中学数学专题1.1“构造函数,比较大小”之归纳大全

专题01 “构造函数，比较大小”之归纳大全 一、作差构造函数，求参数范围

1．设函数fxxe,gxaxx．

x2（Ⅰ）若fx与gx具有完全相同的单调区间，求a的值; （Ⅱ）若当x0时，恒有fxgx，求a的取值范围．

【思路引导】（Ⅰ）求导，通过导函数的符号变化确定函数fx的单调区间，再通过二次函数的对称性和单调性求出a值；（Ⅱ）作差构造函数，将问题转化为函数的最小值为正，再通过研究导数的符号变化研究函数的最值．

（Ⅱ）当x0时恒有fxgx，即fxgxxexax10恒成立， 故只需Fxeax10恒成立，

x对Fx求导可得Fxea．

xx0,Fxexa

若a1,则当x0,时， Fx0,Fx为增函数，从而当x0时， FxF00 即fxgx;

若a1,则当x0,lna时， Fx0,Fx为减函数，

从而当x0,lna时， FxF00,即fxgx,故fxgx;不恒成立． 故a的取值范围为,1．



2．已知函数fxxaxb,gxe2xcxd．若曲线yfx和曲线ygx都过点P0,2，

且在点P处有相同的切线y4x2． （Ⅰ）求a,b,c,d的值;

（Ⅱ）若x2时， fxkgx，求k的取值范围．

【思路引导】（Ⅰ）由已知得f02,g02,f0=4,g0=4，即可求解a,b,c,d的值； （Ⅱ）由（Ⅰ）知，设hxkgxfx2kexx1x24x2，求得hx，根据题意h00，

得k1，利用导数分类讨论，的奥函数的单调性与最值，即可求得实数k的取值范围． 试题解析：（Ⅰ）由已知得f02,g02，f0=4，g0=4

fx2xa,gxexcxdc,

a4,b2,c2,d2.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知， fxx4x2,gx2e2xx1，

设hxkgxfx2kexx1x24x2，

则hx2kexx22x42x2kex1 由题意知， h00，即k1， 令hx0，则x12,x2lnk， 当1ke2即2x20时， 由hx0得， xlnk， 由hx0得， 2xlnk，

所以hx在2,lnk单调递减，在lnk,单调递增，

所以hx在区间2,上的最小值hxminhlnklnklnk20， 所以当x2时， hx0即fxkgx恒成立．

2当ke即x22时， hx0恒成立，即hx在2,单调递增，



所以hx在区间2,上的最小值hxminh20， 所以当x2时， hx0即fxkgx恒成立．

当ke2即x22时， hx0恒成立即hx在2,单调递增， 所以hx在区间2,上的最小值hxminh22e2ke20， 所以当x2时， fxkgx不可能恒成立．

2综上所示， k的取值范围是1,e．

3．已知函数fxx2m1xlnx mR．

2（1）当m1时，若函数gxfxa1lnx恰有一个零点，求a的取值范围； 22（2）当x1时， fx1mx恒成立，求m的取值范围． 【思路引导】1将当m12时代入，得gxalnxx，求导，分类讨论当a0时、当a0时、当211求导，讨论0m、m、a0时三种情况求出a的取值范围(2)构造hxmx22m1xlnx，

22m0三种情况，求出m的取值范围

③当a0时，令g'x0，解得xa． 2aa当0x时， g'x0，所以gx在0,上单调递减；

22

当xaa时， g'x0，所以gx在,上单调递增．

22aaaaln0即a2e． 222要使函数fx有一个零点，则g综上所述，若函数gx恰有一个零点，则a2e或a0．

②若m1，则x1,时， h'x0恒成立，所以hx在1,上是增函数，且hxh1,，2所以不符题意．

③若m0，则x1,时，恒有h'x0，故hx在1,上是减函数，于是“hx0对任意

x1,都成立”的充要条件是h10，即m2m10，解得m1，故1m0．

综上， m的取值范围是1,0． 4．已知函数fx3x1blnx． x（1）当b4时，求函数fx的极小值； （2）若x1,e上，使得4x11b成立，求b的取值范围． fxxx【思路引导】（1）将参数值代入表达式，再进行求导，根据导函数的正负得到原函数的单调性，进而得到极值；（2）hxxblnx性，得到最小值即可． 解析：（1）当

时， f/1b0，有解，即h(x)的最小值小于0即可，对函数求导，研究函数的单调xx3x1x14123 2xxx

令f/x0，得

在在

且所以

上单调递增，在上单调递减，在上单调递增

时取得极小值为f12．

，使得4x（2）由已知：

11b11bfx4xfx0 xxxx111b1b4x3xblnx0，即： xblnx0

xxxx设

，则只需要函数

在

上的最小值小于零．

又令①当

，得，即

（舍去）或时，

在

．

上单调递减，

，

故在上的最小值为，由，可得．

因为，所以．

②当故可得③当

在

，即时，在，由

上单调递增，

，

上的最小值为（满足

，即

）．

时，在．

上单调递减，在上单调递增，故在

上的最小值为因为所以综上可得

或

，所以

，即

，

，

，不满足题意，舍去．

所以实数的取值范围为

2．

5．已知函数fxx2xalnx， gxax． （1）求函数Fxfxgx的极值； （2）若不等式

sinxgx对x0恒成立，求a的取值范围．

2cosx【思路引导】（1）由题意的Fx，求得Fx，分类讨论得到函数的单调性，即可确定函数的极值； （2）设hxaxsinx12t，得到hx，令tcosx，则t1,1， t， 22cosx2t求得t，得到t的单调性和值域，进而分类讨论，得到hx的最小值，得到实数a的取值范围．

②0aaa1即2a0时， Fx在0,和1,上递增，在,1上递减，

222Fx极大③④a2aaFaaln， Fx极小F1a1．

422a1即a2时，Fx在0,上递增，Fx没有极值． 2aaa1即a2时，Fx在0,1和,上递增，Fx在1,上递减，

222∴Fx极大F1a1，Fx极小a2aaF aaln．

422综上可知： a0时，Fx极小a1，Fx无极大值；

2a0时，Fx极大a2aaFaaln，Fx极小F1a1；

422a2时，Fx没有极值；

a2时，Fx极大F1a1， Fx极小a2aaF aaln．

422

②当a0时，∵h③当0a1a0，∴不适合条件． 2221sinx时，对于0x， hxax， 323sinxcosx令Txax， Txa，

33存在x0,，使得x0,x0时， Tx0， 2∴Tx在0,x0上单调递减，∴Tx0T00， 即在x0,x0时， hx0，∴不适合条件． 综上，a的取值范围为,．

6．已知函数fxx2m1xlnxmR．

213（1）当m1时，若函数gxfxa1lnx恰有一个零点，求a的取值范围； 22（2）当x1时， fx1mx恒成立，求m的取值范围．

【思路引导】(1)函数gx的定义域为0,，当m12时，gxalnxx，所以2a2x2agx2x，对a分类讨论，得到函数的单调区间，由此求得a的取值范围．(2) 令

xxhxfx1mx2mx22m1xlnx，利用hx的导数，对m分类讨论函数的单调区间，

利用最大值小于零，来求得m的取值范围．

③当a0时，令gx0，解得xa， 2当0xaa时， gx0，所以gx在0,上单调递减；

22当xaa时， gx0，所以gx在,上单调递增．

22aaaaln0即a2e， 222要使函数fx有一个零点，则g综上所述，若函数gx恰有一个零点，则a2e或a0；

（2）令hxfx1mxmx2m1xlnx，根据题意，当x1,时， hx0恒成

22立，又hx2mx2m11x12mx1，

xx①若0m111,时， hx0恒成立，所以hx在,上是增函数，且，则x22m2m

1hxh,，所以不符题意．

2m②若m1，则x1,时， hx0恒成立，所以hx在1,上是增函数，且hxh1,，2所以不符题意．

③若m0，则x1,时，恒有hx0，故hx在1,上是减函数，于是“hx0对任意

x1,，都成立”的充要条件是h10，即m2m10，解得m1，故1m0．

综上， m的取值范围是1,0． 7．已知函数fx2ekx2．

x（Ⅰ）讨论函数fx在0,内的单调性；

（Ⅱ）若存在正数m，对于任意的x0,m，不等式fx2x恒成立，求正实数k的取值范围． 【思路引导】（Ⅰ）求导数可得f'x2ek， x0,，根据k的取值情况进行讨论可得函数的单

x调性．（Ⅱ）在（Ⅰ）中结论的基础上分0k2和k2两种情况讨论求解，首先探求得到区间0,m，通过对函数fx在此区间上单调性的讨论进一步得到fx的符号，进而将不等式fx2x去掉绝对值后进行讨论分析、排除，然后得到所求的范围即可． 试题解析：（Ⅰ）由题意得f'x2ek， x0,，

x因为x0，所以2ex2．

当k2时， f'x0，此时fx在0,内单调递增． 当k2时，由f'x0得xln由f'x0得0xlnk，此时fx 单调递减； 2k，此时fx 单调递增． 2综上，当k2时， fx在0,内单调递增； 当k2时， fx在0,lnkk内单调递减，在ln,内单调递增． 22②当k2时，

由（Ⅰ）可得fx在k0,ln2内单调递减，且f00， 所以存在x00，使得对于任意的x0,x0都有fx0． 这时fx2x可化为fx2x，即2exk2x20．

设hx2exk2x2，则h'x2exk2．

（i）若2k4，则h'x0在0,上恒成立， 这时hx在0,内单调递减，且h00， 所以对于任意的x0,x0都有hx0，不符合题意． （ii）若k4，令h'x0，得xlnk22， 这时hx在0,lnk22内单调递增，且h00， 所以对于任意的x0,lnk22，都有hx0，

此时取mminx0,lnk2，则对于任意的x0,m，不等式fx2x恒成立． 2综上可得k的取值范围为4,．

8．已知fxx1exax21，x1,． （1）讨论fx的单调性；

（2）若fx2alnx，求实数a的取值范围．

【思路引导】（1）求出f'x，分两种情况讨论a的范围，在定义域内，分别令f'x0求得x的范围，可得函数fx增区间， f'x0求得x的范围，可得函数fx的减区间；（2）令

gxx1xea2x1gx0在x1,上恒成立，利用导数研究函数的单ln，问题转化为xe1e1时不合题意，当a时，可证明gx在1,上单调递增；所以22调性，根据单调性可得当agxg10，满足题意，从而可得结果．

试题解析：（1）fxxe2ax xex2a，

x当ae时， x1,，fx0． 2∴fx在1,上单调递增； 当ae时，由fx0，得xln2a． 2当x1,ln2a时，fx0；当xln2a,时，fx0． 所以fx在1,ln2a单调递减；在ln2a,单调递增． （2）令gxx1exax21lnx， 问题转化为gx0在x1,上恒成立，

1gxxex2ax，注意到g10．

xe1当a时， g1e2a10，

2gln2a1ln2a11，

ln2a1

因为2a1e，所以ln2a11， gln2a10， 所以存在x01,ln2a1，使gx00， 当x1,x0时，gx0，gx递减， 所以gxg10，不满足题意．

e111x时，gxxexe1x x， ee12xx1x因为x1，x，01， ee11x当a所以gx0， gx在1,上单调递增；所以gxg10，满足题意． 综上所述： ae1． 29．已知函数fxlnx．

（1）设gxfxax1，讨论gx的单调性；

b的最小值． a1【思路引导】（1）函数定义域为0,，由题意得gxlnxax1，则gxa，分情况a0和

x1（2）设函数Fxlnxaexb， Fxea，分a0，由导函数的正负求单调区间即可；

x（2）若不等式fxaexb恒成立，其中e为自然对数的底数，求

11F，由ae易知不成立， ae，计算函数的最大值为Flnaeb10，得

aeae1lnxeb1lnae， xe，求最值即可． ae，令Gxaax试题解析：（1）函数定义域为0,，由题意得gxlnxax1，则gx①当a0时， gx0，则gx在0,上单调递增； ②当a0时，令gx0，解得x当x0,1a， x1， a11时， ， 在gx0gx0,上单调递增， aa当x11,时， gx0， gx在,上单调递减． aa

（2）设函数Fxlnxaexb，其中e为自然对数的底数， ∴Fx1ea， x0， x当ae时，Fx0，Fx在0,上是增函数， ∴Fx0不可能恒成立， 当ae时，由Fx11， ea0，得xxae∵不等式Fx0恒成立，∴Fxmax0， 当x0,1时， Fx0， Fx单调递增， ae当x1,时， Fx0， Fx单调递减， ae∴当x11时， Fx取最大值， Flnaeb10， aeae∴满足lnaeb10即可，∴b1lnae，

∴

b1lnaeae， aa1lnxex， xe，

令GxGxx1lnxexelnxeexe．

x2xex2令Hxxelnxee， Hxlnxe1， 由Hx0，得xe当xe1， e1,时， Hx0， Hx是增函数， e1e当xe,e时， Hx0， Hx是减函数，



∴当xe111时， Hx取最小值Hee，

eee∵xe时， Hx0， x2e时， Hx0， H2e0， ∴当xe,2e时， Gx0， Gx是减函数， 当x2e,时， Gx0， Gx是增函数， ∴x2e时， Gx取最小值， G2e∴

111， 2eeb1的最小值为． ae． 的单调性；

对

恒成立，求的取值范围．

10．已知函数（1）讨论函数（2）若

【思路引导】（1）讨论函数单调性主要研究导函数大于零和小于零的不等式解集，根据题意

，根据a的不同取值逐一讨论导函数符号即可（2）若

对恒成立，显然需要转化为最值问题，设，则，

当时，，或，，则，∴在上递增，从而

．若，令 ，当时，；

当时，．∴综合得出结论即可

解析：（1）当当当

时，时，令

时，

，∴，故当，得

在或

上单调递增． 时，或

在

，

上单调递增． ；

令，得．

∴在上单调递减，在，上单调递增．

（2）设，则，

当∴

在

时，

上递增，从而

在

，或，．

，则，

此时，上恒成立．

若，令 ，当时，；

当时，．

∴，则不合题意．

故的取值范围为．

【总结】导数在函数中的应用，考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力．导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、圆等知识联系； (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数； (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题； (4)考查数形结合思想的应用． 导数问题经常会遇见恒成立的问题：

（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；

（2）若 fx0就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为fxmin0 ，若fx0恒成立fxmax0；

（3）若fxgx 恒成立，可转化为fxmingxmax（需在同一处取得最值）

二、作差构造函数证明不等式

1．已知函数fx12xalnx． 2(1)若a1，求函数fx的极值，并指出是极大值还是极小值； (2)若a1，求证：在区间1，上，函数fx的图像在函数gx【思路引导】（1）定义域为(0，＋∞)，f′(x) 的图像在函数gx求F(x)min0。

23x的图像的下方． 3x1x1x，可求得单调区间有望极小值。（2）函数fx2312x的图像的下方，即f(x)(2)证明：设F(x)＝f(x)－g(x)＝

122x＋lnx－x3， 23232x12xx112xx12

则F′(x)＝x＋－2x＝， xxx当x>1时，F′(x)<0，

故f(x)在区间[1，＋∞)上是单调递减的， 又F(1)＝－

1<0， 6∴在区间[1，＋∞)上，F(x)<0恒成立．即f(x)—g(x)<0恒成立 即f(x)因此，当a＝1时，在区间[1，＋∞)上，函数f(x)的图像在函数g(x)图像的下方． 2．已知函数fx2lnx1．

（1）若函数fx在点Px0,fx0处的切线方程为y2x，求切点P的坐标．



（2）求证：x0,e1时，fxx2x；（其中e2.71828...）．

2【思路引导】（1）先求出fx2，由fx02可得x00，又f00，可得切点P的坐标为x12（2）设gxfxx2x，则原不等式等价于gxmin0，利用导数研究函数gx的单调0,0；

性，可得gx在0,2上单调递增，在(2,e1)上单调递减，比较极值及区间端点函数值的大小，可得gxming00，从而原不等式成立．

试题解析：（ 1）由函数fx2lnx1得函数fx的定义域是1,，且fx∵函数fx在点Px0,fx0处的切线方程是y2x， ∴fx02即

2， x122，解得x00，又f00， x01∴切点P的坐标为0,0．

（2）证明：由题意，当x0,e1时，fxx2x0恒成立，

2设gxfxx2x，则gxmin0，

2242x2gx2x2，

x1x1令gx0，得0x2；令gx0，得2xe1，

∴gx在0,2上单调递增，在(2,e1)上单调递减，

且g0f000， ge12e12e12e13e0， ∴gx在区间0,e1上的最小值gxming00， ∴当x0,e1时，fxx2x．

223．设函数f (x)＝ln x－x＋1． (1)讨论函数f (x)的单调性； (2)证明当x∈(1，＋∞)时，1x1x； lnx(3)设c>1，证明当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx．

【思路引导】（1）求出f'x，在定义域内分别令f'x0求得x的范围，可得函数fx增区间，

f'x0求得x的范围，可得函数fx的减区间； （2）原不等式等价于lnxx1xlnx，运用（1）

的单调性可得lnxx1，设Fxxlnx1,x1，求出单调性，即可得到x1xlnx成立；（3）设

gx1c1xcx，求出导数，可令g'x0，由c1,x0,1， 可得1cxc1，由（1）可得lncc1有一解，设为xx0是gx的最小值点，运用最值，结合不等式的性质，即可得证. lnc试题解析：(1)解 由f (x)＝ln x－x＋1(x>0)，得f ′(x)＝－1． 令f ′(x)＝0，解得x＝1．

当00，f (x)单调递增． 当x>1时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．

因此f (x)在(0，1)上是增函数，在x∈(1，＋∞)上为减函数． (2)证明 由(1)知，函数f (x)在x＝1处取得最大值f (1)＝0． ∴当x≠1时，ln x故当x∈(1，＋∞)时，ln x1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx， 则g′(x)＝c－1－cxln c．

令g′(x)＝0，解得x0＝

．

当x0，g(x)单调递增； 当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减． 由(2)知1<

又g(0)＝g(1)＝0，故当00． ∴当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx．

【总结】利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明．

古今中外有学问的人，有成就的人，总是十分注意积累的。知识就是机积累起来的，经验也是积累起来的。我们对什么事情都不应该像“过眼云烟”。

学习知识要善于思考，思考，再思考。——爱因斯坦

镜破不改光，兰死不改香。——孟郊

生活的全部意义在于无穷地探索尚未知道的东西，在于不断地增加更多的知识。—

做学问的功夫，是细嚼慢咽的功夫。好比吃饭一样，要嚼得烂，方好消化，才会对人体有益。——陶铸

研卷知古今；藏书教子孙。——《对联集锦》

凡事豫（预）则立，不豫（预）则废。——《礼记》

知识是珍贵宝石的结晶，文化是宝石放出来的光泽。——泰戈尔

你是一个积极向上，有自信心的孩子。学习上有计划、有目标，能够合理安排自己的时间，学习状态挺好；心态平和，关心、帮助同学，关心班集体，积极参加班级、学校组织的各项活动，具有较强的劳动观念，积极参加体育活动，尊敬师长。希望你再接再厉，不满足于现状，争取做的更好。