第1章 培优课 构造函数的应用-【步步高】2023-2024学年高二数学选择性必修第二册 （湘教版2019）

培优课　构造函数的应用 利用导数研究函数的单调性，再由单调性解(证明)不等式、比较大小，常利用构造函数来解决． 一、构造函数比较大小 例1　已知x>0，a＝x，b＝x－，c＝ln(1＋x)，则(　　) A．c<b<a B．b<a<c C．c<a<b D．b<c<a 答案　D 解析　令f(x)＝a－c＝x－ln(1＋x)，x>0， 则f′(x)＝1－>0， ∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴f(x)>f(0)＝0，可得a>c. 令g(x)＝c－b＝ln(1＋x)－x＋，x>0， 则g′(x)＝－1＋x＝>0， ∴函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴g(x)>g(0)＝0，可得c>b. 综上可得，a>c>b. 反思感悟　(1)利用导数比较大小，有时需要利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小的问题． (2)比较大小时，需关注函数的性质，如奇偶性、对称性，进而把自变量转移到同一区间，再利用单调性比较即可． 跟踪训练1　若函数f(x)对任意x∈R都有f′(x)>f(x)成立，则(　　) A．3f(ln 5)>5f(ln 3) B．3f(ln 5)＝5f(ln 3) C．3f(ln 5)<5f(ln 3) D．3f(ln 5)与5f(ln 3)的大小不确定 答案　A 解析　令g(x)＝， 则g′(x)＝， 因为对任意x∈R都有f′(x)>f(x)， 所以g′(x)>0，即g(x)在R上单调递增． 又ln 3<ln 5，所以g(ln 3)<g(ln 5)， 即<， 所以5f(ln 3)<3f(ln 5)． 二、构造函数解不等式 角度1　利用fx与x构造 例2　已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<－xf′(x)，则不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是(　　) A．(0,1) B．(2，＋∞) C．(1,2) D．(1，＋∞) 答案　B 解析　构造函数g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)， 则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0， 所以函数g(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上单调递减． 又因为f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)， 所以(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)， 即g(x＋1)>g(x2－1)，所以x＋1<x2－1， 解得x>2或x<－1(舍)． 所以不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是(2，＋∞)． 延伸探究　把本例中的条件“f(x)<－xf′(x)”换为“f(x)<xf′(x)”，解不等式(x2＋1)f(2x＋1)>(2x＋1)f(x2＋1)． 解　设g(x)＝， 则g′(x)＝， ∵f(x)<xf′(x)， ∴g′(x)>0， 故g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 由(x2＋1)f(2x＋1)>(2x＋1)f(x2＋1)，得>， 即g(2x＋1)>g(x2＋1)， 所以解得0<x<2. 即不等式(x2＋1)f(2x＋1)> (2x＋1)f(x2＋1)的解集为(0,2)． 反思感悟　用函数单调性比较大小或解不等式时常构造函数，常见的有： (1)对于f′(x)>g′(x)，构造h(x)＝f(x)－g(x)． (2)对于f′(x)＋g′(x)>0，构造h(x)＝f(x)＋g(x)． (3)对于f′(x)>a，构造h(x)＝f(x)－ax. (4)对于xf′(x)＋f(x)>0，构造h(x)＝xf(x)． (5)对于xf′(x)－f(x)>0，构造h(x)＝. 跟踪训练2　已知函数f(x)＝xln x＋x(x－a)2(a∈R)．若存在x∈，使得f(x)>xf′(x)成立，则实数a的取值范围是(　　) A. B. C．(，＋∞) D．(3，＋∞) 答案　C 解析　由f(x)>xf′(x)成立，可得′＝<0. 构造函数g(x)＝＝ln x＋(x－a)2，则存在x∈，使得g′(x)＝＋2(x－a)<0成立， 即a>min，又x＋≥2＝， 当且仅当x＝，即x＝时取等号，所以a>. 角度2　利用fx与ex构造 例3　已知f(x)为R上的可导函数，其导函数为f′(x)，且对于任意的x∈R，均有f(x)＋f′(x)>0，则(　　) A．e－2 023f(－2 023)<f(0)，e2 023f(2 023)>f(0) B．e－2 023f(－2 023)<f(0)，e2 023f(2 023)<f(0) C．e－2 023f(－2 023)>f(0)，e2 023f(2 023)>f(0) D．e－2 023f(－2 023)>f(0)，e2 023f(2 023)<f(0) 答案　A 解析　构造函数h(x)＝exf(x)， 则h′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0， 所以函数h(x)在R上单调递增， 故h(－2 023)<h(0)， 即e－2 023f(－2 023)<e0f(0)， 即e－2 023f(－2 023)<f(0)． 同理，h(2 023)>h(0)， 即e2 023f(2 023)>f(0)． 延伸探究　把本例中的条件“f(x)＋f′(x)>0”换为“f′(x)>f(x)”，比较e2 023f(－2 023)与f(0)的大小． 解　令g(x)＝， 则g′(x)＝， 因为对任意的x∈R，都有f′(x)>f(x)， 所以g′(x)>0，即g(x)在R上单调递增， 所以g(－2 023)<g(0)， 即<， 所以e2 023f(－2 023)<f(0)． 反思感悟　f(x)与ex构造常见的形式 (1)对于f′(x)＋f(x)>0，构造h(x)＝exf(x)． (2)对于f′(x)>f(x)，构造h(x)＝. 跟踪训练3　(多选)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f′(x)<f(x)对任意的x∈R恒成立，则(　　) A．f(ln 2)<2f(0) B．f(2)<e2f(0) C．f(ln 2)>2f(0) D．f(2)>e2f(0) 答案　AB 解析　构造函数g(x)＝，则g′(x)＝<0，所以g(x)在R上单调递减，又ln 2>0,2>0， 所以g(ln 2)<g(0)，g(2)<g(0)，即<，<，所以f(ln 2)<2f(0)，f(2)<e2f(0)． 角度3　利用fx与sin x，cos x构造 例4　(多选)已知定义在上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(0)＝0，f′(x)cos x＋f(x)sin x<0，则下列判断中正确的是(　　) A．f <f  B．f >0 C．f >f  D．f >f  答案　CD 解析　令g(x)＝，x∈， 则g′(x)＝， 因为f′(x)cos x＋f(x)sin x<0， 所以g′(x)＝<0在上恒成立， 因此函数g(x)＝在上单调递减， 又0<<<， 所以g>g， 即>， 即f >f ，故A错误； 又f(0)＝0，所以g(0)＝＝0， 所以g(x)＝≤0在上恒成立， 因为ln ∈， 所以f <0，故B错误； 又0<<<，所以g>g， 所以>， 即f >f ，故C正确； 又0<<<， 所以g>g， 所以>， 即f >f ，故D正确． 反思感悟　f(x)与sin x，cos x构造常见的形式 (1)对于f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，构造函数h(x)＝f(x)sin x. (2)对于f′(x)sin x－f(x)cos x>0，构造函数h(x)＝. (3)对于f′(x)cos x－f(x)sin x>0，构造函数h(x)＝f(x)cos x. (4)对于f′(x)cos x＋f(x)sin x>0，构造函数h(x)＝. 跟踪训练4　已知函数y＝f(x－1)的图象关于点(1,0)对称，函数y＝f(x)对于任意的x∈(0，π)满足f′(x)sin x>f(x)cos x(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是(　　) A．f >－f  B.f <－f  C.f >2f  D.f <f  答案　C 解析　由已知，得f(x)为奇函数，由函数y＝f(x)对于任意的x∈(0，π)满足f′(x)sin x>f(x)cos x，得f′(x)sin x－f(x)cos x>0，即′>0， 所以y＝在(0，π)上单调递增， 又因为y＝为偶函数， 所以y＝在(－π，0)上单调递减， 所以<，即f >2f ，选项C成立； 同理把选项转化后知选项A，B，D均不成立． 三、构造函数证明不等式 例5　(1)已知函数f(x)＝ex－e(ln x＋1)，求证：f(x)≥0恒成立； (2)当x>1时，求证：x2＋ln x<x3. 证明　(1)由题意知f′(x)＝ex－＝，x>0， 设F(x)＝xex－e，则F(x)在(0，＋∞)上单调递增，且F＝0. 当x∈时，F(x)<0， ∴f′(x)＝<0，f(x)单调递减， 当x∈时，F(x)>0， ∴f′(x)＝>0，f(x)单调递增． ∴f(x)的最小值为f(x)min＝f＝0， ∴f(x)≥0恒成立． (2)令f(x)＝x3－x2－ln x， 则f′(x)＝2x2－x－＝， ∵x>1，∴x－1>0， 又2x2＋x＋1>0， ∴当x>1时，f′(x)>0， 即f(x)在(1，＋∞)上单调递增， ∴f(x)>f(1)＝>0， 即x2＋ln x<x3. 反思感悟　证明f(x)＞g(x)的一般方法是证明h(x)＝f(x)－g(x)＞0(利用单调性或最值)，可构造出一个函数(可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数)，并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性，证明要证的不等式． 跟踪训练5　已知a，b为实数，且b>a>e，其中e为自然对数的底数，求证：ab>ba. 证明　方法一　∵b>a>e， ∴要证ab>ba，只需证bln a>aln b. 设f(x)＝xln a－aln x(x>a)， 则f′(x)＝ln a－. ∵x>a>e， ∴ln a>1，且<1， ∴f′(x)>0. ∴函数f(x)＝xln a－aln x在(a，＋∞)上单调递增． ∵b>a>e， ∴f(b)>f(a)＝aln a－aln a＝0， 即bln a－aln b>0， ∴bln a>aln b，即ab>ba. 方法二　∵b>a>e， ∴要证ab>ba，只需证bln a>aln b， 即>. 设f(x)＝(x>e)， 则f′(x)＝. ∵x>e，∴f′(x)＝>0， 故函数f(x)＝在(e，＋∞)上单调递增． 又b>a>e， ∴>，从而ab>ba. 1．已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对任意的正数a，b，若a<b，则必有(　　) A．bf(b)≤af(a) B．bf(a)≤af(b) C．af(a)≤bf(b) D．af(b)≤bf(a) 答案　A 解析　设g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)≤0，∴g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减或g(x)为常函数． ∵0<a<b，∴g(a)≥g(b)，即af(a)≥bf(b)． 2．已知函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，若f(x)满足(x－1)[f′(x)－f(x)]>0，f(2－x)＝f(x)·e2－2x，则下列判断一定正确的是(　　) A．f(1)<f(0) B．f(2)>e2f(0) C．f(3)>e3f(0) D．f(4)<e4f(0) 答案　C 解析　构造函数F(x)＝，则F′(x)＝＝，又(x－1)[f′(x)－f(x)]>0，则当x>1时，F′(x)>0，F(x)在(1，＋∞)上单调递增，当x<1时，F′(x)<0，F(x)在(－∞，1)上单调递减．又由f(2－x)＝f(x)·e2－2x⇔F(2－x)＝F(x)⇒F(x)的图象关于直线x＝1对称，根据F(x)的单调性和图象(图略)可知选C. 3．已知α，β∈，且αsin α－βsin β>0，则下列结论正确的是(　　) A．α>β B．α2>β2 C．α<β D．α＋β>0 答案　B 解析　构造函数f(x)＝xsin x，则f′(x)＝sin x＋xcos x，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；因为f(x)为偶函数，则当x∈时，f(x)单调递减．又因为αsin α－βsin β>0，所以αsin α>βsin β， 所以f(α)>f(β)，则|α|>|β|，所以α2>β2. 4．已知f(x)的定义域为R，f(1)＝2 023，且f′(x)≥6x恒成立，则不等式f(x)>3x2＋2 020的解集为(　　) A．(－1,1) B．(1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 答案　B 解析　令函数g(x)＝f(x)－3x2， 因为g′(x)＝f′(x)－6x≥0， 所以g(x)在R上单调递增． 因为g(1)＝f(1)－3＝2 020， 所以不等式f(x)>3x2＋2 020等价于g(x)>g(1)， 所以x>1. 5．已知a＝ln，b＝e－1，c＝，则a，b，c的大小关系为(　　) A．b>c>a B．a>c>b C．a>b>c D．b>a>c 答案　D 解析　依题意得a＝ln＝，b＝e－1＝，c＝＝. 令f(x)＝(x>0)， 则f′(x)＝， 易知函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减． 所以f(x)max＝f(e)＝＝b， 且f(3)>f(8)，即a>c， 所以b>a>c. 6．(多选)已知f(x)为(0，＋∞)上的可导函数，且(x＋1)f′(x)>f(x)，则下列不等式一定成立的是(　　) A．3f(4)<4f(3) B．4f(4)>5f(3) C．3f(3)<4f(2) D．3f(3)>4f(2) 答案　BD 解析　由(x＋1)f′(x)>f(x)， 得(x＋1)f′(x)－f(x)>0， 令g(x)＝， 则g′(x)＝>0， ∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴g(2)<g(3)<g(4)， 则<<， 即4f(2)<3f(3)，5f(3)<4f(4)． 7．设f′(x)是定义在(0，π)上的函数f(x)的导函数，有f′(x)cos x－f(x)sin x>0，若a＝f ，b＝0，c＝－f ，则a，b，c的大小关系是______________． 答案　a<b<c 解析　设函数g(x)＝f(x)cos x， 则g′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x， 因为f′(x)cos x－f(x)sin x>0， 所以g′(x)>0， 所以g(x)在(0，π)上单调递增， 因为a＝f ＝f cos ＝g， b＝0＝f cos ＝g， c＝－f ＝f cos ＝g， 又0<<<<π， 所以a<b<c. 8．已知函数f(x)的定义域为R，且f(x)>f′(x)＋1，f(0)＝3，则不等式f(x)>2ex＋1的解集为________． 答案　(－∞，0) 解析　设g(x)＝，则g′(x)＝－，∵f(x)>f′(x)＋1，∴f(x)－f′(x)－1>0，∴g′(x)<0，∴g(x)在R上单调递减，∵f(x)>2ex＋1，∴g(x)＝>2，又g＝＝2，∴g(x)>g，∴x<0，∴f(x)>2ex＋1的解集为. 9．若对任意的x∈[e，＋∞)，都有xln x≥ax－a，求实数a的取值范围． 解　对任意的x∈[e，＋∞)，都有xln x≥ax－a，等价于a≤在[e，＋∞)上恒成立， 令h(x)＝，x∈[e，＋∞)， 则h′(x)＝， 令m(x)＝x－ln x－1，x∈[e，＋∞)， 则m′(x)＝1－， 当x≥e时，m′(x)>0， 即m(x)在[e，＋∞)上单调递增， 故m(x)≥m(e)＝e－2>0，所以h′(x)>0， 所以h(x)＝在[e，＋∞)上单调递增， h(x)min＝h(e)＝，所以a≤. 即实数a的取值范围是. 10．已知f(x)＝xln x. (1)求函数f(x)的极值； (2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立． (1)解　由f(x)＝xln x，x>0， 得f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)＝0，得x＝. 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 所以当x＝时，f(x)取得极小值， f(x)极小值＝f ＝－，无极大值． (2)证明　问题等价于证明xln x>－，x∈(0，＋∞)． 由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，当且仅当x＝时取到． 设m(x)＝－，x∈(0，＋∞)， 则m′(x)＝， 当x>1时，m′(x)<0，m(x)单调递减； 当0<x<1时，m′(x)>0，m(x)单调递增， 易知m(x)max＝m(1)＝－， 当且仅当x＝1时取到． 从而对一切x∈(0，＋∞)，xln x≥－≥－，两个等号不同时取到， 所以对一切x∈(0，＋∞)都有ln x>－成立． 学科网（北京）股份有限公司 $$