2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法第06讲构造函数法含解析

Page1第6讲知识与方法构造函数法是指利用函数的概念与性质,构造辅助函数的一种方法,具有很强的技巧性和创造性.将原不等式进行等价变形,通过构造函数,将恒成立问题转化为函数的最值问题进行求解.1.同构式“同构式”指“结构相同的式子”,是指除了变量不同,其余结构均相同的方程或不等式.在利用不等式处理函数的求值或不等式恒成立问题中,有一部分试题是命题者利用函数单调性构造出来的.如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的同一函数),无疑会大大加快解决问题的速度.如:若Fx≥0能变形为fgx2.导数中同构思想的应用同构思想的基本思路:先化同构式,再利用单调性.(1)合理变形,得到两个相同结构的式子;(2)构造函数,利用单调性解方程或比较大小.3.常见的指对变形(1)xe(2)exx=(3)xe(4)x+ln(5)x-ln4.指对同构的三种模型同构三种基本模型(积型、商型、和差型),(1)积型:a(2)商型:e(3)和差型:e典型例题指对同构法【例1】对任意x∈(0,+∞),不等式aeax【解析】显然a>0,由aeax+1令g(x)=xex+1【点睛】本题也可以这样进行变形:axeax+1=lnax⋅eax+1,2x2【例2】已知函数f((1)当a=e时,求曲线y=f(2)若f(x)⩾1【解析】(1)当a=e时,f(x)=ex-ln⁡x+1,求导f'(x)=ex-1x,所以(2)解法1:(根据ex所以ex+ln⁡a-1+x+ln⁡g(x+ln⁡a-1)⩾设h(x)=1+ln⁡x-解法2:(根据ex所以ex+ln⁡a同构函数为h(gex+ln⁡a-1以下过程略.解法3:当0<a<1当a=1时,f当x∈(0,1)时,f当x∈(1,+∞),所以x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1当a>1时,综上,实数a的取值范围是[1,+∞).【例3】已知函数f((1)讨论函数f((2)设函数h(x)=g(x)-【解析】(1)函数f(x)=ae令m(x)=ln⁡当x∈(0,1)时m当x∈(1,+∞)时m所以m(又因为a>0,e故f(x)(2)由题意可知:aexln⁡解法1:同左不等式等价于ln⁡xx<ln⁡aexae当x∈(e,+∞)时,H①当0<aex<1ln⁡xx<ln⁡aex②当aex⩾1时,Hae所以H(x)综上,x<aex即任意令p(x)=所以p(x)=xex在综上,实数a的取值范围是1e解法2:同右不等式等价于ln⁡x同构函数为H(x)=根据H(x)=【例4】已知函数f((1)当a=e(2)讨论函数f(【解析】(1)当a=e时,ff'令h(x)=所以h(x)在(0,+∞)当0<x<1时,h(x所以f(x)在(0,1)(2)解法1:常规解法f①当a=0时,f(x②当a<0时,f'因为f(1)=e-a>0,∃x所以fx所以f(1)⋅fx0<③当a>0时,∃x所以f(x)在0,所以f(当0<a<e当a=e时,f当a>e时,设x2满足x22ex所以fx所以fx1⋅fx设x3满足x32所以fx设h(x)=x-2ln⁡x,所以h(a)所以fx3⋅fx所以当a>e时,综上:当a<0或a=e当0⩽a<e当a>e时,解法2:巧用同构f(令t=x+2ln⁡令f(x)=0显然,当a=0当a≠0时,化为1a=te【点睛】这里我们使用同构的方法,利用函数φ(x)=ex-ax如果函数结构中同时包含对数式和指数式,通过适当的指对变形,配凑,调整不等式结构,转化为三个同构基本型,同构为同一个函数,利用同构函数的单调性,把复杂的不等式转化为简单的不等式,问题将会迎刃而解.【例5】已知函数f((1)当a>0时,求(2)若对任意x>0恒有不等式(i)求实数a的值;(ii)证明:【解析】(1)解法1:隐零点f(x)的定义域为(0,+∞)令g(x)=xex-由g(0)=-a<0,g(a)=ae所以当0<x<x当x>x0从而f(解法2:同构变形一f(令t=x+ln⁡记φ(t)=et当t∈(-∞,ln⁡a)当t∈(ln⁡a,+∞)所以φ(所以f(x)解法3:同构变形二f(令t=xex,则t>当t∈(0,a)当t∈(所以φ(所以f(x)(2)(i)a<0a=0时,当x→0时,a>0时,由(1)知,只需要a-aln⁡又由不等式ln⁡x⩽x可知ln⁡1a⩽1a-1,于是(ii)由(i)知xe从而原不等式只需证x(1+x解法1:因为ln⁡x⩽x即证x2当x>1时,所以当0<x⩽1时,令g(因为0<x⩽1,g从而g(x)单调递减,所以g综上可知,结论成立.解法2:当x>1时,只需证令g(x)=所以g(x)当0<x⩽1时,因为sin⁡x令h(令φ(x)=2x2所以h(x)所以x2综上所述结论成立.解法3:由于ln⁡x⩽x只需证x2ex即证x2ex从而只需证x3⩾x(a)当x>1时,因为x3(b)当0<x⩽1时,由于sin⁡x令g(x)=从而g(x)在(0,1]【例6】已知函数f(x)=(1)当a=0时,求函数f(2)若当x>0时,函数y=xe(3)若f(x)【解析】(1)当a=0时,f当x∈(0,1)时,f当x∈(1,+∞)时,f'((2)由题得方程xe-ax=1有正实数解,两边取对数,得令F(x)=当x∈(0,e)时,F当x∈(e,+∞)时,F所以F(x)max=(3)解法1:由题意得f(即xe由(2)解法提示,令xe-ax所以f(由(1)可知f(x)=即t=xe由(2)结论可知,amax解法2:由题意得f(即xe下面证明不等式ex令h(当x<0时,h'(x所以h(x)=ex所以x(-ax当-ax+ln⁡x令F(x)=由(2)知F(x)解法3:由题意得f(即xe-ax令1-xe-ax=0,得a若a>1e,则a当x∈0,1当x∈1a,+∞时,令G(a)=所以G(a)则f(x)⩾当a=1e所以amax双变量同构【例7】已知函数f(x)=x-1-aln⁡x(a<【答案】[-3,0)【解析】当a<0时,函数f(又函数y=1x在(0,1]则fx所以fx1-即fx2+则fx1-fx于是h'(x)=1-a从而a⩾x-而函数y=x-4x在区间x于是a⩾-3,又a<0故答案为:[-3,0).【例8】已知函数f(x)=aln⁡x+12x【答案】[2,+∞)【解析】对任意两个不等的正实数x1,x等价于fx所以F(x)=所以F'(x即ax+a令g(则Δ=(2a-3)所以a⩾2,则a的取值范围为[2,+∞)【例9】若对∀x1,x2∈(m,+∞)【答案】1【解析】因为0<x1等价于x1即x1ln⁡x故ln⁡x令f(x)=又因为x2>x1>由f'(x)<0,解得:x>1则m的最小值是1.【例10】已知函数f((1)讨论函数f((2)设a<-1.如果对任意x1【解析】(1)f(x当a⩾0时,f'(x)当a⩽-1时,f'(x)当-1<a<0时,令f则当x∈0,-a+12a故f(x)在0,(2)不妨设x1⩾x2,因为从而∀等价于∀令g(x)=(*)式等价于g(x)在(0,+∞)从而a⩽当且仅当x=12时,a故a的取值范围为(-∞,-2].构造差函数【例11】已知函数f((1)讨论f((2)若g(x)=x2-2ex,且关于x【解析】(1)根据题意,可知f(x)f'(x)=m若m>0,当0<x<1若m<0,当0<x<1综上所述,当m>0时,f(x)当m<0时,f(x)(2)依题意,mxln⁡即x+1x今p(则p'对于y=故其必有两个零点,且两个零点之积为-1,且两个零点一正一负,设其正零点为x0∈(0,+∞),则即m=x0-1x0故px0⩾0今q(则q'当x∈(0,1)时,q'(x)从而q(x)在(0,1)又q1e=显然函数m=x0-1又m≠0,所以实数m的取值范围是1【例12】已知关于x的函数y=f(x),(1)若f(x)=(2)若f(x)=(3)若fD=[m,【解析】(1)由f(x)⩾取x=0,得0⩾b⩾0由x2+2x此式对一切x∈(-∞,+∞)恒成立,所以(2-k)此时2x⩾-x(2)h(令u(x)=x-1-ln⁡当0<x<1当x>1时,所以u(x)所以当且仅当k⩾0,另一方面,f(x)⩾也即x2因为k⩾0,对称轴为直线x所以(1+k)2因为,k的取值范围是0⩽k(3)证明:①当1⩽t⩽2时,由g整理,得x2令Δ=t3-t2则φ'所以φ(t)在[1,2]不等式(*)有解,设解为x1⩽x②当0<t<1设v(则v'令v'(t当t∈0,3当t∈33v(0)=-1,v(1)=0,则当0(或证:v则f(-1)-h(-1)因为[m,n③当-2⩽t所以n-综上所述,n-【点睛】本题取特殊值x=0代入不等式组,求得b不等式恒成立间题的转化策略:(以下结论中,函数f((1)a⩾f(x)(或a(2)a⩾f(x)(或(3)f(x)⩾g((4)f(x)⩾g(需要指出的是:以上结论均指函数f(x)大(小)值,可结合f(【例13】已知函数f((1)若f(x)在(0,1)(2)若函数y=f(x)+【解析】(1)解法1:由题意,知f'(x)=e当x∈(0,1)时,h若f(x)在(0,1)上单调递增,则f若f(x)在(0,1)上单调递减,则f综上可知,a的取值范围是(-∞,-1]∪[e,+∞).解法2:由题意知,f'令h(x)=ex-2ex若f(x)在(0,1)上不单调,则f若f(x)在(0,1)上单调,则a则实数a的取值范围是(-∞,-1]∪[e,+∞).（2）解法1:由题意知,y=今g(令t(当x>1时,当0<x<1时,t所以g(x)⩾g(1)=解法2:由题意知,y=即ex-1x令g(x)=e今t(x)=ex∈(1,+∞)时,t所以t(所以g(x)⩽g(1)=0【例14】设函数f(x)=((1)若a=b=(2)若a≠b,b=c,(3)若a=0,0<b⩽1,c=1,且f【解析】(1)因为a=b=因为f(4)=8,所以(4-a)(2)因为b=c,所以f(令f'(x)=0,得因为a,b,2a所以2a此时,f(令f'(x)=0,解得当x<-3时,当-3<x<1当x>1时,所以f(x)(3)证明:因为a=0,f'因为0<b⩽1,所以则f'设有x1由f'(x当x<x1当x1<x当x>x2所以f(x)解法1:构造函数法因为0<b⩽1,所以当x∈(0,1)时,f令g(x)=x(x-1当0<x<1当13<x所以当x=13故g(所以,当x∈(0,1)时,f(x解法2:利用不等式放缩M3【点睛】本题主要考查导数在函数性质中的运用,考查函数思想、化归与转化思想,考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.对于导数试题,高考往往考查其综合应用,研究函数的最值、零点、不等式的证明等问题,对能力要求较高.解答本题的第(3)问,关键之处是发现f(x)的极大值为fx1强化训练1.设实数λ>0,若对任意的x∈(0,+∞),不等式eλx-A.1e B.12e C.2e 【解析】解法1:不等式eλx-ln⁡x令f(x)=(i)当x∈(0,1]时,ln⁡(ii)当x∈(1,+∞)时,ln⁡x>因为函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以λx令g(x)=当x∈(0,e)时,g'(x)当x∈(e,+∞)时,g'(x)于是gmax(x所以λmin=1解法2:不等式eλx-ln⁡xλ⩾0恒成立,即图象关于y=x对称,于是只需ln⁡x令g(x)=所以g(x)在(0,e)即g(x)故选A.2.已知函数f(x)=x-ln⁡(x+1),【解析】g(x)⩾所以ex即ex-易证x⩾ln⁡(x+1)g(x)=ex所以g(x)⩾所以k⩽13.已知函数f((1)求f((2)若函数g(x)=2x3ln⁡x【解析】(1)f(当x>-1时,f'(x从而f(x)的单调递增区间为[-1,+(2)x⩾e,g(当m⩽0当m>0时,即即x2即x2ln⁡x由m>0知,mx即m⩽2xln⁡x+x.令+∞)上为增函数,h(x)综上,实数m的取值范围是(-∞,3e].4.已知函数f((1)设f(x)的导函数f(2)设g(x)=axaln⁡【解析】(1)因为f'(x)=(x+1)ex+a,(2)当x∈(1,+∞)时,若f(x)⩾g(x)成立,即即a=1时,f由(1)知,a=1时,f'(所以f(x)在R上单调递增,所以x令m(x)=①当a⩽1时,m'(所以m(②当a>1时,由m'当x∈(1,a)时,m'(当x∈(a,+∞)时,m'(所以m(x)的最小值为m综上,实数a的取值范围是(-∞,e].5.已知函数f((1)当a=1,讨论函数f(2)若不等式f(x)⩾ex【解析】(1)f(x令g(x)=ln⁡当x∈(0,1)时,g当x∈(1,+∞)时,g所以,当x=1时,g(x所以f'(x)>0在(0,+∞)(2)不等式f(x)⩾exxa-x所以当t∈(0,1)时,k当t∈(1,+∞)时,k因为x∈(1,+∞)时,0当a<0时,0<xa则(*)式等价于e-x⩽令h(x)=当x∈(1,e)时,h当x∈(e,+∞)时,hh(x)min=h(e)=e即实数a的取值范围是[-e,0).6.已知函数f((1)若f(x)的最大值是0,求函数f(2)若对于定义域内任意x,f(【解析】(1)f(x)若m⩾0,若m<x∈所以x=-1m时,f(xf'函数f(x)的图象在x(2)f(即m+1⩽ex设φ(设Q(所以Q(x)所以Q(x)有唯一的零点x0,而且两边同时取对数,得x0易证明函数y=x+ln⁡所以ex0=1x0,所以由φ(于是m的取值范围是(-∞,0].7.已知函数f(x)=1-2ln⁡xx2的定义域为0,1eA.(-∞,3] B.(-∞,4] C.(-∞,5] D.(-∞,6]【答案】B【解析】因为x∈0,1即函数f(x)因为x1,x所以fx1-即fx不妨设x1>x2,则令g则g'若对任意的x1则需g'则-4+2m即m⩽2-2ln⁡所以m⩽(2-2ln⁡即实数m的取值范围是(-∞,4].故选B.8.已知函数f(x)=p≠q时,f(p【答案】[15,+∞)【解析】不妨设p>q,由f(p+1)-令g(x)=f(x+1)-(x+1)