高中数学：构造函数方法

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（2）若f(x)满足：f(0) =1,且
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)，lnulnu< br>>u-(u-1)-
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]．