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    高考数学一轮复习第三章 微专题三

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    这是一份高考数学一轮复习第三章 微专题三,共5页。

    函数与方程思想、转化与化归思想是高中数学思想中比较重要的两大思想,而构造函数的解题思路恰好是这两种思想的良好体现.
    一、利用f (x)进行抽象函数构造
    (一)利用f (x)与x构造
    1.常用构造形式有xf (x),eq \f(f x,x),这类形式是对u·v,eq \f(u,v)型函数导数计算的推广及应用.我们对u·v,eq \f(u,v)的导函数观察可得知,u·v型导函数中体现的是“+”法,eq \f(u,v)型导函数中体现的是“-”法,由此,我们可以猜测,当导函数形式出现的是“+”法形式时,优先考虑构造u·v型,当导函数形式出现的是“-”法形式时,优先考虑构造eq \f(u,v).
    例1 设f (x)是定义在R上的偶函数,当x<0时,f (x)+xf′(x)<0,且f (-4)=0,则不等式xf (x)>0的解集为________.
    思路点拨 出现“+”法形式,优先构造F (x)=xf (x),然后利用函数的单调性、奇偶性和数形结合求解即可.
    答案 (-∞,-4)∪(0,4)
    解析 构造F (x)=xf (x),则F′(x)=f (x)+xf′(x),当x<0时,f (x)+xf′(x)<0,可以推出当x<0时,F′(x)<0,∴F (x)在(-∞,0)上单调递减.∵f (x)为偶函数,x为奇函数,∴F (x)为奇函数,∴F (x)在(0,+∞)上也单调递减.根据f (-4)=0可得F (-4)=0,根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略),根据图象可知xf (x)>0的解集为(-∞,-4)∪(0,4).
    例2 设f (x)是定义在R上的偶函数,且f (1)=0,当x<0时,有xf′(x)-f (x)>0恒成立,则不等式f (x)>0的解集为________.
    思路点拨 出现“-”法形式,优先构造F (x)=eq \f(f x,x),然后利用函数的单调性、奇偶性和数形结合求解即可.
    答案 (-∞,-1)∪(1,+∞)
    解析 构造F (x)=eq \f(f x,x),则F′(x)=eq \f(f′x·x-f x,x2),当x<0时,xf′(x)-f (x)>0,可以推出当x<0时,F′(x)>0,F (x)在(-∞,0)上单调递增.∵f (x)为偶函数,x为奇函数,∴F (x)为奇函数,∴F (x)在(0,+∞)上也单调递增.根据f (1)=0可得F (1)=0,根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略),根据图象可知f (x)>0的解集为(-∞,-1)∪(1,+∞).
    2.xf (x),eq \f(f x,x)是比较简单常见的f (x)与x之间的函数关系式,如果碰见复杂的,不易想的我们该如何处理,由此我们可以思考形如此类函数的一般形式.
    F (x)=xnf (x),
    F′(x)=nxn-1f (x)+xnf′(x)=xn-1[nf (x)+xf′(x)];
    F (x)=eq \f(f x,xn),
    F′(x)=eq \f(f′x·xn-nxn-1f x,x2n)=eq \f(xf′x-nf x,xn+1);
    结论:(1)出现nf (x)+xf′(x)形式,构造函数F (x)=xnf (x);
    (2)出现xf′(x)-nf (x)形式,构造函数F (x)=eq \f(f x,xn).
    我们根据得出的结论去解决例3.
    例3 已知偶函数f (x)(x≠0)的导函数为f′(x),且满足f (-1)=0,当x>0时,2f (x)>xf′(x),则使得f (x)>0成立的x的取值范围是________.
    思路点拨 满足“xf′(x)-nf (x)”形式,优先构造F (x)=eq \f(f x,xn),然后利用函数的单调性、奇偶性和数形结合求解即可.
    答案 (-1,0)∪(0,1)
    解析 构造F (x)=eq \f(f x,x2),则F′(x)=eq \f(f′x·x-2f x,x3),当x>0时,xf′(x)-2f (x)<0,可以推出当x>0时,F′(x)<0,F (x)在(0,+∞)上单调递减.∵f (x)为偶函数,x2为偶函数,∴F (x)为偶函数,∴F (x)在(-∞,0)上单调递增.根据f (-1)=0可得F (-1)=0,根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略),根据图象可知f (x)>0的解集为(-1,0)∪(0,1).
    (二)利用f (x)与ex构造
    1.f (x)与ex构造,一方面是对u·v,eq \f(u,v)函数形式的考察,另外一方面是对(ex)′=ex的考察.所以对于f (x)±f′(x)类型,我们可以等同xf (x),eq \f(f x,x)的类型处理,“+”法优先考虑构造F (x)=f (x)·ex,“-”法优先考虑构造F (x)=eq \f(f x,ex).
    例4 已知f (x)是定义在(-∞,+∞)上的函数,导函数f′(x)满足f′(x)A.f (2)>e2f (0),f (2 019)>e2 019f (0)
    B.f (2)e2 019f (0)
    C.f (2)>e2f (0),f (2 019)D.f (2)思路点拨 满足“f′(x)-f (x)<0”形式,优先构造F (x)=eq \f(f x,ex),然后利用函数的单调性和数形结合求解即可.注意选项的转化.
    答案 D
    解析 构造F (x)=eq \f(f x,ex)形式,则F′(x)=eq \f(exf′x-exf x,e2x)=eq \f(f′x-f x,ex),导函数f′(x)满足f′(x)2.同样exf (x),eq \f(f x,ex)是比较简单常见的f (x)与ex之间的函数关系式,如果碰见复杂的,我们是否也能找出此类函数的一般形式呢?
    F (x)=enxf (x),
    F′(x)=n·enxf (x)+enxf′(x)=enx[f′(x)+nf (x)];
    F (x)=eq \f(f x,enx),F′(x)=eq \f(f′xenx-nenxf x,e2nx)=eq \f(f′x-nf x,enx);
    结论:(1)出现f′(x)+nf (x)形式,构造函数F (x)=enxf (x);
    (2)出现f′(x)-nf (x)形式,构造函数F (x)=eq \f(f x,enx).
    我们根据得出的结论去解决例5,例6.
    例5 若定义在R上的函数f (x)满足f′(x)-2f (x)>0,f (0)=1,则不等式f (x)>e2x的解集为________.
    思路点拨 满足“f′(x)-2f (x)>0”形式,优先构造F (x)=eq \f(f x,e2x),然后利用函数的单调性和数形结合求解即可.注意选项的转化.
    答案 {x|x>0}
    解析 构造F (x)=eq \f(f x,e2x)形式,
    则F′(x)=eq \f(e2xf′x-2e2xf x,e4x)=eq \f(f′x-2f x,e2x),
    函数f (x)满足f′(x)-2f (x)>0,则F′(x)>0,F (x)在R上单调递增.
    又∵f (0)=1,则F (0)=1,f (x)>e2x⇔eq \f(f x,e2x)>1⇔F (x)>F (0),根据单调性得x>0.
    例6 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)e2f (0)
    C.f (3)>e3f (0) D.f (4)思路点拨 满足“f′(x)-f (x)”形式,优先构造F (x)=eq \f(f x,ex),然后利用函数的单调性和数形结合求解即可.注意选项的转化.
    答案 C
    解析 构造F (x)=eq \f(f x,ex)形式,则F′(x)=eq \f(exf′x-exf x,e2x)=eq \f(f′x-f x,ex),导函数f′(x)满足(x-1)[f′(x)-f (x)]>0,则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)关于x=1对称,根据单调性和图象,可知选C.
    (三)利用f (x)与sin x,cs x构造
    sin x,cs x因为导函数存在一定的特殊性,所以也是重点考察的范畴,我们一起看看常考的几种形式.
    F (x)=f (x)sin x,F′(x)=f′(x)sin x+f (x)cs x;
    F (x)=eq \f(f x,sin x),F′(x)=eq \f(f′xsin x-f xcs x,sin2x);
    F (x)=f (x)cs x,F′(x)=f′(x)cs x-f (x)sin x;
    F (x)=eq \f(f x,cs x),F′(x)=eq \f(f′xcs x+f xsin x,cs2x).
    根据得出的关系式,我们来看一下例7.
    例7 已知函数y=f (x)对于任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),\f(π,2)))满足f′(x)cs x+f (x)sin x>0(其中f′(x)是函数f (x)的导函数),则下列不等式不成立的是( )
    A.eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))B.eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,3)))C.f (0)D.f (0)<2f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))
    思路点拨 满足“f′(x)cs x+f (x)sin x>0”形式,优先构造F (x)=eq \f(f x,cs x),然后利用函数的单调性和数形结合求解即可.注意选项的转化.
    答案 A
    解析 构造F (x)=eq \f(f x,cs x)形式,则F′(x)=eq \f(f′xcs x+f xsin x,cs2x),导函数f′(x)满足f′(x)cs x+f (x)sin x>0,则F′(x)>0,F (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),\f(π,2)))上单调递增.把选项转化后可知选A.
    二、具体函数关系式构造
    这类题型需要根据题意构造具体的函数关系式,通过具体的关系式去解决不等式及求值问题.
    例8 已知α,β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),\f(π,2))),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
    思路点拨 构造函数f (x)=xsin x,然后利用函数的单调性和数形结合求解即可.
    答案 B
    解析 构造f (x)=xsin x形式,则f′(x)=sin x+xcs x,x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))时导函数f′(x)≥0,f (x)单调递增;x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),0))时导函数f′(x)<0,f (x)单调递减.又∵f (x)为偶函数,根据单调性和图象可知选B.
    例9 已知实数a,b,c满足eq \f(a-2ea,b)=eq \f(1-c,d-1)=1,其中e是自然对数的底数,那么(a-c)2+(b-d)2的最小值为( )
    A.8 B.10 C.12 D.18
    思路点拨 把(a-c)2+(b-d)2看成两点距离的平方,然后利用数形结合以及点到直线的距离即可.
    答案 A
    解析 由eq \f(a-2ea,b)=1⇒b=a-2ea进而⇒f (x)=x-2ex;又由eq \f(1-c,d-1)=1⇒d=2-c⇒g(x)=2-x;由f′(x)=1-2ex=-1,得x=0,所以切点坐标为(0,-2),
    所以(a-c)2+(b-d)2的最小值为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|0-2-2|,\r(1+1))))2=8.
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