構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)問題

./構(gòu)造函數(shù)解決不等式問題例：[2011·XX卷]函數(shù)f<x>的定義域為R,f<－1>＝2,對任意x∈R,f′<x>＞2,則f<x>＞2x＋4的解集為<>A．<－1,1>B．<－1,＋∞>C．<－∞,－1>D．<－∞,＋∞>[解析]構(gòu)造函數(shù)G<x>＝f<x>－2x－4,所以G′<x>＝f′<x>－2,由于對任意x∈R,f’<x>>2,所以G′<x>＝f′<x>－2>0恒成立,所以G<x>＝f<x>－2x－4是R上的增函數(shù),又由于G<－1>＝f<－1>－2×<－1>－4＝0,所以G<x>＝f<x>－2x－4>0,即f<x>>2x＋4的解集為<－1,＋∞>,故選B.訓練：1.已知函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對稱,且當成立,,,則a,b,c的大小關(guān)系是<>A. B. C.D.解：因為函數(shù)關(guān)于軸對稱,所以函數(shù)為奇函數(shù).因為,所以當時,,函數(shù)單調(diào)遞減,當時,函數(shù)單調(diào)遞減.因為,,,所以,所以,選A.2.已知為上的可導(dǎo)函數(shù),且,均有,則有A．,B．,C．,D．,解：構(gòu)造函數(shù)則,因為均有并且,所以,故函數(shù)在R上單調(diào)遞減,所以,即也就是,故選D．6.已知函數(shù)滿足,且的導(dǎo)函數(shù),則的解集為〔A.B.C.D.解：構(gòu)造新函數(shù), 則,,對任意,有,即函數(shù)在R上單調(diào)遞減,則的解集為,即的解集為,選D.3.[2013·XX一模]已知函數(shù)y＝f<x－1>的圖象關(guān)于點<1,0>對稱,且當x∈<－∞,0>時,f<x>＋xf′<x><0成立<其中f′<x>是f<x>的導(dǎo)函數(shù)>,若a＝<30.3>·f<30.3>,b＝<logπ3>·f<logπ3>,c＝·f,則a,b,c的大小關(guān)系是<>A．a(chǎn)>b>cB．c>a>bC．c>b>aD．a(chǎn)>c>b解：因為函數(shù)y＝f<x－1>的圖象關(guān)于點<1,0>對稱,所以f<x>關(guān)于<0,0>中心對稱為奇函數(shù),所以函數(shù)g<x>=xf<x>為偶函數(shù)．又當x∈<－∞,0>時,f<x>＋xf′<x><0成立,故g<x>=xf<x>在<－∞,0>上為減函數(shù)．由偶函數(shù)的性質(zhì)得函數(shù)xf<x>在<0,＋∞>上為增函數(shù),又eq\b\lc\|\rc\|<\a\vs4\al\co1<log3\f<1,9>>>>30.3>logπ3>0,所以c>a>b.例：巳知函數(shù)f〔x=ax2－bx－1nx,其中a,b∈R。〔I當a=3,b=-1時,求函數(shù)f〔x的最小值；〔Ⅱ若曲線y=f〔x在點〔e,f<e處的切線方程為2x－3y－e=0〔e=2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù),求a,b的值；〔Ⅲ當a>0,且a為常數(shù)時,若函數(shù)h〔x=x[f〔x+1nx]對任意的x1>x2≥4,總有成立,試用a表示出b的取值范圍；[知識點]導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用解：因為,所以,令,所以f<x>在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,則f<x>在處取得最小值為；〔Ⅱ因為①,又因為切點<e,f<e>>在直線2x－3y－e=0上,所以切點為,所以②,聯(lián)立①②解得.〔Ⅲ由題意,對于任意,總有成立,令,則函數(shù)p<x>在x∈[4,＋∞>上單調(diào)遞增,所以上恒成立.構(gòu)造函數(shù),則,所以F<x>在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增.<1>當時,F<x>在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增.所以F<x>的最小值為；<2>當時F<x>在<4,＋∞>上單調(diào)遞增,,綜上,當時,當時,[思路點撥]本題主要考查的是利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值及利用導(dǎo)數(shù)研究曲線的切線,利用導(dǎo)數(shù)求最值一般先判斷函數(shù)的單調(diào)性,再結(jié)合單調(diào)性確定最值位置,對于由不等式恒成立求參數(shù)參數(shù)范圍問題通常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題解答.變式練習：1.函數(shù)〔Ⅰ當時,求曲線在點處的切線方程；〔Ⅱ當時,若在區(qū)間上的最小值為-2,求的取值范圍；〔Ⅲ若對任意,且恒成立,求的取值范圍.解：〔Ⅰ當時,.………2分因為.所以切線方程是…………4分〔Ⅱ函數(shù)的定義域是.………………5分當時,令,即,所以或.……7分當,即時,在［1,e]上單調(diào)遞增,所以在［1,e]上的最小值是；當時,在［1,e]上的最小值是,不合題意；當時,在〔1,e上單調(diào)遞減,所以在［1,e]上的最小值是,不合題意………………9分〔Ⅲ設(shè),則,只要在上單調(diào)遞增即可.…………10分而當時,,此時在上單調(diào)遞增；……11分當時,只需在上恒成立,因為,只要,則需要,對于函數(shù),過定點〔0,1,對稱軸,只需,即.綜上.………14分2.函數(shù),〔1求函數(shù)的極值；〔2討論的零點的個數(shù)；〔3對恒成立,求的取值范圍。解：3.已知函數(shù)〔1若直線y=x+m與函數(shù)的圖像相切,求實數(shù)m的值?！?證明函數(shù)與曲線有唯一的交點?！?設(shè),比較的大小,并說明理由4.設(shè)函數(shù)f<x>＝2lnx＋mx－x2.<1>若曲線y＝f<x>在點<1,f<1>>處的切線方程為y＝2x＋n,求實數(shù)m,n的值；<2>若m>－4,求證：當a>b>0時,有eq\f<fa－fb,a2－b2>>－2；<3>若函數(shù)f<x>有兩個零點x1,x2<x1<x2>,且x0＝eq\f<x1＋x2,2>,求證：f′<x0><0.解：<1>由f<x>＝2lnx＋mx－x2得f′<x>＝m＋eq\f<2,x>－2x,故由題意可得f′<1>＝m＋eq\f<2,1>－2＝2,即m＝2.從而f<1>＝2ln1＋2－1.又知f<1>＝2×1＋n,∴2＋n＝1,∴n＝－1.∴實數(shù)m,n的值分別為m＝2,n＝－1.<2>由于a>b>0,設(shè)函數(shù)g<x>＝f<x>＋2x2＝x2＋mx＋2lnx,則有g(shù)’<x>＝2x＋m＋eq\f<2,x>.由于x>0,且m>－4,∴g′<x>＝2x＋m＋eq\f<2,x>≥2eq\r<2x·\f<2,x>>＋m＝4＋m>0,故g<x>在<0,＋∞>上遞增,∴g<a>>g<b>,∴f<a>＋2a2>f<b>＋2b2,∴<3>由x1,x2<x1<x2>是f<x>的零點可得eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<2lnx1＋mx1－x\o\al<2,1>＝0,,2lnx2＋mx2－x\o\al<2,2>＝0,>>故m＝x1＋x2－2·eq\f<lnx1－lnx2,x1－x2>.又由f′<x>＝m＋eq\f<2,x>－2x,x0＝eq\f<x1＋x2,2>,可得f′<x0>＝m＋eq\f<4,x1＋x2>－<x1＋x2>＝2eq\f<2,x1＋x2>－eq\f<lnx1－lnx2,x1－x2>,進