g(x2)，等价于 f(x)max>g(x)min.其等价转化的目标是函数 y＝f(x)的某一个函数值大于函数 y＝g(x)的某些函数值．如图 6.a2已知f(x)＝x＋x(a>0)，g(x)＝x＋lnx.(1)若对任意的 x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，求实数 a的取值范围；(2)若存在x1，x2∈[1，e]，使得f(x1)<g(x2)，求实数 a的取值范围．【解】(1)对任意的 x1，x2∈[1，e]时，都有f(x1)≥g(x2)成立，等价于x∈[1，e]时，f(x)ming(x)max.1当x∈[1，e]时，g′(x)＝1＋x>0，所以g(x)在[1，e]上单调递增，所以g(x)max＝g(e)＝e＋1.只需证f(x)≥e＋1，2即x＋a≥e＋1?a2≥(e＋1)x－x2在[1，e]上恒成立即可．x令h(x)＝(e＋1)x－x2.当x∈[1，e]时，h(x)＝(e＋1)x－x2的最大值为he＋1＝e＋122e＋12e＋122.所以a≥，即a≥2.2故实数a的取值范围是e＋1，＋∞.2(2)存在x1，x2∈[1，e]，使得f(x1)<g(x2)，等价于x∈[1，e]时，f(x)min<g(x)max.1当x∈[1，e]时，g′(x)＝1＋>0，所以g(x)在[1，e]上单调递增，所以g(x)max＝g(e)＝e＋x1.a2f(x)＝x＋x(a>0)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．当0<a<1时，f(x)在[1，e]上单调递增，f(x)min＝f(1)＝1＋a2<1＋e，符合题意；当1≤a≤e时，f(x)在[1，a]上单调递减，在[a，e]上单调递增．f(x)min＝f(a)＝2a，1＋e此时，2a<1＋e，解得1≤a< 2 ；2 2当a>e时，f(x)在[1，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝e＋a，此时，e＋a<1＋e，即a<e，ee与a>e矛盾，不符合题意．e＋1综上可知，实数a的取值范围为 0， 2 .(1)从数的角度看 ，问题的本质就是 f(x)min≥g(x)max，从形的角度看，问题的本质就是函数f(x)图象的最低点也不低于 g(x)图象的最高点．(2)从形的角度看 ，问题的本质就是函数 f(x)图象的最低点低于 g(x)图象的最高点．“?x1∈D1，?x2∈D2，使f(x1)>g(x2)”与“?x1∈D1，?x2∈D2，使f(x1)<g(x2)”的辨析(1)?x1∈D1，?x2∈D2，使f(x1)>g(x2)，等价于函数f