第3講 尋覓函數(shù)性質(zhì)特征（含解析）

xlnx+,曲線y=f在點處的切線方程為x(I)求a,b;(II)求證:f(x)>1.【例2】已知函數(shù)f(x)=xe-x(x∈R),如果x1≠x2且f(x1)=f(x2),求證:x1+x2>2.【例3】若方程x-2lnx+a=0存在兩個不相等的實數(shù)根x1和x2,求證:.x1x2【例4】已知函數(shù)f(x)=(x+1)lnx-a(x-1)。f(x)在(1，f(x))處的切線方程；f(x)>0，求a的取值范圍。x故所求切線方程為2x+y-2=0。【例5】已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f,(x)，e為自然對數(shù)的底數(shù)，若函數(shù)f(x)滿足且則不等式f(x+1)-f(e+1)>x+e的解集是。xe【例6】已知f(x)為定義在(0，+∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，且f(x)>xf,(x)恒成立，則不等式的解集為。1.已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)+f(-x)=x2成立，當(dāng)x<0時，f,(x)<x，則不等式的解集為。2.設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)函數(shù)f,(x)，對任意x∈R，都有f(x)+f(-x)=x2，且x>0時，f,(x)>x，若f(2-a)-f(a)≥2-2a則實數(shù)a的取值范圍是()A.A.2016f(2016)>2015f(2015)B.2016f(2016)<2015f(2015)C.20152f(2015)>20162f(2016)D.20152f(2015)<20162f(2016)4.已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為，滿足則函數(shù)f(x)的最大值為()A.2eB.eC.·ieD.5.設(shè)奇函數(shù)f(x)定義在區(qū)間(-π,0)U(0，π)上，其導(dǎo)函數(shù)為f,(x)，當(dāng)0<x<π時，f,(x)sinx-f(x)cosx<0，則關(guān)于x的不等式x的解集為()則不等式f(lnx)<x2的解集為?！蔙，若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，1)上不單調(diào)，則a的取值范圍為。________8.已知函數(shù)f(x)=ex-ax-1（a>0，e為自然對數(shù)的底數(shù)）。11.已知函數(shù)f(x)=ex-ax2，曲線y=f(x)在x=1處的切線方程為y=bx+1。x+(1-e)x-xlnx-1≥0。12.已知為常數(shù))是R上的奇函數(shù)。2-2ex+m根的個數(shù)；(I)求a,b;(II)求證:f(x)>1.因為f=aexlnx+，所以f,=aexlnx+k=f,(1)=e,f(1)=2,【點撥】由導(dǎo)數(shù)的幾何意義列方程組求解。xxe設(shè)g(x)=xlnx,則g,(x)=1+lnx,所以在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增, 所以xxx所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減.所以h(x)因為g(x)與h(x)取最值的條件不同,所以等號不同時成立,所以g(x)>h(x),【點撥】第(Ⅱ)問作為壓軸的不等式證明，注意到不等式中含有指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)，不適合直接求導(dǎo)研究函數(shù)的單調(diào)性.可適當(dāng)變形，構(gòu)造兩個函數(shù)，證明左邊的最小值大于右邊的最大值.【解法2】先證明exex對任意x∈R恒成立.令h(x)=exex,則hI(x)=exe,類似可證明exx+1對任意x∈R恒成立,且當(dāng)x=0時等號成立.現(xiàn)用ex替換不等式exex中的x,則有eexx,兩邊取對數(shù)有l(wèi)nx—ex（當(dāng)xx又因為兩個等號不同時成立,所以exlnx+>1,即f【點撥】對于函數(shù)y=ex和y=lnx,分析兩個函數(shù)在不同點處的切線方程，對兩個函數(shù)中的任意一個進行切線放縮，將其轉(zhuǎn)化為多項式函數(shù)，再嘗試進行相關(guān)變形求解分析?！窘夥?】到【解法4】都相應(yīng)地使用了這一想法?！窘夥?】由【解法2】可知ex-1x,所以,當(dāng)x=1時取等號.所以在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,所以elnx+.因為等號不同時成立,所以f(x)>1.【解法4】要證明f(x)>1,等價于證明xlnx設(shè)g(x)=xlnx,由【解析】【解法1】易得g(x)所以只要證明>0即可.由【解法2】可知對任意x∈R有ex-1x.所以0(當(dāng)x=1時取等號),因為等號不同時成立,所以f(x)>1.【解法5】要證f(x)>1,等價于xlnxxe一x>所以(當(dāng)x=1時取等號),所以g所以f(x)>1.【點撥】觀察分析題設(shè)結(jié)構(gòu)，適當(dāng)變形，注意到y(tǒng)=xlnx和y=一xe一x之間隱含著復(fù)合函數(shù)的關(guān)系，建立指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)之間的橋梁，于是進行整體替換，將不等式分割，對各部分求最值.【賞析】本題要證明f(x)>1,不易直接求函數(shù)f(x)的最小值.【解法1】把證明f(x)>1轉(zhuǎn)化為證明g(x)>h(x),兩函數(shù)g(x),h(x)的極值點易求,從而得到最值關(guān)系g(x)min>h(x)max,從而得到證明.解法2、3、4都是對不等式進行適當(dāng)變形轉(zhuǎn)化,最后進行放縮.當(dāng)然放縮法難度比較大,首先要選擇對哪個函數(shù)進行放縮,要放縮到什么程度,這些都需要在平時學(xué)習(xí)中進行積累,若能熟悉一些結(jié)論則有助于解題,如:exx+1,x一1lnx,exex.切線放縮:如果函數(shù)y=f(x)具有凹凸性,點P(x,y)為該函數(shù)上一點,若y=f(x)kx+b或f(x)kx+b,這樣就可以把函數(shù)放縮為直線型,其難點在于判斷點P的位置.以上幾種解法都是對不等式的結(jié)構(gòu)進行變形,可以說對不等式的適當(dāng)變形是壓軸題常用的手法，如何變形才叫“適當(dāng)”,需要平時積累總結(jié).f(x)=xex(x∈R),如果x1≠x2且f(x1)=f(x2),求證:x1+x2>2.【解析】因為f,(x)=(1-x)e-x,令f,(x)=(1-x)e-x=0,得x=1.所以f(x)在區(qū)間(-∞,1)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞減.函數(shù)f(x)在x=1處取得極大值2,當(dāng)x22時顯然成立.當(dāng)x22設(shè)F(x)=f(x)-f所以F(x)>F(1)=0,即f(x)-f(2-x)>0.所以f(x2)>f(2-x2).又因為f(x1)=f(x2),所以f(x1)>f(2-x2).又因為f(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞增,所以x1>2-x2,即x1+x2>2.【點撥】本題是典型的極值點偏移問題，需先分析出原函數(shù)的極值點，找到兩個根的大致取值范圍，再將其中一個根進行對稱的轉(zhuǎn)化變形，使得x與2-x在同一單調(diào)區(qū)間內(nèi)，進而利用函數(shù)的單調(diào)性分析.【解法2】不妨設(shè)x2>x1,由f(x1)=f(x2)得x1e-x1=x2e-x2,所以ex2-x1=,令t=x2-因為g,,(t)=tet>0,所以g,(t)在t>0上為增函數(shù).所以g'(t)>g'(0)=0,故g(t)在t>0上為增函數(shù),g(t)>g(0)=0,2【點撥】引參歸一，化雙變量為單變量，構(gòu)造新函數(shù)解題.【解法3】先回顧對數(shù)平均值不等式:即證明成立.下面我們利用這個不等式來對本題進行證明：兩邊取對數(shù)得lnx1-x1=lna(1),lnx2-x2=lna(2).由得lnx1-lnx2=x1-x2,即.根據(jù)對數(shù)平均值不等式所以x12【點撥】結(jié)合問題結(jié)構(gòu)，利用對數(shù)平均不等式求解?！举p析】2>2-x2,結(jié)合函數(shù)f(x)在(0,1)上的單調(diào)性進行證明,因此只需構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-f(2-x),并對其單調(diào)性進行分析即可.證明過程中要注意對x22與x2<2進行分類討論.【解法2】利用差值代換t=x2-x1>0,將待證不等式轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的一元不等式.也可以利用比值代換,令t=將待證不等式化為關(guān)于t的不等式進行證明.當(dāng)轉(zhuǎn)化后關(guān)于t的不等式不易證明時,對其進行等價變形是常見的策略.【解法3】利用對數(shù)平均值不等式進行證明(注意在利用該不等式進行證明時,要先給出該不等式的證明過程才可以),事實上這種證明方法與比值代換是一樣的.本題中若令x【例3】若方程x-2lnx+a=0存在兩個不相等的實數(shù)根x1和x2,求證:x1x21依題意得→1x1x1=f=t2-1-2tlnt,其導(dǎo)函數(shù)f'(t)=2t-2-2lnt=2(t-1-lnt)>0對任意t>1恒成立,故f(t)>f(1)=0.【點撥】本題同樣是極值點偏移問題，首先對題設(shè)條件變形，利用齊次式的特征，轉(zhuǎn)化兩根的關(guān)系；再構(gòu)造新函數(shù)分析單調(diào)性.【解法2】利用2 x1x2 xxlnx2-lnx12x1x2【點撥】利用對數(shù)平均值不等式，尋找已知條件和結(jié)論之間的關(guān)系，構(gòu)造函數(shù)進而求解.在應(yīng)試時應(yīng)注意對構(gòu)造的對數(shù)平均值不等式進行證明.【解法3】【點撥】進行對稱轉(zhuǎn)化變形，使得x與1-x工在同一單調(diào)區(qū)間內(nèi)，再構(gòu)造新函數(shù)求解?！举p析】本題是近來流行的“偏移問題”，屬于?？键c，值得研究。構(gòu)造新的函數(shù)，通過求導(dǎo)解決問題。<恰當(dāng)利用一些x1x2結(jié)論解題可以起到事半功倍的效果，應(yīng)當(dāng)注意使用時需要對其進行證明?！窘夥?】構(gòu)造h(x)=φ(x)-φ(1-x)，轉(zhuǎn)移證明方向是零點偏移問題的常規(guī)解法?！纠?】已知函數(shù)f(x)=(x+1)lnx-a(x-1)。f(x)在(1，f(x))處的切線方程；f(x)>0，求a的取值范圍。故所求切線方程為2x+y-2=0【解析】由洛必達法則可得所以a的取值范圍是(-∞,2]?！军c撥】分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為求新函數(shù)最值間題?！窘夥?】因為f'=lnx+-a+1，f''存在x0綜上所述，a的取值范圍是(-∞,2]?！军c撥】對原函數(shù)的最值進行分析求解，注意討論的嚴密性?！窘夥?】設(shè)lnx，理由如下：證明lnx>，構(gòu)造函數(shù)=lnx-所以lnx>故a2。另一方面【點撥】分離參數(shù)后，構(gòu)造函數(shù)，對函數(shù)進行適當(dāng)縮放，注意必要性和充分性?！窘夥?】2-2a)上為增函數(shù)；所以存在綜上可知，a的取值范圍為(-∞,2]?！军c撥】等價變形，構(gòu)造新函數(shù)求解?！窘夥?】f(x)>0，必有f'(1)0。所以a2。f(x)>0的充分條件。綜上可知，a的取值范圍為(-∞,2]。【點撥】端點效應(yīng)尋必要，證其充分等價求?！举p析】問題(Ⅱ)屬于恒成立求參數(shù)取值范圍問題，解決這類問題通常有如下解題策略：1.分離參數(shù)法：將所求的參數(shù)分離出來，轉(zhuǎn)化為新函數(shù)的最值問題（如【解法1】但有時新函數(shù)最值不存在，需要借助高等數(shù)學(xué)知識洛必達法則，此時不推薦運用該法，但可以作為尋求最后答案的一種手段；2.直接求導(dǎo)法：如【解法2】，此法有時在求導(dǎo)后還含參數(shù)或含有超越函數(shù)，需要二次求導(dǎo)，再對參數(shù)范圍進行分類討論，進而獲解，這種方法是近年來高考真題中導(dǎo)數(shù)最為常用的，值得研究與思考；3.放縮求解法：如【解法3】，通過放縮轉(zhuǎn)化為易求最值的函數(shù)，進而得到使不等式成立的充分條件，再證其必要性，這種方法對思維程度要求很高，并且不易把握，故不提倡該類解法；4.等價轉(zhuǎn)換法：如【解法4】，等價轉(zhuǎn)化的目的是第一次求導(dǎo)后得到的導(dǎo)函數(shù)可以化歸為多項式函數(shù)或分式函數(shù)或易于確定導(dǎo)數(shù)有無零點的函數(shù)形式，用此法關(guān)鍵是變形處理；5.端點效應(yīng)分析法：如【解法5】，此法是對給定區(qū)間的端點函數(shù)值進行分析，然后利用導(dǎo)數(shù)刻畫其函數(shù)值的變化趨勢，進而得到不等式成立的必要條件，然后證明其充分性。【例5】已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f'(x)，e為自然對數(shù)的底數(shù)，若函數(shù)f(x)滿足且則不等式f(x+1)-f(e+1)>x+e的解集是。依題意得下面分析導(dǎo)函數(shù)f'(x)的零點，構(gòu)造g(x)=lnx-xf(x)，其導(dǎo)函數(shù)因為f(x+1)-f(e+1)>x+e，觀察上式中的變形結(jié)果，可知其變形是為了構(gòu)造函數(shù)φ(x)=f(x)-x，所以不等式f(x+1)-f(e+1)>x+e的解集為(-1，e)?！军c撥】對于求不等式f(x+1)-f(e+1)>x+e的解集，可適當(dāng)變形構(gòu)造新函數(shù)利用其單調(diào)性求解。這就要求對f(x)的導(dǎo)函數(shù)進行分析，于是對題設(shè)進行變形，直接分析其導(dǎo)函數(shù)?！窘夥?】構(gòu)造2依據(jù)可知所以所以因為f(x+1)-f(e+1)>x+e，觀察上式中的變形結(jié)果，可知其變形是為了構(gòu)造函數(shù)φ(x)=f(x)-x，所以【點撥】注意觀察題設(shè)中等式的左邊為函數(shù)y=xf(x)的導(dǎo)函數(shù)，考慮等式右邊函數(shù)的原函數(shù)，嘗試求解f(x)的表達式，再構(gòu)造函數(shù)φ(x)=f(x)-x，利用函數(shù)的單調(diào)性進行分析?！窘夥?】和【解法2】都是對不等式f(x+1)-f(e+1)>x+e從同構(gòu)的角度變形，法1】是對條件變形，研究fI(x)與0的大小后作出判斷函數(shù)φ(x)的單調(diào)性的，解法則是采取逆用積函數(shù)導(dǎo)數(shù)法則構(gòu)造積函數(shù)求出函數(shù)f(x)的解析式，進行求解的，這是求解含函數(shù)符號“f”的不等式的兩種常用方法，值得體會與研究?！纠?】已知f(x)為定義在(0，+∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，且f(x)>xfI(x)恒成立，則不等式x2f),|-f(x)>0的解集為。2f xx(x,(x,【點撥】觀察到題中x2f),|-f(x)>0的左邊是的導(dǎo)函數(shù)的分子，進而構(gòu)造函數(shù)。【解法2】(x,(x,所求不等式x2f(|1)|-f(x)>0即為x2-1>0，(x,(x,【點撥】題設(shè)中不含有具體表達式，屬于抽象函數(shù)問題，又是填空題，往往可以嘗試構(gòu)造特殊函數(shù)，使得其滿足題意，簡化運算。【賞析】【解法1】通過構(gòu)造函數(shù)，得到g在上是單調(diào)遞減函數(shù)，然后將所得不等式化為與g(x)有關(guān)的不等式，最后利用函數(shù)g(x)的單調(diào)性得到與x的大小關(guān)系，是解決這類問題的通法，解法則顯得更加巧妙、快捷。本題是一類較為典型的利用函數(shù)的單調(diào)性解不等式的問題。已知條件中的f(x)>xfI(x)和函數(shù)的單調(diào)性有關(guān)，我們通常將它移項，化為一邊是0的不等式，然后構(gòu)造函數(shù)，同時得到該函數(shù)的單調(diào)性，最后再將待解不等式化為與構(gòu)造函數(shù)有關(guān)的不等式。這類問題的難點在于函數(shù)的構(gòu)造，構(gòu)造函數(shù)時要熟悉一些常見的結(jié)構(gòu)，如“f(x)+xfI(x)>0”可構(gòu)造函數(shù)g(x)=xf(x)；“f(x)+fI(x)>0”可構(gòu)造函數(shù)g(x)=exf(x)；“f(x)-fI(x)>0”可構(gòu)造函數(shù)+x2fI則可通過分類討論f(x)+xfI(x)>0，x<0時，f(x)+xfI(x)<0）化為前面的類型等等。對于一些選擇題，有時我們也可以通過分析待解不等式或選項中不等式的結(jié)構(gòu)特征，進而得到需要構(gòu)造的函數(shù)。構(gòu)造特殊函數(shù)時一般選擇較為簡單且能滿足題意的函數(shù)，如常數(shù)函數(shù)、一次函數(shù)、二次函數(shù)1.已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)+f(-x)=x2成立，當(dāng)x<0時，fI(x)<x，則不等式的解集為。令gx2，得g-x2=0，所以g為奇函數(shù).又gI(x)=f(x)-x，因為fI(x)<x，所以gI(x)<0,g(x)在R上單調(diào)遞減.由等價于得xx1-x,x所以解集為2.設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)函數(shù)fI(x)，對任意x∈R，都有f(x)+f(-x)=x2，且x>0時，fI(x)>x，若f(2-a)-f(a)≥2-2a則實數(shù)a的取值范圍是()A.令Fx2，則FI-x>0所以F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.所以F(x)=-F(-x),F(x)為奇函數(shù).所以F(x)為R上的增函數(shù).又f(2-a)-f(a)2-2a可變形等價于即F(2-a)F(a)，所以2-aa得a1.故選B.A.2016f(2016)>2015f(2015)B.2016f(2016)<2015f(2015)C.20152f(2015)>20162f(2016)D.20152f(2015)<20162f(2016)【解析】設(shè)g(x)=x2f(x),x>0，得gI(x)=x2f(x)+xfI(x)>0所以函數(shù)g(x)在(0,+∞)上是增函所以g(2016)>g(2015)，即20152f(2015)<20162f(2016)，故選D.4.已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為，滿足則函數(shù)f(x)的最大值為()A.2eB.eC.D.所以由f,(x)>0，得0<x<e-由f,(x)<0，得x>e-f(x)在(|0,e-上為增函數(shù)，(,所以max=f.故選D.5.設(shè)奇函數(shù)f(x)定義在區(qū)間(-π,0)U(0，π)上，其導(dǎo)函數(shù)為f,(x)，當(dāng)0<x<π時，f,(x)sinx-f(x)cosx<0，則關(guān)于x的不等式f(x)<2f),|sinx的解集為()因為0<x<π時，f,(x)sinx-f(x)cosx<0，所以0<x<π時，g,(x)<0,g(x)單調(diào)遞淢，所以g是偶函數(shù)且在(-π,0)上單調(diào)遞增.故不等式sinx的解集為，故選C.6.設(shè)f,(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且f,=e（e為自然對數(shù)的底數(shù)則不等式f(lnx)<x2的解集為?！窘馕觥靠蓸?gòu)造函數(shù)由f,(x)>2f(x)，可得F,(x)>0，即有F(x)在R上單調(diào)遞增，所以∈R，若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，1)上不單調(diào)，則a的取值范圍為。________【解析】f,(x)=lnx+1+2ax，由題意知方程lnx+1+2ax=0在區(qū)間(0,1)上有解，即方程-2a=在區(qū)間(0,1)上有解.令g(x)=lnx+1,x∈(0,xxxg(x)在所以g(x)在(0,1)上的值域為(-∞,1)，于是-2a<1，故實數(shù)a的取值范圍是a>-.8.已知函數(shù)f(x)=ex-ax-1（a>0，e為自然對數(shù)的底數(shù)）?！窘馕觥?I)a>0,f,(x)=ex-a，由f,(x)=ex-a=0得x=lna所以f(x)在(-∞,lna)上單調(diào)遞淢，在(lna,+∞)上單調(diào)遞增，即f(x)在x=lna處取得極小值，且為最小值，其最小值為f(lna)=elna-alna-1=a-alna-1.(II)f(x)0對任意的x∈R恒成立，即在x∈R上，f(x)min0恒成立.由(I)，設(shè)g(a)=a-alna-1，所以g(a)0.由g,(a)=1-lna-1=-lna=0得a=1.易知g(a)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞減，所以g(a)在a=1處取得最大值，而g(1)=0，令，則，即所以-lnk，累加得f,(x)=ex-a，故當(dāng)a0時，f,(x)>0，不符合題意；由題知必有ff2.由對數(shù)平均不等式知21)x22.f,，當(dāng)a0時，f,不符合題意；當(dāng)a>0時，xxf2.構(gòu)造函數(shù)所以H(x)單調(diào)遞增=0，即f22x22.11.已知函數(shù)f(x