高中数学：构造函数方法

高中数学：构造函数常见构造函数方法：1.利用和差函数求导法则构造（1）)()()()0(0)()(xgxfxFxgxf或；（2）)(-)()()0(0)(-)(xgxfxFxgxf或；（3）kxxfxFkxf)()()(k)(或；2.利用积商函数求导法则构造（1）)()()()0(0)()()(g)(xgxfxFxgxfxxf或；（2）)0)(()(g)()()0(0)()(-)(g)(xgxxfxFxgxfxxf或；（3）)()()0(0)()(xxxfxFxfxf或；（4）)0(x)()()0(0)(-)(xxxfxFxfxf或；（5）)()()0(0)(n)(xxfxxFxfxfn或;(6))0(x)()()0(0)(n-)(xnxxfxFxfxf或;(7))(e)()0(0)()(xfxFxfxfx或;(8))0(e)()()0(0)(-)(xxxfxFxfxf或;(9))(e)()0(0)(k)(xfxFxfxfkx或;(10))0(e)()()0(0)(k-)(kxxxfxFxfxf或;(11))(sin)()0(0tanx)()(xxfxFxfxf或;(12))0(sinsinx)()()0(0tan)(-)(xxfxFxxfxf或;(13))0(coscos)()()0(0)(tanx)(xxxfxFxfxf或;(14))(cos)()0(0)(tanx-)(xfxFxfxf或;(15)()+lna()0(0)()()xfxfxFxafx或;(16)()()lna()0(0)()xfxfxfxFxa或;考点一。直接构造法1．（1）已知()(4)fxfx，且当2x时，其导函数()fx满足()2()xfxfx，若24a，则（）A.2(2)(3)(log)afffaB.2(3)(log)(2)affafC.2(log)(3)(2)afaffD.2(log)(2)(3)afaff解：由题：对称轴x=2,单增，时，单减，当时，当（)(f2x)(f2x0)()2xxxxfC,1624,2log12选aa。（2）设a＞0，b＞0．()A．若a2222bab，则a＞bB．若a2222bab，则a＜bC．若a2222bab，则a＞bD．若a2222bab，则a＜b解：对选项A：构造函数：22xfxx，则2ln220xfx恒成立，故有函数22xfxx在x＞0上单调递增，即a＞b成立．其余选项用同样方法排除．【答案】A。（3）已知函数()fx满足(2)1f，且()fx的导函数()1fxx，求解不等式21()12fxxx。解：2x,0)2(g)(g01)()(,121)()(g2故解集为：单增，，则xxxfxgxxxfx。（4）已知函数fx满足：1,00,fxfxffxfx是的导函数，求解不等式1xxefxe。解：0x,0)0(g(g,0)1)()(()(,1)()(g故解集为：）单增，则令xxfxfexgexfexxxx。（5）若)(xf满足1)(')(xfxf，4)0(f，求解不等式3()1xfxe。解：令0)(3)(13)(f)(gxxxxxexheexfeexx，)1)()(()(hxfxfexx0,g(x)单调递增，g(0)=f(0)-4=0,则g(x)0,故x0.（6）若函数f(x)满足：2()()fxfx成立，若2)4ln(f，求解不等式2()xfxe。解：令g(x)=2)(fxex,则222)()21)()(()(gxxexfxfex0,则单调递增，1)4(ln)4(lng24lnef，则g(x)g(ln4),不等式2()xfxe的解为：xln4.考点二。找原函数构造法2.（1）若奇函数f(x）满足：(1)0f，当0x时，'()()0xfxfx，求解不等式()0fx。单增偶，奇奇为奇单减，又当解：令,0x)(g)(f)(0)()()(,0x,)()x(g2xxxgxxfxfxxgxxf，且g(1)=g(-1)=0,故解集为：x-1或0x1.（2）若f(x)满足：f(0)=1,且)()(4,3)()(f3xfxfxfx求解不等式。解：不合题意但0)0(f1)(f3xex，则32ln042)()(f412)(f33xexfxexxx，故。考点三。比大小，证明3.（1）证明对任意正整数n，不等式3211)11(lnnnn。解：令x=n1，设函数f(x)=)1ln(x23xx(0x1)，112x3)(f2xxx=1x12323xxx=1x)1(323xx0恒成立，所以f(x)单调增加，所以f(x)f(0)=0，即得证原命题。（2）f(x)=xe,设ab,比较aafbfbfafb)()(2)()(与的大小。解：作差法：abafbfbfa)()(2)()(f=aabeeababa)-b2)2(2)(（，令g(x)=x+2+(x-2)xe,则g（0）=0,xexx)1(1)(g在），（0单调递增,即0(0)g(x)g，故g(x)在），（0单调递增，g(x)g(0)=0,即abafbfbfaf)()(2)()(。（3）已知函数f(x)=-x-ln(-x)，x[-e，0)，证明：xxx)ln()(f21。解：设xxxfxg)ln()()(=xxxx)ln()ln(，令u=-x∈(0,e]，g(u)=uuuln-lnu，只需证g(u)21，g'(u)=222uln1-1ln11uuuuuu，uuuuuhuuuu12u112)(,1-ln)(h22令,则),2,1(u0)()(0)(h，单增，令uhuhu（1）当u∈(0,1]，lnu-10，1-u10，g'(u)0，g(u)递减，g(u)≥g(1)=121，不等式成立。（2）当u∈(1,2)，lnuu-1（函数性质），g(u)=u-lnu-uulnu-(u-1)-u1-u=u121，不等式成立。（3）当u∈[2,e)，ln(u)-10，1-u10，g'(u)0，g(u)递增，g(u)≥g(2)=eln2322ln23-2=21，不等式成立。考点四。放缩构造法4.（1）已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x，g(x)＝ax＋32x＋1＋2xcosx．当x∈[0,1]时，(1)求证：1－x≤f(x)≤11x；(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．证明：(1)要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≥1－x，只需证明(1＋x)e－x≥(1－x)ex.记h(x)＝(1＋x)e－x－(1－x)ex，则h′(x)＝x(ex－e－x)，当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，因此h(x)在[0,1]上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0.所以f(x)≥1－x，x∈[0,1]．要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≤11x，只需证明ex≥x＋1.记K(x)＝ex－x－1，则K′(x)＝ex－1，当x∈(0,1)时，K′(x)＞0，因此K(x)在[0,1]上是增函数，故K(x)≥K(0)＝0.所以f(x)≤11x，x∈[0,1]．综上，1－x≤f(x)≤11x，x∈[0,1]．(2)f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2x－312cos2xaxxx≥1－x－ax－1－32x－2xcosx＝－x(a＋1＋22x＋2cosx)．设G(x)＝22x＋2cosx，则G′(x)＝x－2sinx.记H(x)＝x－2sinx，则H′(x)＝1－2cosx，当x∈(0,1)时，H′(x)＜0，于是G′(x)在[0,1]上是减函数，从而当x∈(0,1)时，G′(x)＜G′(0)＝0，故G(x)在[0,1]上是减函数．于是G(x)≤G(0)＝2，从而a＋1＋G(x)≤a＋3.所以，当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0,1]上恒成立．下面证明当a＞－3时，f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立．f(x)－g(x)≤3112cos12xaxxxx＝32cos12xxaxxxx＝212cos12xxaxx，记I(x)＝2112cos()121xaxaGxxx，则I′(x)＝21'()(1)Gxx，当x∈(0,1)时，I′(x)＜0，故I(x)在[0,1]上是减函数，于是I(x)在[0,1]上的值域为[a＋1＋2cos1，a＋3]．因为当a＞－3时，a＋3＞0，所以存在x0∈(0,1)，使得I(x0)＞0，此时f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立．综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．