第1章 培优课 构造函数的应用 （课件）-【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 第1章　 §1.3　导数在研究函数中的应用 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. 内容索引 一、构造函数比较大小 二、构造函数解不等式 课时对点练 三、构造函数证明不等式 构造函数比较大小 一 √ 令f(x)＝a－c＝x－ln(1＋x)，x>0， ∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴f(x)>f(0)＝0，可得a>c. ∴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. (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. 反思感悟 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 √ 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. 所以5f(ln 3)<3f(ln 5). 二 构造函数解不等式 角度1　利用f(x)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，＋∞) √ 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). 13 ∵f(x)<xf′(x)，∴g′(x)>0， 故g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 即g(2x＋1)>g(x2＋1)， 即不等式(x2＋1)f(2x＋1)>(2x＋1)f(x2＋1)的解集为(0,2). 14 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)＝ 反思感悟 √ 角度2　利用f(x)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) √ 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. 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e2 023f(－2 023)<f(0). 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). 反思感悟 21 跟踪训练2　已知函数h(x)＝x3＋3x2－9x＋1在区间[k,2]上的最大值是28，求k的取值范围. 22 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) √ √ 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)， 角度3　利用f(x)与sin x，cos x构造 √ √ 因为f′(x)cos x＋f(x)sin x<0， 反思感悟 28 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 √ 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， 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 设F(x)＝xex－e(x>0)，则F(x)在(0，＋∞)上单调递增，且F(1)＝0. ∴f(x)的最小值为f(x)min＝f(1)＝0， ∴f(x)≥0恒成立. 例5　(1)已知函数f(x)＝ex－e(ln x＋1)，求证：f(x)≥0恒成立； 33 ∵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， 34 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. 反思感悟 35 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. 36 方法一　∵b>a>e， ∴要证ab>ba，只需证bln a>aln b. ∴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. 37 方法二　∵b>a>e， 38 课时对点练 四 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) √ 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). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 构造函数f(x)＝xsin x，则f′(x)＝sin x＋xcos x， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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，＋∞) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 易知函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减. 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) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ 由(x＋1)f′(x)>f(x)，得(x＋1)f′(x)－f(x)>0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴g(2)<g(3)<g(4)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 a<b<c 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， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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__________. (－∞，0) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ∵f(x)>f′(x)＋1，∴f(x)－f′(x)－1>0， ∴g′(x)<0，∴g(x)在R上单调递减， ∴x<0，∴f(x)>2ex＋1的解集为(－∞，0). 9.若对任意的x∈[e，＋∞)，都有xln x≥ax－a，求实数a的取值范围. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10.已知f(x)＝xln x. (1)求函数f(x)的极值； 由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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 则f′(x)＝1－>0， 令g(x)＝c－b＝ln(1＋x)－x＋，x>0， 则g′(x)＝－1＋x＝>0， 令g(x)＝，则g′(x)＝， 又ln 3<ln 5，所以g(ln 3)<g(ln 5)，即 < ， 设g(x)＝，则g′(x)＝， 由(x2＋1)f(2x＋1)>(2x＋1)f(x2＋1)，得 > ， 所以解得0<x<2.  . 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，＋∞) 当且仅当x＝，即x＝时取等号，所以a>. 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＝， 令g(x)＝，则g′(x)＝， 所以g(－2 023)<g(0)，即 < ， (2)对于f′(x)>f(x)，构造h(x)＝. 构造函数g(x)＝，则g′(x)＝<0， 即 < ，< ，所以f(ln 2)<2f(0)，f(2)<e2f(0). 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  因此函数g(x)＝在上单调递减， 又0<<<，所以g>g， 令g(x)＝，x∈， 则g′(x)＝， 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， 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， 所以>，即f >f ，故C正确； 又0<<<，所以g>g， 所以>，即f > f ，故D正确.  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)＝. A.f >－ f  B. f <－f  C. f >2 f  D. f < f  所以y＝在(－π，0)上单调递减， 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<，即 f >2 f ，选项C成立； 当x∈(1，＋∞)时，F(x)>0，∴f′(x)＝>0，f(x)单调递增. 由题意知f′(x)＝ex－＝，x>0， 当x∈(0，1)时，F(x)<0，∴f′(x)＝<0，f(x)单调递减， ∴f(x)>f(1)＝>0，即x2＋ln x<x3. (2)当x>1时，求证：x2＋ln x<x3. 令f(x)＝x3－x2－ln x， 则f′(x)＝2x2－x－＝， 设f(x)＝xln a－aln x(x>a)，则f′(x)＝ln a－. ∵x>a>e，∴ln a>1，且<1， ∵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. ∴要证ab>ba，只需证bln a>aln b，即>. 设f(x)＝(x>e)，则f′(x)＝. 构造函数F(x)＝，则F′(x)＝＝， 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 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. 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 依题意得a＝ln＝，b＝e－1＝，c＝＝. 令f(x)＝(x>0)，则f′(x)＝， 所以f(x)max＝f(e)＝＝b， 令g(x)＝，则g′(x)＝>0， 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________. c＝－ f ＝f cos ＝g， 又0<<<<π，所以a<b<c. 因为a＝ f ＝f cos ＝g， b＝0＝f cos ＝g， 设g(x)＝，则g′(x)＝－， ∵f(x)>2ex＋1，∴g(x)＝>2， 又g(0)＝＝2，∴g(x)>g(0)， 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－， 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. 所以当x＝时，f(x)取得极小值，f(x)极小值＝f ＝－，无极大值. 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. (2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立. 易知m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到. 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)＝， 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. $$