江西省高中数学必修三内容-九算数学包括高中数学吗
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)
f
?
(x)?g
?
(x)?0(或?0)?F(x)?f(x)?g(x)
;
(2)
f
?
(x)-g
?
(x)?0(或?0)?F(x)?f(x)-g(x)
;
(3)
f
?
(x)?k(或?k)?F(x)?f(x)?kx
;
2.利用积商函数求导法则构造
(1)
f
?
(x)g(x)?f(
x)g
?
(x)?0(或?0)?F(x)?f(x)g(x)
;
(2)<
br>f
?
(x)g(x)-f(x)g
?
(x)?0(或?0)?F(x)
?
f(x)
(
g
(
x
)
?
0)
;
g(x)
(3)
xf
?
(x)?f(x)?0(或?0)?F(x)
?xf(x)
;
(4)
xf
?
(x)-f(x)?0(或?0)?
F(x)?
f(x)
(
x?
0)
;
x
(5)xf
?
(x)
?
nf(x)
?
0(
或?
0)
?
F(x)
?
x
n
f(x)
;
(
6)
xf
?
(x)-nf(x)?0(或?0)?F(x)?
f(x)
(
x?
0)
;
n
x
(7)
f
?
(x)
?
f(x)
?
0(
或?
0)
?
F
(x)
?
e
x
f(x)
;
(8)
f
?<
br>(x)-f(x)?0(或?0)?F(x)?
f(x)
(
x?
0)<
br>;
x
e
(9)
f
?
(x)
?
kf
(x)
?
0(
或?
0)
?
F(x)
?
e<
br>kx
f(x)
;
(10)
f
?
(x)-kf(x)
?0(或?0)?F(x)?
f(x)
(
x?
0)
;
e<
br>kx
(11)
f(x)?f
?
(x)tanx?0(或?0)?F(x
)?sinxf(x)
;
(12)
f(x)-f
?
(x)tanx
?0(或?0)?F(x)?
(13)
f
?
(x)?tanxf(x)?0(
或?0)?F(x)?
f(x)
(sin
x?
0)
;
sinx
f(x)
(cos
x?
0)
;
cosx
(14)
f
?
(x)-tanxf(x)?0(或?0)?F(x)?cos
f(x)
;
(15)
f
?
(
x
)+lna
f
(
x
)
?
0(
或?
0)
?F
(
x
)
?a
x
f
(
x
)
;
(16)
f
?
(x)?lnaf(x)
?0(或?0)?F(x)?
f(x)
a
x
;
考点一。直接构造法
1.(1)已知
f(x)?f(4?x)
,且当
x?2
时,其导函数
f
?
(x)
满足
则( )
A.
f(2
a
)?f(3)?f(log
2
a)
B.
f(3)?f(log
2
a)?f(2
a
)
C.
f(log
2
a)?f(3)?f(2
a
)
D.
f(log
2
a)
解:由题:对称轴x=2,
(x?2)f<
br>?
(x)?0?当x?2时,f(x)单减,当x?2时,f(x)单增,
?1?log
2
a?2,4?2
a
?16,选C
。
?f(2)
a
?f(3)
xf
?
(x)?2f
?
(x)
,若
2?a?4
,
(2)设a>0,b>0.( )
A.若
2
a
?2a?2
b
?2b
,则a>b
B.若
2
a
?2a?2
b
?2b
,则a<b
C.若
2
a
?2a?2
b
?2b
,则a>b
D.若
2
a
?2a?2
b
?2b
,则a<b
解:
对选项A:构造函数:
f
?
x
?
?
2
x
?
2
x
,
?0?
则
f
?
?
x
?
?2
x
?ln22
恒成立,故有函数
f
?
x<
br>?
?2
x
?2x
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
f(x)
满足
f(2)?1
,且
f(x)
的导函数
f
?
(x)?x?1
,求解不等式
f(x)?
1
x
2
?x?1
2
。
解:<
br>g(x)?f(x)?
1
2
x?x?1,?g
?
(x)?f<
br>?
(x)?x?1?0,则g(x)单增,g(2)?0,故解集为:x?2
2
。
(4)已知函数
f
?
x
?
满足:
f<
br>?
x
?
?1?f
?
?
x
?
,f?
0
?
?
e
x
f
?
x
??e
x
?1
?
??
0,fx是
?
f
?
x
的导函数,求解不等式
。
。
解:
令g(x)
?e
x
f(x)?e
x
?1,?g
?
(x)?e
x
(f(x)?f
?
(x)?1)?0,则g(x)单增,g(0)?0,故解集为:x
?0
f(x)
满足
f(x)?f'(x)?1
,
f(0)?4
,求解不等式
f(x)?
(5)若
3
?1
。
x
e
3e
x
f(x)?e
x
?3h(x)
?
x
解:令
g(x)?f(x)?
x
?1?
,
?h
?
(x)?e
x
(f(x)?f
?
(x)?1)
>0,g(x)单调递
增,
x
eee?0
g(0)=f(0)-4=0,则g(x)>0,故x>0.
(6)若函数f(x)满足:
2f
?
(x)?解:令g(x)=
f(x)
e
x
2
f(x)
成立,若<
br>f(ln4)?2
,求解不等式
f(x)?e
x
2
。
?1
,则
1
e(f
?
(x)?f(x))
2
g
?
(x)?
x
(e
2
)
2
x
2
x
2
>0,则单调递增,
g(ln4)?
f(ln4)
e
ln4
2
,则
g(x)>g(ln4),不等式
f(x)?e
的解为:x>ln4.
考点二。找原函数构造法
2.(1)若奇函数f(x)满足:f(?1)?0
,当
x?0
时,
xf
'
(x)?f(x
)?0
,求解不等式
f(x)?0
。
解:令g(x)?
f(x)x
f
?
(x)?f(x)奇
,当x?0,g
?
(x)??0?g(x)
单减,又f(x)为奇?g(x)??偶,x?0,单增
,且
xx
2
奇
g(1)=g(-1)=0,故解集为:x<-1或0
3f(x)?f
?
(x)?3,求解不等式4f(x)?f
?
(x)
。
解:
f(
x
)
?e
3x
?<
br>1但f(0)
?
0不合题意
,则
f(x)?2e
3x
?1,故4f(x)?f
?
(x)?2e
3x
?4?0?x?
ln2
。
3
考点三。比大小,证明
3.(1)证明对任意正整数n,不等式ln(
1
?1)?
n
11
?
32
nn
。
2
解:令x=
1
n
,设函数
1
3x
3
?x
2
?2x?1
f(x)=
x
?x?
ln(x?
1)
(0
1),
f
?
(x)?3x
?2x?
=
x?1
x?1
32
3x
3
?
(x?1)
2
=
x?1
>0恒成立,所以f(x)单调增加,所以f(x)>
f(0)=0,即得证原命题。
f(a)?f(b)f(b)?f(a)
与
的大小。
2b?a
(2)f(x)=
e
x
, 设af(a
)?f(b)f(b)?f(a)
(b?a)?2?(b?a?2)e
b?a
a
?
解:作差法:=
e
,令
2b?a
(2b-a)
g(x)
=x+2+(x-2)
e
x
,则
(0,??)(0,??)
g(0)
=0,
?
g
?
(x)?1?(x?1)e
x
在单调递增,即
g
?
(x)?g
?
(0)?0
,故g(x)在单调递
增,
?
g(x)>g(0)=0,即
f(a)?f(b)f(b)?f(a)
?
。
2b?a
(3)已知函数f(x)=-x-ln(-x),x
?[-e,0),证明:
f(x)?
ln(?x)
>
1
。
x
2
解:设
g(x)?
证
2f(x)?
ln(?x)
=
?x?ln(?x)?
ln(?x)
,令
xx
u=-x∈(0, e],g(u)=
u?lnu-
lnu
,只需
u
g(u)>
1
2
, g'(u)=
1lnu?1u
2
?u-1?lnu
1???
uu
2
u
2
,
12u
2
?u?1
,
令h(u)?u?u?lnu-1,?h<
br>?
(u)?2u?1??
uu
则
h
?
(u)?0?h
?
(u)单增,令h
?
(u)?0,?u?(1,2),
(1)当u∈(0,
1],lnu-1<0,1-
1
<0,g'(u)<0,g(u)递减,
g(u)≥g(1)=1>
1
,
u
2
不等式成立。
(2)当u∈(1, 2),lnu
u-1
=
1
>
1
,
u<
br>u
u
2
不等式成立。
(3)当u∈[2, e),ln(u)-1>
0,1-
g(2)=
2-
3
ln2?2?
3
lne
=
1
,不等式成立。
22
2
1
u
>0,g'(u
)>0,g(u)递增,g(u)≥
考点四。放缩构造法
4.(1)已知函数
时,
(1)求证:1-x≤f(x)≤
1
;
(2)若
1?x
f(x)=(1+x)e
-2x
,
x
3
g(x)=ax+
2
+1+2xcos
x.当x∈[0,1]
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)e
x
.
记h(x)=(1+x)e
-x
-(1-x
)e
x
,则h′(x)=x(e
x
-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
≤
1
,只需证明
1?x
e
x
≥x+1.记K(x)=e
x
-x-1,则K′(x)=e
x
-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)≤
1
,x∈[0,1].综上,1-x≤f(x)≤
1
,x∈[0,1]
.
1?x1?x
3
?
x
x
3
-2x
(2
)f(x)-g(x)=(1+x)e-
?
ax??1?2xcosx
?
≥1
-x-ax-1-
?
?
2
?
x
2
x(a+1+2
2
-2xcos x=-
+2cos
x).设
x
2
G(x)=
2
+2cos
x,则G′(x)=x-2sin x.记H(x)=x-
2sin x,则H′(x)=1-2cos
x,
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,
1x
3
f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立
.f(x)-g(x)≤
?1?ax??2xcos x
1?x2
?
1
?
x
2
?xx
3
?a??2cosx
?
, =
?ax??2xcos x
=
?x
?
2
1?x2<
br>?
1?x
?
记
1x
2
1
I(x)=
?a??2cos x??a?G(x)
,则
1?x21?x
I′(x)=
?
1
?G'(x)
,
2
(1?x)
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+2cos
1,a+3].
因为当a>-3时,a+3>0,所以存在x
0
∈(0,1),使得
I(x
0
)>0,此时f(x
0
)<g(x
0
),
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].
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