导数的综合问题

一、构造法解决抽象函数问题。

在导数及其应用的客观题中，有一个热点考查点，即不给出具体的函数解析式，而是给出函数f(x)及其导数满足的条件，需要据此条件构造抽象函数，再根据条件得出构造的函数的单调性，应用单调性解决问题的题目，该类题目具有一定的难度．下面总结其基本类型及其处理方法．

只含f(x)型。

定义在r上的函数f(x)满足f(1)＝1，且对任意x∈r都有f′(x)<，则不等式f(x2)>的解集为( )

a．(1，2b．(0，1)

c．(1，＋∞d．(－1，1)

解析】构造函数g(x)＝f(x)－x＋c(c为常数)，则g′(x)<0，即函数g(x)在r上单调递减，且g(1)＝f(1)－＋c＝＋>x2＋，即f(x2)－x2＋c>＋c，即g(x2)>g(1)，即x2<1，即－1【答案】 d

利用(f(x)＋kx＋b)′＝f′(x)＋k，根据导数符号，可得出函数g(x)＝f(x)＋kx＋b的单调性，利用其单调性比较函数值大小、解抽象函数的不等式等．

含λf(x)±f′(x)(λ为常数)型。

(1)已知f(x)为r上的可导函数，且x∈r，均有f(x)>f′(x)，则有( )

a．e2 015f(－2 015)e2 015f(0)

b．e2 015f(－2 015)c．e2 015f(－2 015)＞f(0)，f(2 015)>e2 015f(0)

d．e2 015f(－2 015)＞f(0)，f(2 015)＜e2 015f(0)

2)已知定义在r上的函数f(x)满足f(x)＋2f′(x)>0恒成立，且f(2)＝(e为自然对数的底数)，则不等式exf(x)－e>0的解集为___

解析】 (1)仅从f(x)>f′(x)这个条件，无从着手，此时我们必须要借助于选择题中的选项的提示功能，结合所学知识进行分析．构造函数h(x)＝，则h′(x)＝<0，即h(x)在r上单调递减，故h(－2 015)>h(0)，即》e2 015f(－2 015)>f(0)；同理，h(2 015)(2)由f(x)＋2f′(x)>02>0，可构造h(x)＝e·f(x)h′(x)＝e [f(x)＋2f′(x)]>0，所以函数h(x)＝e·f(x)在r上单调递增，且h(2)＝e·f(2)＝1.不等式exf(x)－e>0等价于ef(x)>1，即h(x)>h(2)x>2，所以不等式exf(x)－e>0的解集为(2，＋∞

答案】 (1)d (2)(2，＋∞

1)由于ex>0，故[exf(x)]′f(x)＋f′(x)]ex，其符号由f(x)＋f′(x)的符号确定，′＝其符号由f′(x)－f(x)的符号确定．含有f(x)±f′(x)类的问题可以考虑构造上述两个函数．

2)λf(x)＋f′(x)>0[eλx×f(x)]′0.

含xf(x)±nf′(x)型。

(1)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈r)的导函数，且f(－2)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )

a．(－2)∪(0，2) b．(－2，0)∪(2，＋∞

c．(－2)∪(2，0) d．(0，2)∪(2，＋∞

2)已知偶函数f(x)是定义在上的可导函数，其导函数为f′(x)．当x<0时，f′(x)>恒成立．设m>1，记a＝，b＝2f(2)，c＝(m＋1)·f，则a，b，c的大小关系为( )

a．ab>c

c．ba>c

3)设函数f(x)在r上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)>x2.下面的不等式在r上恒成立的是( )

a．f(x)>0 b．f(x)<0

c．f(x)>x d．f(x)【解析】 (1)当x>0时，构造函数g(x)＝，则g′(x)＝<0，即g(x)在(0，＋∞上单调递减，g(2)＝0，所以g(x)>0在(0，＋∞上的解集为(0，2)，故f(x)>0在(0，＋∞上的解集为(0，2)，g(x)为偶函数，故g(x)<0在(－∞0)上的解集为(－∞2)，故f(x)>0在(－∞0)上的解集为(－∞2)．综上可知，f(x)>0的解集为(－∞2)∪(0，2)．故选a．

2)当x<0时，f′(x)> xf′(x)－f(x)<0.

构造函数g(x)＝，则g′(x)＝<0，即g(x)在(－∞0)上单调递减．

函数f(x)为偶函数，故g(x)为奇函数，得g(x)在(0，＋∞上单调递减．

b＝4m，c＝4m.

因为m>1，所以m＋1>2， <2，所以m＋1>2>.

所以g(m＋1)所以4mg(m＋1)<4mg(2)<4mg，即a(3)构造函数g(x)＝x2f(x)，则其导数为g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)．

当x>0时，由2f(x)＋xf′(x)>x2，得g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)>x3>0，即函数g(x)＝x2f(x)在区间(0，＋∞上递增，故g(x)＝x2f(x)>g(0)＝0f(x)>0；

当x<0时，有g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)即函数g(x)＝x2f(x)在区间(－∞0)上递减，故g(x)＝x2f(x)>g(0)＝0f(x)>0；

当x＝0时，由2f(x)＋xf′(x)>x2，得f(x)>0.

综上，对任意x∈r，有f(x)>0，应选a．

答案】 (1)a (2)a (3)a

1)由于[xf(x)]′f(x)＋xf′(x)，′后者导数的符号与xf′(x)－f(x)一致．在含有xf′(x)±f(x)类问题中，可以考虑构造上述函数．

2)对于xf′(x)＋nf(x)>0型，构造f(x)＝xnf(x)，则f′(x)＝xn－1[xf′(x)＋nf(x)](注意对xn－1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)＋f(x)>0，构造f(x)＝xf(x)，则f′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0；

3)对于xf′(x)－nf(x)>0型，且x≠0，构造f(x)＝，则f′(x)＝(亦需注意对xn＋1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)－f(x)>0，构造f(x)＝，则f′(x)＝>0.

含f(x)±f′(x)tan x型。

已知函数f(x)的导函数f′(x)，当x∈时，f′(x)sin 2xa． fc． f【解析】 f′(x)sin 2x令g(x)＝，g′(x)＝<0可知g(x)在上单调递减，所以g>g，即f>f.故选b．

答案】 b由于在上，[sin x·f(x)]′cos x·f(x)＋sin x·f′(x)，其符号与f(x)＋f′(x)tan x相同，′＝其符号与f′(x)tan x－f(x)符号相同．在含有f(x)±f′(x)tan x的问题中，可以考虑构造函数f(x)sin x，f(x)cos x，，等．

二、“存在性问题”与“任意性问题”的辨析。

“x，使得f(x)>g(x)”与“x，使得f(x)>g(x)”的辨析。

1)x，使得f(x)>g(x)，只需h(x)min＝[f(x)－g(x)]min>0.如图1.

2)x，使得f(x)>g(x)，只需h(x)max＝[f(x)－g(x)]max>0.如图2.

(1)设函数f(x)＝(x>0且x≠1)，f(x)在(0，)上单调递增，若2>xa对于任意x∈(0，1)成立，则a的取值范围是___

2)已知函数f(x)＝3ln x－x2＋x，g(x)＝3x＋a，若存在x0>0，使得f(x0)>g(x0)成立，则参数a的取值范围是___

解析】 (1)在2>xa两边取对数，得ln 2>aln x.

由于x∈(0，1)，所以》.①

由f(x)在(0，)上单调递增知，当x∈(0，1)时，f(x)≤f＝－e.

为使①式对x∈(0，1)成立，当且仅当》－e，即a>－eln 2.

2)设h(x)＝3ln x－x2－>0，使f(x0)>g(x0)成立，等价于x>0，使h(x)＝3ln x－x2－2x>a成立，等价于a0)．

因为h′(x)＝－x－2＝＝－令得01.

所以函数h(x)＝3ln x－x2－2x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞上单调递减，所以函数h(x)max＝h(1)＝－即a<－，因此参数a的取值范围为(－∞

答案】 (1)(－eln 2，＋∞2)(－

“若x1∈d1，x2∈d2，使得f(x1)＝g(x2)”与“x1∈d1，x2∈d2，使得f(x1)＝g(x2)”的辨析。

1)x1∈d1，x2∈d2，使得f(x1)＝g(x2)等价于函数f(x)在d1上的值域a与g(x)在d2上的值域b的交集不空，即a∩b≠(如图3)．其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值．

2)x1∈d1，x2∈d2，使得f(x1)＝g(x2)等价于函数f(x)在d1上的值域a是g(x)在d2上的值域b的子集，即ab，如图4，其等价转化的目标是函数y＝f(x)的函数值都在函数y＝g(x)的值域之中．

说明] 图3，图4中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y轴上的投影．

已知函数f(x)＝x2－ax3，a>0，x∈

1)若x1∈(－1]，x2∈，使得f(x1)＝g(x2)，求实数a的取值范围；

2)当a＝时，证明：对于任意的x1∈(2，＋∞都存在x2∈(1，＋∞使得f(x1)＝g(x2)．

解】 (1)因为f(x)＝x2－ax3，所以f′(x)＝2x－2ax2＝2x(1－ax)．

令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.因为a>0，所以》0，所以当x∈(－0)时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞1]上单调递减，f(x)在(－∞1]上的值域为。

因为g(x)＝，则g′(x)＝′

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