构造函数利用单调性解题
单调性拓展应用——构造函数法证明
3
>0
(a + b + c ) 2 S ABC
2
≥ a d1
可化为 ：
d1
2
( ad
1
+ bd
+ cd
3
+
b d2
+
c d3
) ≥( a + b + c )
2
故可令 ： f ( x ) = ( ad 1 + bd
2
+ cd
3
)t + ( a + b + c )t + (
二、构造二次函数
例 3. 已知 a , b , c ∈ R , A + B + C = 求证 ：a
2
+ b
2
+ c
2
≥2 ab cos C + 2 bc cos A + 2 ac cos B
例 4. 已知 a , b , c ∈ R , a > 0 , a - b + c < 0 求证 ：b
2
- 4 ac > 0
2
a d1
a d1
+
b d2
b d2
+
c d3
c d3
)
而 f ( x ) = ( ad
1
+ bd
2
+ cd
3
)t
2
+ ( a + b + c )t + (
+
+
)
= ( ad 1 t +
巧妙构造函数 破解三类题型
中孝生皋捏化解题篇创新题！溯源高二数学2021年5月巧妙构造函数破解三类题型■河北师范大学附属实验中学闫文娟函数是支撑数学学科知识体系的重要内容，反映了客观世界两个集合间的对应关系&而导数是研究函数性质的有力工具，是高考的热点话题。
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，而构造函数解题的思路恰好是这两种思想的良好体现。
下面浅谈巧妙构造函数，合理运用导数，破解三类题型，旨在抛砖引玉$一、由“导^寻“源™妙解函数不等式在近几年的高考试题中，出现了一类抽象函数、导数、不等式交汇的重要题型，这类题型涉及抽象函数，很多学生解题时，突破不了由于抽象而造成的解题障碍，不能从容应对不等式的求解问题。
实际上，根据所给不等式，联想导数的运算法则，构造适当的辅助函数，然后利用导数判断其单调性是解决此类问题的通法$!!62020年河南信阳高中期末】已知函数f(')在R上存在导函数对于任意的实数都有f(!'"=A2'，当'V0时&f一)f{'"+f('">0,若e"f(2"+1"% f("+1),则实数"的取值范围是("$A. B.[-2#.[0,+7) D.(—7,0,解析：令g('"=e'f('"则当'V0时& g f('"=e'「f('"+?('),>0,g(')在(—7,0)上单调递增又g(—'"=e'f(—'"=e'f('"= g(c",故 g('"为偶函数，g(')在(0,+7"上单调递减$从而e"f(2"+1"%f("+1"等价于e2"+1f(2"+1"%e"+1f("+1",g(2"+1"% g(,"+1" $因此，I2"+1I'二I"+1I，即(2"+1)2'二2("+1"2,3"2+2"'0,解得一3'"'0,选B$点睛：联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法。
利用函数的单调性求参数的取值范围(使用)
例1：已知函数f (x) x3 ax2 3x 1在[2,4]上是单调递增函数， 求参数a的取值范围.
解 f '(x) 3x2 2ax 3, x [2,4]
： 则f '(x) 0在[2,4]上恒成立
即3x2 2ax 3 0,恒成立x [2,4]
方法：（分离参数）2ax 3x2 3恒成立
f '(x) ax (2a 1) 2 (ax 1)(x 2)
x
x
(1)当a 0时，f '(x) 2 x x
所以f (x)在（0,2）上递增，在（2， ）上递减。
(2)当a
0时，令f
'(x)
0,
得x1
1 a
0.x2
2
结合二次函数图象知 f (x)在（0,2）上递增；
在（2， ）递减。
(3)当a
即3x2 a 3 0,恒成立x [0,)
方法：（分离参数）
a 3x2 3恒成立
a (3x2 3)min a 3
练习 若函数f (x) x3 ax2 1在（0,2）内单调递减, 2： 求实数a的取值范围.
解析： f '(x) 3x2 2ax, x (0,2)
则f '(x) 0在（0,2）上恒成立
利用函数单调性求参数的 取值范围
复习
1 用导数判断函数单调性法则:
、
如果在(a,b)内，f
(x)＞0，则f
(x)在此区间是增函数；
如果在(a,b)内，f (x)＜0，则f (x)在此区间是减函数。
2、求函数单调区间的一般步骤 是
1、求定义 域2、求导
f'(x) 3、令f'(x)>0,求出增区间，令f'(x)<0, 求出减区间。
考点04 函数单调性的5种判断方法及3个应用方向(解析版)
专题二函数考点4 函数单调性的5种判断方法及3个应用方向【方法点拨】一、函数单调性的判断及解决应用问题的方法1.判断函数单调性的常用方法(1)定义法；（2）图象法；(3)利用函数的性质“增+增=增，减+减=减”判断；(4)复合函数的单调性根据“同增异减”判断；(5)导数法2.求函数的单调区间先定定义域，在定义域内求单调区间.单调区间不连续时，要用“和”或“，“连接，不能用“U”连接.3.单调性的应用的三个方向(1)比较大小：将自变量转化到同一个单调区间内，利用函数的单调性比较大小；(2)解函数型不等式：利用函数单调性，由条件脱去“f”；(3)求参数值或取值范围：利用函数的单调性构建参数满足的方程(组)、不等式(组).【高考模拟】1．函数()||1f x x =-与()()2g x x x =-的单调递增区间分别为（ ） A ．[1，+∞)，[1，+∞) B ．(﹣∞，1]，[1，+∞) C ．(1，+∞)，(﹣∞，1] D ．(﹣∞，+∞)，[1，+∞)【答案】A 【分析】先对()f x ，()g x 进行化简，再求单调区间即可. 【解析】 解：()1,111,1x x f x x x x -≥⎧=-=⎨-+<⎩，()f x ∴在[)1,+∞上单调递增，()()222()211g x x x x x x -=-==--， ()g x ∴在[)1,+∞上单调递增，故选：A.2．函数y =）A ．3,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦B ．3,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭C ．[)0,+∞D ．(],3-∞-【答案】D 【分析】求出函数y =y =.【解析】由题意，230x x +≥，可得3x ≤-或0x ≥，函数y =(][),30,-∞-⋃+∞，令23t x x =+，则外层函数y =[)0,+∞上单调递增，内层函数23t x x =+在上(],3-∞-单调递减，在[)0,+∞上单调递增，所以，函数y =(],3-∞-.故选：D. 【点睛】方法点睛：求解函数的单调区间一般有以下几种方法：一是图象法，主要适用与基本初等函数及其在基本初等函数的基础上进行简单变化后的函数以及分段函数，可以借助图像来得到函数的单调区间；二是复合函数法，主要适用于函数结构较为复杂的函数，采用换元的思想将函数解析式分解为多层，利用同增异减的原理来求解；三是导数法，对于可导函数，可以解相应的导数不等式来求解函数的单调区间.3．函数()f x 在区间()4,7-上是增函数，则使得()3=-y f x 为增函数的区间为（ ） A ．()2,3- B ．()1,7-C ．()1,10-D ．()10,4--【答案】C 【分析】先将函数()3=-y f x 看作函数()f x 向右平移3个单位所得到，再判断增区间即可. 【解析】函数()3=-y f x 可以看作函数()f x 向右平移3个单位所得到，故由函数()f x 在区间()4,7-上是增函数，得()3=-y f x 在区间()1,10-上是增函数. 故选：C.4．函数()2f x x x =-的单调减区间是（ ） A ．[]1,2 B ．[]1,0-C ．[]0,2D ．[2,)+∞【答案】A 【分析】将函数写成分段函数的形式，即()(2),2,(2),2,x x x f x x x x -⋅≥⎧=⎨-⋅<⎩再根据解析式得到函数的单调区间；【解析】()(2),2,(2),2,x x x f x x x x -⋅≥⎧=⎨-⋅<⎩∴直接通过解析式，结合二次函数图象得：(,1),(2,)-∞+∞递增，在[]1,2递减，故选：A.5．函数f (x )=x 2+2(a -1)x +2在区间(-∞，4)上递减，则a 的取值范围是（ ） A ．[3,)-+∞ B ．(,3]-∞- C ．(,5)-∞ D ．[3,)+∞【答案】B 【分析】利用二次函数的性质，比较对称轴和区间端点的大小，列不等式可得a 的取值范围． 【解析】函数f(x)的对称轴是1x a =-，开口向上，则14a -≥，解得3a ≤- 故选：B6．若函数2()()f x ax a -=∈R 在(0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围为（ ）． A ．(1,)+∞ B ．(,1)-∞ C ．(0,)+∞ D ．(,0)-∞【答案】D 【分析】直接由单调性的定义求解即可 【解析】解：任取12,(0,)x x ∈+∞，且12x x <，因为函数2()()f x ax a -=∈R 在(0,)+∞上单调递增，所以12()()f x f x <，即22120ax ax ---<，所以221211()0a x x -<，21212212()()0x x x x a x x +-⋅<⋅， 因为120x x <<，所以210x x +>，210x x ->，22120x x ⋅>，所以0a <． 故选：D7．如果函数2()2(1)2f x x a x =+-+在区间(],4-∞上单调递减，那么实数a 的取值范围是（ ） A ．3a ≤- B ．3a ≥-C ．5a ≤D ．5a ≥【答案】A【分析】求出二次函数的对称轴，根据单调区间与对称轴之间的关系建立条件，即可求出a 的取值范围． 【解析】 解：二次函数2()2(1)2f x x a x =+-+的对称轴为2(1)(1)12a x a a -=-=--=-，抛物线开口向上，∴函数在(-∞，1]a -上单调递减，要使()f x 在区间(-∞，4]上单调递减， 则对称轴14a -， 解得3a-．故选：A ． 【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质，根据二次函数单调性与对称轴之间的关系是解决本题的关键． 8．“1m ”是“函数1()2ln f x x mx x=-+单调递减”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】A 【分析】求出()y f x =的导函数，利用()y f x =单调递减，则()0f x '≤恒成立，求出m 的范围，比较所求范围和条件中给定范围的关系，得出结论. 【解析】 由221()f x m x x '=--，若函数()y f x =单调递减，必有当(0,)x ∈+∞时，2210m x x--≤恒成立，可化为2111m x ⎛⎫≥--+ ⎪⎝⎭，可得m 1≥．故“1m ”是“函数1()2ln f x x mx x =-+单调递减”的充分不必要条件. 故选：A. 9．若函数2()1f x x =-的定义域是(﹣∞，1)∪[2，5)，则其值域为（ ） A ．(﹣∞，0)B ．(﹣∞，2]C ．10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．1(,0),22⎛⎤-∞⋃ ⎥⎝⎦【答案】D 【分析】分x<1和x ∈[2，5)两种情况，利用反比例函数的性质得出函数的值域． 【解析】由题意可得：当x<1时，则x ﹣1<0所以y ∈(﹣∞，0) 当x ∈[2，5)时，则x ﹣1∈[1，4)，所以y ∈1,22⎛⎤⎥⎝⎦所以函数的值域为1(,0),22⎛⎤-∞⋃ ⎥⎝⎦.故选：D.10．若关于x 的不等式342xx a+-在[0x ∈，1]2上恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(-∞，1]2-B ．(0，1]C ．1[2-，1]D ．[1，)+∞【答案】D 【分析】利用参数分离法进行转化，构造函数求函数的最大值即可得到结论. 【解析】解：由题意知，342xx a +-在(0x ∈，1]2上恒成立，设3()42x f x x =+-，则函数在102⎛⎤ ⎥⎝⎦，上为增函数，∴当12x =时，()12max 113()4211222f x f ==+-=-=， 则1a ， 故选：D . 【点睛】 关键点睛：本题的关键是将已知不等式恒成立问题，通过参变分离得到参数的恒成立问题，结合函数的单调性求出最值.11．若01m n <<<且1mn =，则2m n +的取值范围是（ ）A．)+∞ B ．[3,)+∞C．)+∞D ．(3,)+∞【答案】D 【分析】先利用已知条件构造函数()2(),01f m m m m+<<=，再求其值域即得结果. 【解析】由01m n <<<且1mn =知，22m n m m +=+，故设()2(),01f m m m m+<<=， 设1201m m <<<，则()1212121212222()()1f m f m m m m m m m m m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+-+=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 12120,01m m m m -<<<，即1222m m >，故()1212210m m m m ⎛⎫--> ⎪⎝⎭，即12()()f m f m >， 函数2()f m m m =+在()0,1上单调递减，2(1)131f =+=，故函数的值域为(3,)+∞. 故选：D. 【点睛】方法点睛：利用定义证明函数单调性的方法（1）取值：设12,x x 是该区间内的任意两个值，且12x x <； （2）作差变形：即作差，即作差12()()f x f x -，并通过因式分解、配方、有理化等方法，向有利于判断符号的方向变形； （3）定号：确定差12()()f x f x -的符号；（4）下结论：判断，根据定义作出结论. 即取值---作差----变形----定号----下结论. 12．函数()()2404xf x x x x x =++>+的最小值为（ ） A ．2 B ．103C ．174D ．265【答案】C 【分析】 令4t x x =+，利用基本不等式求得4t ≥，构造函数()1g t t t=+，证明出函数()g t 在[)4,+∞上为增函数，由此可求得函数()f x 的最小值. 【解析】令4t x x =+，则21144x x t x x==++，因为0x >，所以44t x x =+≥=，又2414x y x t x x t =++=++，令()1g t t t=+，其中4t ≥， 任取1t 、[)24,t ∈+∞且12t t >，即124t t >≥，则()()()()()121221121212121212111t t t t t t g t g t t t t t t t t t t t --⎛⎫⎛⎫--=+-+=-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 124t t >≥，120t t ∴->，121t t >，()()120g t g t ∴->，即()()12g t g t >，所以，函数()g t 在[)4,+∞上为增函数，因此，()()min 1174444f xg ==+=. 故选：C. 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.13．若函数1y ax =+在区间[]1,3上的最大值是4，则实数a 的值为（ ） A ．-1 B ．1C ．3D ．1或3【答案】B 【分析】分0a >和0a <两种情况求解，0a >时，1y ax =+在区间[]1,3上为增函数，从而可求出其最大值，当0a <时，1y ax =+在区间[]1,3上为减函数，从而可求出其最大值，进而可得答案 【解析】解：当0a >时，1y ax =+在区间[]1,3上为增函数，则当3x =时，y 取得最大值，即314a +=，解得1a =；当0a <时，1y ax =+在区间[]1,3上为减函数，则当1x =时，y 取得最大值，即14a +=，解得3a =舍去， 所以1a =， 故选：B14．函数2y ax =+在[1，2]上的最大值与最小值的差为3，则实数a 为（ ） A ．3 B ．-3 C ．0 D ．3或-3【答案】D 【分析】讨论a 的取值，判断函数的单调性，求出函数的最值，作差即可求解. 【解析】解：①当0a =时，2=2y ax =+，不符合题意；②当0a >时，2y ax =+在[]1,2上递增，则()()2223a a +-+=，解得3a =； ③当0a <时，2y ax =+在[]1,2上递减，则()()2223a a +-+=，解得3a =-．综上，得3a =±， 故选：D ．15．已知函数24()2tx t f x x --+=+在区间[1,2]-上的最大值为2，则实数t 的值为（ ）A ．2或3B ．1或3C ．2D ．3【答案】A 【分析】 函数()24422tx t f x t x x --+==-+++，4[1,2],[1,4]2x t t t x ∈--+∈--+，根据绝对值的最大值为2进行分类讨论检验即可. 【解析】 由题函数()24422tx t f x t x x --+==-+++，4[1,2],[1,4]2x t t t x ∈--+∈--+ ()24422tx t f x t x x --+==-+++的最大值为4t -或1t -当41t t -≥-时，即52t ≤时，最大值42t -=解得：2t =；当41t t -<-时，即52t >时，最大值12t -=解得：3t = 综上所述：t 的值等于2或3. 故选：A 【点睛】解决本题的关键是利用单调性求出42t x -++的范围，再结合绝对值的性质进行求解. 16．若函数12,02()(21)3,2log x x f x a x a x <<⎧⎪=⎨⎪-+⎩的值域为R ，则实数a 的取值范围为（ ） A ．1[2，1)B ．1(0,)7C ．1[7，1)2D ．1[2，1]【答案】C 【分析】根据分段函数的值域为R ，具有连续性，由12log y x =是减函数，可得(21)3y a x a =-+也是减函数，故得210a -<，(21)231a a -⨯+-，可得答案. 【解析】解：函数12,02()(21)3,2log x x f x a x a x <<⎧⎪=⎨⎪-+⎩的值域为R ， 由12log y x =是减函数，(21)3y a x a ∴=-+也是减函数，故得210a -<， 解得：12a <， 函数()f x 的值域为R ，12(21)23log 21a a -⨯+=-，解得：17a. ∴实数a 的取值范围是1[7，1)2.故选：C .17．若函数()f x 是R 上的减函数，0a >，则下列不等式一定成立的是（ ） A ．2()()f a f a < B ．1()f a f a ⎛⎫<⎪⎝⎭C ．()(2)f a f a <D ．2()(1)f a f a <-【答案】D 【分析】根据函数单调性，以及题中条件，逐项判断，即可得出结果. 【解析】因为函数()f x 是R 上的减函数，0a >，A 选项，()21a a a a -=-，当1a >时，2a a >，所以2()()f a f a <；当01a <<时，2a a <，所以2()()f a f a >，即B 不一定成立； B 选项，当1a >时，1a a >，所以1()f a f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭；当01a <<时，1a a <，所以1()f a f a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即B 不一定成立；C 选项，0a >时，2a a >，则()(2)f a f a >，所以C 不成立；D 选项，()2221311024a a a a a ⎛⎫--=-+=-+> ⎪⎝⎭，则21a a >-；所以2()(1)f a f a <-，即D一定成立. 故选：D.18．已知函数2()f x x bx c =++，且(2)()f x f x +=-，则下列不等式中成立的是（ ） A ．(4)(0)(4)f f f -<< B ．(0)(4)(4)f f f <-< C ．(0)(4)(4)f f f <<- D ．(4)(0)(4)f f f <<-【答案】C 【分析】由(2)()f x f x +=-，即可得到()f x 图象的对称轴为1x =，所以根据图象上的点离对称轴的距离即可比较出(0),(4),(4)f f f -的大小关系. 【解析】由(2)()f x f x +=-得()f x 图象的对称轴为1x =，所以()f x 在(,1]-∞上单调递减，在[1,)+∞上单调递增，且(4)(2)f f =-， 所以(0)(2)(4)(4)f f f f <-=<-， 故选：C. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关函数值的比较大小的问题，解题方法如下：（1）首先根据题中所给的函数解析式，判断函数类型，根据题中所给的条件，判断出函数图象的对称轴；（2）利用对称性，将自变量所对应的函数值进行转换； （3）根据函数的单调性求得结果.19．若定义在R 上的偶函数()f x 在[)0,+∞上是减函数，则下列各式一定成立的是（ ） A ．()()06f f < B ．()()32f f -> C ．()()13f f -> D ．()()58f f -<-【答案】C 【分析】由偶函数及在[)0,+∞上是减函数，知在(,0]-∞上是增函数，即可判断各项的正误. 【解析】A ：在[)0,+∞上是减函数，即()()06f f >，错误；B ：(3)(3)f f -=，()f x 在[)0,+∞上是减函数，有()()32f f <，即()()32f f -<，错误； C ：(1)(1)f f -=，()f x 在[)0,+∞上是减函数，有()()31f f <，即()()13f f ->，正确； D ：由题意，()f x 在(,0]-∞上是增函数，()()58f f ->-，错误； 故选：C20．设函数()f x 是(),-∞+∞上的减函数，又若a R ∈，则（ ） A ．()()2f a f a >B ．()()2f a f a < C ．()()2f a a f a +<D ．()()211f a f +≤【答案】D 【分析】利用特殊值法可判断ABC 选项的正误，利用函数的单调性可判断D 选项的正误. 【解析】对于A 选项，取0a =，则2a a =，()()2f a f a ∴=，A 选项错误； 对于B 选项，取0a =，则2a a =，所以，()()2f af a =，B 选项错误；对于C 选项，取0a =，则2a a a +=，所以，()()2f a a f a +=，C 选项错误；对于D 选项，对任意的a R ∈，211a +≥，所以，()()211f a f +≤，D 选项正确.故选：D.21．函数()f x 的定义域为,(1)0,()f f x '=R 为()f x 的导函数，且()0f x '>，则不等式()()20x f x ->的解集是（ ）A ．(,1)(2,)-∞⋃+∞B ．(,1)(1,)-∞⋃+∞C ．(0,1)(2,)+∞D ．(,0)(1,)-∞⋃+∞【答案】A 【分析】依题意可得()f x 再定义域上单调递增，又()10f =，即可得到1x <时，()0f x <；1 x >时，()0f x >；再分类讨论分别计算最后取并集即可；【解析】解：由题意可知()f x 在(),-∞+∞单调递增，又()10f =，1x <时，()0f x <；1 x >时，()0f x >； 对于()()2 0x f x ->，当2x >时，不等式成立， 当12x <<时，()20, 0x f x -<>，不等式不成立； 当1x <时，20x -<，且()0f x <， 不等式成立不等式的解集(,1)(2,)-∞⋃+∞ 故选：A .22．已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为'()f x ，且满足'()()0f x f x ->，()20212021f e =，则不等式1ln 3f x ⎛⎫<⎪⎝⎭）A ．()6063,e +∞B ．()20210,eC ．()2021,e +∞D ．()60630,e【答案】D 【分析】由题意构造新函数()()xf x F x e =，得到函数的单调性，对问题进行变形，由单调性转化为求解不等式问题，即可得到结果 【解析】 由题可设()()x f x F x e=，'()()0f x f x ->，则2'()()'()()'()0x x x xf x e f x e f x f x F x e e--==>， 所以函数()F x 在R 上单调递增，2021(2021)(2021)1f F e==，将不等式1ln 3f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭1ln 311ln ln 3311ln ln 33x x x f x f x e e e ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⋅=， 可得1ln 13F x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即1ln (2021)3F x F ⎛⎫< ⎪⎝⎭，有1ln 20213x <，故得60630x e <<，所以不等式1ln 3f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭()60630,e ，故选：D. 【点睛】关键点睛：本题的解题关键是构造新函数，然后运用函数单调性求解不等式，通常情况构造新函数的形式如：()()xf x F x e =、()()F x xf x =或者()()f x F x x =等，需要结合条件或者问题出发进行构造.23．已知函数2()121xf x =-+，且()41(3)xf f ->，则实数x 的取值范围是（ ）． A ．(2,)+∞ B ．(,2)-∞C ．(1,)+∞D ．(,1)-∞【答案】D 【分析】用导数判断函数()f x 的单调性，再解不等式即可. 【解析】 因为()()22ln 2021x xf x -=<+'，所以函数2()121x f x =-+在R 上单调递减， 由于()41(3)xf f ->所以413x-<，得1x <故选：D 【点睛】关键点点晴：判断函数()f x 的单调性是解题的关键.24．已知定义在R 上的函数()f x 满足()13f =，对x ∀∈R 恒有()2f x '<，则()21f x x ≥+的解集为（ ） A ．[)1,+∞ B ．(],1-∞C ．()1,+∞D ．(),1-∞【答案】B 【分析】构造新函数()()21F x f x x =--，利用导数判断()F x 单减，又(1)0F =可解1x ≤. 【解析】令()()21F x f x x =--，则()()2F x f x ''=-， 又因为对x ∀∈R 恒有()2f x '< 所以()()20F x f x ''=-<恒成立， 所以()()21F x f x x =--在R 上单减. 又(1)(1)210F f =--=， 所以()0F x ≥的解集为(],1-∞ 故选：B 【点睛】利用单调性解不等式通常用于： (1)分段函数型不等式； (2)复合函数型不等式；(3)抽象函数型不等式； (4)解析式较复杂的不等式；25．已知函数f (x ) f (2a 2－5a ＋4)<f (a 2＋a ＋4) ，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭∪(2,＋∞)B ．[2,6)C ．10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦∪[2,6)D ．(0,6)【答案】C 【分析】由解析式知()f x 在定义域上递增，由已知函数不等式有2222544a a a a ≤-+<++，即可求解a 的取值范围. 【解析】由题意，()f x 在[2,)+∞上单调递增，∵22(254)(4)f a a f a a -+<++，即2222544a a a a ≤-+<++， ∴260a a -<或22520a a -+≥，可得26a ≤<或102a <≤. 故选：C 【点睛】关键点点睛：利用函数的单调性，列不等式求参数的范围.易错点是定义域容易被忽略.26．已知函数()f x 的图象关于y 轴对称，当0x ≥时，()f x 单调递增，则不等式(2)(1)f x f x >-的解集为__________． 【答案】1(,1)(,)3-∞-⋃+∞ 【分析】由题意可得()f x 为偶函数，再由偶函数的性质可将(2)(1)f x f x >-，转化为(2)(1)f x f x >-，再由当0x ≥时，()f x 单调递增，可得21x x >-，从而可求出x 的范围 【解析】解：依题意，()f x 为偶函数，当0x ≥时，()f x 单调递增，要满足(2)(1)f x f x >-，则要求21x x >-，两边平方得22412x x x >-+，即23210x x +->，即(1)(31)0x x +->，解得1(,1)(,)3x ∈-∞-⋃+∞． 故答案为：1(,1)(,)3-∞-⋃+∞．27．设()xf x a x =+，若()36f =，则不等式()()21f x f x ->的解集为____________.【答案】()1,+∞ 【分析】先由()36f =，解出a ，讨论()xf x a x =+的单调性，利用函数单调性解不等式即可.【解析】因为()xf x a x =+，且()36f =，，所以33a =，解得1a =>.()(),ln 1x x f x f a x a x a =+∴=+' ln 0,ln 111,x x a a a a a >∴>∴>+，()x f x a x ∴=+在R 上单增.()()21f x f x ->可化为：21x x ->解得：1x >.不等式()()21f x f x ->的解集为()1,+∞ 故答案为：()1,+∞ 【点睛】利用单调性解不等式通常用于： (1)分段函数型不等式；(2)复合函数型不等式；(3)抽象函数型不等式；(4)解析式较复杂的不等式；28．已知定义域为R 的奇函数()f x 在区间(0,)+∞上为严格减函数，且()20f =，则不等式(1)01f x x +≥-的解集为___________.【答案】[]3,1-- 【分析】先由定义域为R 的奇函数()f x 在区间(0,)+∞上为严格减函数，且()20f =，画出()f x 的草图，结合图像对(1)01f x x +≥-进行等价转化，解不等式即可.【解析】()f x 是定义域为R 的奇函数，且在区间(0,)+∞上为严格减函数，有()20f =，∴()f x 在区间(,0)-∞上为严格减函数且()20f =，可作出()f x 的草图：不等式(1)01f x x +≥-可化为：()1010x f x ->⎧⎨+≥⎩或()1010x f x -<⎧⎨+≤⎩对于()1010x f x ->⎧⎨+≥⎩，当1x >时()12,10x f x +>+<，无解；对于()1010x f x -<⎧⎨+≤⎩，当1x <时()12,10x f x +<+≤，由图像观察，210x -≤+≤解得：31x -≤≤- 所以不等式(1)01f x x +≥-的解集为[]3,1--.故答案为：[]3,1-- 【点睛】常见解不等式的类型：(1)解一元二次不等式用图像法或因式分解法； (2)分式不等式化为标准型后利用商的符号法则； (3)高次不等式用穿针引线法； (4)含参数的不等式需要分类讨论．29．已知函数()()23log 440f x ax x =-+>在x ∈R 上恒成立，则a 的取值范围是_________.【答案】4,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【分析】由题意，把函数()()23log 440f x ax x =-+>在x ∈R 上恒成立转化为2430ax x -+>对x ∈R上恒成立，列不等式解得a 的范围. 【解析】()()23log 440f x x x α=-+>恒成立，即()2233log 44log 1430ax x ax x -+>⇔-+>恒成立，所以0a =时显然不成立.当0a ≠时()0Δ16120a a >⎧⎨=-<⎩得43a <，所以4,3a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭.故答案为：4,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【点睛】（1）求参数的范围是常见题型之一，处理的方法有两种：①不分离参数，直接求最大值或最小值，解不等式；②分离参数法.（2）解指、对数型的不等式，通常化为同底的结构，利用函数的单调性解不等式.30．设函数3,1()1+1,1x x f x x x x ≤⎧⎪=⎨->⎪⎩，则不等式()26()f x f x ->的解集为_________．【答案】()3,2- 【分析】先判断函数的单调性，再解抽象不等式. 【解析】当1x >时，31+1y x x=-是增函数，此时1y >； 当1x ≤时， y x =是增函数，此时1y ≤， 所以函数()f x 是单调递增函数，()()2266f x f x x x ->⇔->，解得：32x -<<，所以不等式的解集是()3,2-. 故答案为：()3,2-。
专题32 数列中构造函数研究单调性问题(解析版)
专题32 数列中构造函数研究单调性问题一、题型选讲题型一、转化为关于一元二次函数或者运用基本不等式例1、数列的前项和为，若，则数列的最小项为（ ）例2、(2017扬州期末）在正项等比数列{a n }中，若a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，则a 5＋a 6的最小值为________．例3、(2018无锡期末） 已知等比数列{a n }满足a 2a 5＝2a 3，且a 4，54，2a 7成等差数列，则a 1·a 2·…·a n 的最大值为________．题型二、运用作差或者作商解决数列的单调性问题(1)用作差比较法，根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列或是常数列． (2)用作商比较法，根据a n ＋1a n (a n ＞0或a n ＜0)与1的大小关系进行判断．例4、(2019镇江期末）设数列{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝2，a 2a 4＝64.数列{b n }满足：对任意的正整数n ，都有a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.(1) 分别求数列{a n }与{b n }的通项公式．(2) 若不等式λ⎝⎛⎭⎫1－12b 1⎝⎛⎭⎫1－12b 2…⎝⎛⎭⎫1－12b n <12b n ＋1对一切正整数n 都成立，求实数λ的取值范围． (3) 已知k ∈N *，对于数列{b n }，若在b k 与b k ＋1之间插入a k 个2，得到一个新数列{c n }．设数列{c n }的前m 项的和为T m ，试问：是否存在正整数m ，使得T m ＝2019？如果存在，求出m 的值；如果不存在，请说明理由．例5、(2019苏州三市、苏北四市二调）已知数列{a n }的各项均不为零．设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a 2n }的前n 项和为T n ，且3S 2n －4S n ＋T n ＝0，n ∈N *.(1) 求a 1，a 2的值；(2) 证明：数列{a n }是等比数列；(3) 若(λ－na n )(λ－na n ＋1)<0对任意的n ∈N *恒成立，求实数λ的所有值．例6、(2018苏州期末）已知各项是正数的数列{a n }的前n 项和为S n .(1) 若S n ＋S n －1＝a 2n ＋23(n ∈N *，n ≥2)，且a 1＝2.①求数列{a n }的通项公式； ②若S n ≤λ·2n＋1对任意n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．(2) 已知数列{a n }是公比为q (q >0，q ≠1)的等比数列，且数列{a n }的前n 项积为10T n .若存在正整数k ，对任意n ∈N *，使得T （k ＋1）nT kn为定值，求首项a 1的值．例7、(2018南京、盐城一模）设数列{a n }满足a 2n ＝a n ＋1a n －1＋λ(a 2－a 1)2，其中n ≥2，且n ∈N ，λ为常数．(1) 若{a n }是等差数列，且公差d ≠0，求λ的值；(2) 若a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，且存在r ∈[3，7]，使得m ·a n ≥n －r 对任意的n ∈N *都成立，求m 的最小值；(3) 若λ≠0，且数列{a n }不是常数列，如果存在正整数T ，使得a n ＋T ＝a n 对任意的n ∈N *均成立．求所有满足条件的数列{a n }中T 的最小值．例8、(2017扬州期末）已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1) 若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2) 若对任意n ∈N *，都有a n ＝B n 及b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＜13成立，求正实数b 1的取值范围；(3) 若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A tB t成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由．二、达标训练1、.已知数列中， ， ， ，若数列单调递增，则实数的取值范围为__________．2、(2019南京、盐城一模）已知等比数列{a n }为单调递增数列，设其前n 项和为S n ，若a 2＝2，S 3＝7，则a 5的值为________．3、（2016苏州期末）已知{a n }是等差数列，a 5＝15，a 10＝－10，记数列{a n }的第n 项到第n ＋5项的和为T n ，则|T n |取得最小值时n 的值为________．4、(2017南京三模）若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 3－a 1＝2，则a 5的最小值为 ▲ ．5、(2019南京、盐城一模） 若数列{a n }满足a 1＝0，a 4n －1－a 4n －2＝a 4n －2－a 4n －3＝3，a 4n a 4n －1＝a 4n ＋1a 4n ＝12，其中n ∈N *，且对任意n ∈N *都有a n <m 成立，则m 的最小值为________．{}n a 1a a =22a a =-22n n a a +-={}n a a6、(2017苏州暑假测试）在数列{a n }中，已知a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋2n －1.(1) 求证：数列{a n ＋n }为等比数列；(2) 记b n ＝a n ＋(1－λ)n ，且数列{b n }的前n 项和为T n ，若T 3为数列{T n }中的最小项，求λ的取值范围．7、(2019宿迁期末）已知数列{a n }各项均为正数，S n 是数列{a n }的前n 项的和，对任意的n ∈N *，都有2S n ＝3a 2n ＋a n －2.数列{b n }各项都是正整数，b 1＝1，b 2＝4，且数列a b 1，ab 2，ab 3，…，ab n 是等比数列．(1) 证明：数列{a n }是等差数列； (2) 求数列{b n }的通项公式b n ； (3)求满足S n b n ＋2<14的最小正整数n .8、(2018镇江期末）已知数列{a n}的前n项和为S n，对任意正整数n，总存在正数p，q，r，使得a n＝p n－1，S n＝q n－r恒成立；数列{b n}的前n项和为T n，且对任意正整数n，2T n＝nb n恒成立．(1) 求常数p，q，r的值；(2) 证明数列{b n}为等差数列；(3) 若b2＝2，记P n＝2n＋b1a n＋2n＋b22a n＋2n＋b34a n＋…＋2n＋b n－12n－2a n＋2n＋b n2n－1a n，是否存在正整数k，使得对任意正整数n，P n≤k恒成立，若存在，求正整数k的最小值；若不存在，请说明理由．专题32 数列中构造函数研究单调性问题一、题型选讲题型一、转化为关于一元二次函数或者运用基本不等式例1、数列的前项和为，若，则数列的最小项为（）【答案】第5项令，易知：对称轴为x=所以数列的最小项为第5项例2、(2017扬州期末）在正项等比数列{a n }中，若a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，则a 5＋a 6的最小值为________．【答案】 48【解析】思路分析 首先根据基本量思想，可用首项a 1和公比q 来表示a 5＋a 6，即建立a 5＋a 6的目标函数．但是它含有两个变量a 1和q ，可由a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6再建立一个关于a 1和q 的等式，然后消去一个变量，那么消谁呢？原则：一是易于消去谁，二是对谁了解得更为详细，就保留谁．由这两点可知，应消去a 1，保留q ，这就得到关于q 的函数．接下来用函数或不等式即可求出最值．这里运用换元或整体思想结合基本不等式即可求出最值，但运用基本不等式求最值，一定要检验等号成立的条件．解法1 由a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，得a 1(q ＋1)(q 2－2)＝6，所以a 1(q ＋1)＝6q 2－2.因为a n ＞0，所以q 2－2＞0，a 5＋a 6＝a 1(1＋q )q 4＝6q 4q 2－2＝6×(q 4－4)＋4q 2－2＝6×(q 2＋2)＋4q 2－2＝6×q 2－2＋4q 2－2＋4≥6×2(q 2－2)×4q 2－2＋4＝6×8＝48，当且仅当q 2－2＝4q 2－2，即q ＝2，a 1＝1时，等号成立，所以a 5＋a 6最小值为48.解法2 由a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，得(a 2＋a 1)(q 2－2)＝6，所以a 2＋a 1＝6q 2－2.因为a n ＞0，所以q 2－2＞0，即q 2＞2，a 5＋a 6＝(a 1＋a 2)q 4＝6q 4q 2－2＝61q 2－2q4.令t ＝1q 2∈⎝⎛⎭⎫0，12，则1q 2－2q 4＝t －2t 2＝－2⎝⎛⎭⎫t －142＋18，当t ＝14∈⎝⎛⎭⎫0，12时，式子1q 2－2q 4取得最大值18，从而a 5＋a 6＝61q 2－2q 4取得最小值6×8＝48. 例3、(2018无锡期末） 已知等比数列{a n }满足a 2a 5＝2a 3，且a 4，54，2a 7成等差数列，则a 1·a 2·…·a n 的最大值为________．【答案】 1 024【解析】解法1 设等比数列{a n }的公比为q ，根据等比数列的性质可得a 2a 5＝a 3a 4＝2a 3，由于a 3≠0，可得a 4＝2.因为a 4，54，2a 7成等差数列，所以2×54＝a 4＋2a 7，可得a 7＝14，由a 7＝a 4q 3可得q ＝12，由a 4＝a 1q 3可得a 1＝16，从而a n ＝a 1q n －1＝16×⎝⎛⎭⎫12n －1(也可直接由a n ＝a 4q n －4得出)，令b n ＝a 1·a 2·…·a n ，则b n ＋1b n＝a n＋1＝16×⎝⎛⎭⎫12n ，令16×⎝⎛⎭⎫12n≥1，可得n ≤4，故b 1<b 2<…<b 4＝b 5>b 6>…>b n ，所以当n ＝4或5时，a 1·a 2·…·a n 的值最大，为1 024.解法2 同解法1得a n ＝16×⎝⎛⎭⎫12n －1，令a n ≥1可得n ≤5，故当1≤n ≤5时，a n ≥1，当n ≥6时，0<a n <1，所以当n ＝4或5时，a 1·a 2·…·a n 的值最大，为1 024.解法3 同解法1得a n ＝16×⎝⎛⎭⎫12n －1＝25－n ，令T n ＝a 1.a 2.....a n ＝24×23×22× (25)n ＝24＋3＋2＋…＋(5－n)＝2n （4＋5－n ）2＝2n （9－n ）2.因为n ∈N *，所以当且仅当n ＝4或5时，n （9－n ）2取得最大值10，从而T n 取得最大值T 10＝210＝1 024.解后反思 本题考查等比数列的通项及性质，等差中项的性质及应用．解法1是一般解法，通过构造数列，讨论数列的单调性求解，体现了函数思想在解决数列问题中的应用．解法2则注意到数列{a n }为正项递减的等比数列，根据问题的特征，只需要找到所有不小于1的项即可，充分体现了小题小做的特点．解法3更是顺其自然的解法，体现了函数思想在数列中的应用． 题型二、运用作差或者作商解决数列的单调性问题(1)用作差比较法，根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列或是常数列． (2)用作商比较法，根据a n ＋1a n (a n ＞0或a n ＜0)与1的大小关系进行判断．例4、(2019镇江期末）设数列{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝2，a 2a 4＝64.数列{b n }满足：对任意的正整数n ，都有a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.(1) 分别求数列{a n }与{b n }的通项公式．(2) 若不等式λ⎝⎛⎭⎫1－12b 1⎝⎛⎭⎫1－12b 2…⎝⎛⎭⎫1－12b n <12b n ＋1对一切正整数n 都成立，求实数λ的取值范围． (3) 已知k ∈N *，对于数列{b n }，若在b k 与b k ＋1之间插入a k 个2，得到一个新数列{c n }．设数列{c n }的前m 项的和为T m ，试问：是否存在正整数m ，使得T m ＝2019？如果存在，求出m 的值；如果不存在，请说明理由．规范解答 (1)设等比数列{a n }的公比为q(q>0)，因为a 1＝2，a 2a 4＝a 1q ·a 1q 3＝64，解得q ＝2，则a n ＝2n .(1分)当n ＝1时，a 1b 1＝2，则b 1＝1；(2分)当n ≥2时，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(n －1)·2n ＋1＋2 ①， a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n －1b n －1＝(n －2)·2n ＋2 ②， ①－②得a n b n ＝n·2n ，则b n ＝n. 综上，b n ＝n.(4分)(2) 不等式λ⎝⎛⎭⎫1－12b 1⎝⎛⎭⎫1－12b 2…⎝⎛⎭⎫1－12b n<12b n ＋1对一切正整数n 都成立，即λ⎝⎛⎭⎫1－12⎝⎛⎭⎫1－14…⎝⎛⎭⎫1－12n <12n ＋1恒成立． 因为⎝⎛⎭⎫1－12⎝⎛⎭⎫1－14…⎝⎛⎭⎫1－12n >0，当λ≤0时，不等式显然成立．(5分) 当λ>0时，不等式等价于⎝⎛⎭⎫1－12⎝⎛⎭⎫1－14…⎝⎛⎭⎫1－12n 2n ＋1<1λ. 设f(n)＝⎝⎛⎭⎫1－12⎝⎛⎭⎫1－14…⎝⎛⎭⎫1－12n 2n ＋1， 则f （n ＋1）f （n ）＝⎝⎛⎭⎫1－12⎝⎛⎭⎫1－14…⎝⎛⎭⎫1－12n ⎝⎛⎭⎫1－12n ＋22n ＋3⎝⎛⎭⎫1－12⎝⎛⎭⎫1－14—⎝⎛⎭⎫1－12n 2n ＋1＝2n ＋12n ＋32n ＋2＝4n 2＋8n ＋34n 2＋8n ＋4<1.(7分)所以f(1)>f(2)>f(3)>…>f(n)>…，所以1λ>f(n)max ＝f(1)＝32，故λ<233，则0<λ<233.综上，λ<233.(8分)(注意：如果考生直接分离λ<1⎝⎛⎭⎫1－12b 1⎝⎛⎭⎫1－12b 2…⎝⎛⎭⎫1－12b n 2b n ＋1，不讨论λ正负的，评分标准为：单调性证明2分，求最值与范围2分)(3) 数列{c n }中，从b 1至b k (含b k 项)的所有项的和是：(1＋2＋3…＋k)＋(21＋22＋…＋2k －1)×2＝k （k ＋1）2＋2k ＋1－4.(10分)当k ＝9时，其和是45＋210－4＝1065<2019， 当k ＝10时，其和是55＋211－4＝2099>2019，(12分) 又因为2019－1065＝477×2，(14分)所以当m ＝9＋(2＋22＋…＋28)＋477＝996时，T m ＝2019. 即存在m ＝996，使得T m ＝2019.(16分)例5、(2019苏州三市、苏北四市二调）已知数列{a n }的各项均不为零．设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a 2n }的前n 项和为T n ，且3S 2n －4S n ＋T n ＝0，n ∈N *.(1) 求a 1，a 2的值；(2) 证明：数列{a n }是等比数列；(3) 若(λ－na n )(λ－na n ＋1)<0对任意的n ∈N *恒成立，求实数λ的所有值．思路分析 (1) 对3S 2n －4S n ＋T n ＝0，令n ＝1，2得到方程，解得a 1，a 2的值．(2) 3S 2n －4S n ＋T n ＝0中，对n 赋值作差，消去T n ，再对n 赋值作差，消去S n ，从而得到a n ＋1＝－12a n，证得数列{a n }是等比数列．(3)先求出a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1，由(λ－na n )(λ－na n ＋1)<0恒成立，确定λ＝0适合，再运用反证法证明λ>0和λ<0不成立．规范解答 (1)因为3S 2n －4S n ＋T n ＝0，n ∈N *.令n ＝1，得3a 21－4a 1＋a 21＝0，因为a 1≠0，所以a 1＝1.令n ＝2，得3(1＋a 2)2－4(1＋a 2)＋(1＋a 22)＝0，即2a 22＋a 2＝0，因为a 2≠0，所以a 2＝－12.(3分) (2)解法1 因为3S 2n －4S n ＋T n＝0， ① 所以3S 2n ＋1－4S n ＋1＋T n ＋1＝0， ②②－①得，3(S n ＋1＋S n )a n ＋1－4a n ＋1＋a 2n ＋1＝0，因为a n ＋1≠0，所以3(S n ＋1＋S n )－4＋a n ＋1＝0， ③(5分) 所以3(S n ＋S n －1)－4＋a n ＝0(n ≥2)， ④当n ≥2时，③－④得，3(a n ＋1＋a n )＋a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝－12a n ，因为a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝－12.又因(1)知，a 1＝1，a 2＝－12，所以a 2a 1＝－12，所以数列{a n }是以1为首项，－12为公比的等比数列．(8分)解法2 因为3S 2n －4S n ＋T n ＝0，①所以3S 2n ＋1－4S n ＋1＋T n ＋1＝0，②②－①得，3(S n ＋1＋S n )a n ＋1－4a n ＋1＋a 2n ＋1＝0， 因为a n ＋1≠0，所以3(S n ＋1＋S n )－4＋a n ＋1＝0， 所以3(S n ＋1＋S n )－4＋(S n ＋1－S n )＝0，(5分) 整理为S n ＋1－23＝－12⎝⎛⎭⎫S n －23，又S 1－23＝a 1－23＝13， 所以S n －23＝13·⎝⎛⎭⎫－12n －1，得S n ＝13·⎝⎛⎭⎫－12n －1＋23，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝⎝⎛⎭⎫－12n －1，而a 1＝1也适合此式，所以a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1，所以a n ＋1a n ＝－12所以数列{a n }是以－12为公比的等比数列．(8分)(3)解法1 由(2)知，a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1.因为对任意的n ∈N *，(λ－na n )(λ－na n ＋1)<0恒成立， 所以λ的值介于n ⎝⎛⎭⎫－12n －1和n ⎝⎛⎭⎫－12n之间． 因为n ⎝⎛⎭⎫－12n －1·n ⎝⎛⎭⎫－12n<0对任意的n ∈N *恒成立，所以λ＝0适合．(10分) 若λ>0，当n 为奇数时，n ⎝⎛⎭⎫－12n<λ<n ⎝⎛⎭⎫－12n －1恒成立，从而有λ<n2n －1恒成立．记p (n )＝n 22n (n ≥4)，因为p (n ＋1)－p (n )＝（n ＋1）22n ＋1－n 22n ＝－n 2＋2n ＋12n ＋1<0， 所以p (n )≤p (4)＝1，即n 22n ≤1，所以n 2n ≤1n(*)，从而当n ≥5且n ≥2λ时，有λ≥2n ≥n2n －1，所以λ>0不符．(13分)若λ<0，当n 为奇数时，n ⎝⎛⎭⎫－12n<λ<n ⎝⎛⎭⎫－12n －1恒成立，从而有－λ<n2n 恒成立．由(*)式知，当n ≥5且n ≥－1λ时，有－λ≥1n ≥n2n ，所以λ<0不符．综上，实数λ的所有值为0. 解法2 由(2)知，a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1，故a n a n ＋1<0，所以当λ＝0时，(λ－na n )(λ－na n ＋1)<0即n 2a n a n ＋1<0，对任意的n ∈N *成立，符合题意；(10分)因为对任意的n ∈N *，(λ－na n )(λ－na n ＋1)<0恒成立，所以对任意的大于3的偶数n ，(λ－na n )(λ－na n ＋1)<0即⎝⎛⎭⎫λ＋n 2n －1⎝⎛⎭⎫λ－n 2n <0成立，亦即对任意的大于3的偶数n ，|λ|<n 2n －⎝⎛⎭⎫－n 2n －1＝3n2n 成立，(13分) 先证，当n ≥4时，n 2n ≤1n，记p (n )＝n 22n (n ≥4)，因为p (n ＋1)－p (n )＝（n ＋1）22n ＋1－n 22n ＝－n 2＋2n ＋12n ＋1<0， 所以p (n )≤p (4)＝1，即n 22n 41，所以n 2n ≤1n (*)，所以对任意的大于3的偶数n ，|λ|<3n成立，但若λ≠0，当n >3|λ|时，|λ|>3n ，所以λ≠0不合题意，综上，实数λ的所有值为0.(16分)解后反思 1.对于S n 和a n 的递推关系式，通常运用赋值作差法，消去S n ，从而得到a n 的递推关系式，也可消去a n ，得到S n 的关系式，特别要注意下标n 的范围的确定．2．第(3) 问中，根据极限的理论可知当n 趋近于＋∞时，n 2n －1趋近于0，由不等式λ<n2n －1恒成立，不难得到λ＝0，但由于是解答题需要进行严格论证，当λ>0时，构造数列p(n)＝n 22n (n ≥4)，通过作差法研究p(n)的单调性，得到不等式n 2n ≤1n ，从而得到当n ≥5且n ≥2λ时，有λ≥2n ≥n2n －1，导出矛盾，否定λ>0，同理可证λ<0不成立．而解法2，则是对解法1的改进，若(λ－na n )(λ－na n ＋1)<0对任意的n ∈N *恒成立的必要条件是对任意的大于3的偶数n ，|λ|<n 2n －(－n2n －1)成立，这样避开了对实数λ符号的讨论．例6、(2018苏州期末）已知各项是正数的数列{a n }的前n 项和为S n .(1) 若S n ＋S n －1＝a 2n ＋23(n ∈N *，n ≥2)，且a 1＝2.①求数列{a n }的通项公式； ②若S n ≤λ·2n＋1对任意n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．(2) 已知数列{a n }是公比为q (q >0，q ≠1)的等比数列，且数列{a n }的前n 项积为10T n .若存在正整数k ，对任意n ∈N *，使得T （k ＋1）nT kn为定值，求首项a 1的值． 思路分析 (1) ①利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，得到a n ＋1与a n 的关系，并特别注意式中的n ≥2.对于n ＝1的情况必须单独处理．②设f(n)＝S n2n ＋1，则λ≥f(n)max ，问题转化为怎样求出f(n)max ，可考虑用作差比较确定f(n)的单调性． (2) 设b n ＝lg a n ，则T n 是公差d ＝lg q ≠0的等差数列{b n }的前n 项和，并且T n 是关于n 的二次函数，其公式形如T n ＝An 2＋Bn ，可猜想T （k ＋1）nT kn为定值时，B ＝0.规范解答 (1) ①当n ≥2时，由3(S n ＋S n －1)＝a 2n ＋2，3(S n ＋1＋S n )＝a 2n ＋1＋2，两式相减，得3(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n .因为a n >0恒成立，所以a n ＋1－a n ＝3，其中n ≥2.(2分)由3(S 2＋S 1)＝a 22＋2及a 1＝2，得3(4＋a 2)＝a 22＋2，即a 22－3a 2－10＝0.结合a 2>0，解得a 2＝5，满足a 2－a 1＝3.(3分)所以对n ∈N *，均有a n ＋1－a n ＝3，即数列{a n }是首项为a 1＝2，公差为3的等差数列， 数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.(5分)②由①知，S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n （3n ＋1）2，所以λ≥n （3n ＋1）2n ＋2对n ∈N *恒成立．(6分) 记f (n )＝n （3n ＋1）2n ＋2，n ∈N *.考虑f (n ＋1)－f (n )＝（n ＋1）（3n ＋4）2n ＋3－n （3n ＋1）2n ＋2＝－（3n 2－5n －4）2n ＋3.(8分) 当n ≥3时，f (n ＋1)<f (n )，且f (1)＝12，f (2)＝78，f (3)＝1516.所以f (n )max ＝f (3)＝1516，从而λ≥1516.所以实数λ的取值范围是⎣⎡⎭⎫1516，＋∞.(11分)(2) 设b n ＝lg a n ＝lg a 1q n －1＝lg a 1＋lg q n －1＝lg a 1＋(n －1)lg q ， 令d ＝lg q ，则数列{b n }是公差为d 的等差数列， 由题意有a 1·a 2·…·a n ＝a n 1·qn （n －1）2＝10T n ， 两边取以10为底的对数，则有n lg a 1＋n （n －1）2lg q ＝T n ，而数列{b n }的前n 项和为n lg a 1＋lg a 1＋（n －1）lg q 2＝n lg a 1＋n （n －1）2lg q ＝T n ，故T n 为数列{b n }的前n项和．(13分)T n ＝nb 1＋n （n －1）2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫b 1－d 2n ，记A ＝d 2≠0，B ＝b 1－d 2，则T n ＝An 2＋Bn . 所以T （k ＋1）n T kn ＝A （k ＋1）2n 2＋B （k ＋1）n Ak 2n 2＋Bkn ＝k ＋1k ·A （k ＋1）n ＋B Akn ＋B .因为对任意n ∈N *，T （k ＋1）n T kn 为定值，所以A （k ＋1）n ＋BAkn ＋B也为定值． 设A （k ＋1）n ＋BAkn ＋B＝μ，则[A (k ＋1)－μAk ]n ＋B －Bμ＝0对n ∈N *恒成立．所以⎩⎪⎨⎪⎧A （k ＋1）－μAk ＝0，①B －Bμ＝0，②由①得μ＝k ＋1k ，代入②得B ＝0.(15分)即b 1＝12d ，即lg a 1＝12lg q ，得a 1＝q .(16分)解后反思 在第(1)题②中，若设f(x)＝14·3x 2＋x2x ，x>0，用导数来研究函数的单调性，因为会出现ln 2，比较复杂，不是明智的选择．在第(2)题中，转化等比数列{a n }为等差数列{b n }，且记T n ＝An 2＋Bn ，可使得说理、书写方便很多．这样突出重点的书写方法请体会、学习并实践．例7、(2018南京、盐城一模）设数列{a n }满足a 2n ＝a n ＋1a n －1＋λ(a 2－a 1)2，其中n ≥2，且n ∈N ，λ为常数．(1) 若{a n }是等差数列，且公差d ≠0，求λ的值；(2) 若a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，且存在r ∈[3，7]，使得m ·a n ≥n －r 对任意的n ∈N *都成立，求m 的最小值；(3) 若λ≠0，且数列{a n }不是常数列，如果存在正整数T ，使得a n ＋T ＝a n 对任意的n ∈N *均成立．求所有满足条件的数列{a n }中T 的最小值．思路分析第(2)问是存在性和恒成立共存的问题，可以分别转化后，得到一个新数列，求出最值即可；第(3)问只需要对T ＝2，T ＝3逐一进行验证，直到成立为止．规范解答 (1)由题意，可得a 2n ＝(a n ＋d)(a n－d)＋λd 2，化简得(λ－1)d 2＝0，又d ≠0，所以λ＝1.(4分) (2)将a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4代入条件，可得4＝1×4＋λ，解得λ＝0，所以a 2n ＝a n ＋1a n －1，所以数列{a n }是首项为1，公比q ＝2的等比数列，所以a n ＝2n －1.(6分)欲存在r ∈[3，7]，使得m·2n －1≥n －r ，即r ≥n －m·2n －1对任意n ∈N *都成立，则7≥n －m ·2n －1，所以m ≥n －72n －1 对任意n ∈N *都成立．(7分)解法1(做差法) 令b n ＝n －72n －1，则b n ＋1－b n＝n －62n －n －72n －1＝8－n2n ，所以当n ＞8时，b n ＋1＜b n ；当n ＝8时，b 9＝b 8；当n ＜8时，b n ＋1＞b n .(9分)所以b n 的最大值为b 9＝b 8＝1128 ，所以m 的最小值为1128.(10分) 解法2(导数法) 设函数f(x)＝x －72x －1(x ＞0)，则f′(x)＝1－ln 2·（x －7）2x －1，设h(x)＝1－ln 2·(x －7) (x ＞0)，因为h(x)在(0，＋∞)上单调递减，且h(8)＝1－ln 2＞0，h(9)＝1－2ln 2＜0，所以h(x)在(8，9)内存在唯一零点，记为x 0.故当x ∈(0，x 0)时，f ′(x)＞0，f(x)单调递增；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x)＜0，f(x)单调递减；所以f(x 0)为极大值，且x 0∈(8，9)，考虑到x ∈N *，且f (8)＝f (9)．(9分)所以f (x )的最大值为f (8)＝f (9)＝1128 ，所以m 的最小值为1128.(10分)(3)因为数列{a n }不是常数列，所以T ≥2.①若T ＝2，则a n ＋2＝a n 恒成立，从而a 3＝a 1，a 4＝a 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 22＝a 21＋λ（a 2－a 1）2，a 21＝a 22＋λ（a 2－a 1）2，所以λ(a 2－a 1)2＝0，又λ≠0，所以a 2＝a 1，可得{a n }是常数列．矛盾．所以T ＝2不合题意．(12分)②若T ＝3，取a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝3k －2，2，n ＝3k －1，（k ∈N *）－3，n ＝3k (*)，满足a n ＋3＝a n 恒成立．(14分)由a 22＝a 1a 3＋λ(a 2－a 1)2，得λ＝7.则条件式变为a 2n ＝a n ＋1a n －1＋7.由22＝1×(－3)＋7，知a 23k －1＝a 3k －2a 3k ＋λ(a 2－a 1)2；由(－3)2＝2×1＋7，知a 23k ＝a 3k －1a 3k ＋1＋λ(a 2－a 1)2；由12＝(－3)×2＋7，知a 23k ＋1＝a 3k a 3k ＋2＋λ(a 2－a 1)2.所以，数列(*)适合题意．所以T 的最小值为3.(16分)例8、(2017扬州期末）已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1) 若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2) 若对任意n ∈N *，都有a n ＝B n 及b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＜13成立，求正实数b 1的取值范围；(3) 若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A tB t成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由．思路分析 (1) 对于基本的等差或等比数列，只要运用等差(比)的定义及基本量思想、方程(组)思想就能解决有关的求通项和求前n 项和问题；(2) 而对于非等差、非等比的数列求和，应对照题目本身的特点，从常规的求和方法如：分解法、裂项相消法、错位相减法等方法中寻求对策；对于恒成立求参数范围，仍可借鉴函数中的参数分离法；(3) 对于存在性问题的探究，通常假设存在，然后按要求去求，若有解，则存在；若无解，则不存在．对于不定方程的整数解，一定要用好给定范围和数的奇、偶性去分析问题，这里是从范围逐一突破的，也有的题是从奇、偶性突破的．规范解答 (1) 因为A n＝n 2，所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2－(n －1)2，n ≥2，)即a n ＝2n －1，(2分)故b n ＋1－b n ＝12(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列， 所以B n ＝n ·2＋12·n ·(n －1)·1＝12n 2＋32n .(4分)(2) 依题意B n ＋1－B n ＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1b n＝2，所以数列{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝B n ＝1－2n1－2×b 1＝b 1(2n －1), 所以b n ＋1a n a n ＋1＝b 1·2n b 1(2n －1)·b 1(2n ＋1－1)＝2n b 1(2n －1)·(2n ＋1－1).(5分) 因为b n ＋1a n a n ＋1＝2n b 1(2n －1)·(2n ＋1－1)＝1b 112n －1－12n ＋1－1，(8分) 所以b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1121－1－12n ＋1－1，所以1b 1121－1－12n ＋1－1＜13恒成立，即b 1＞3⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1－1，所以b 1≥3.(10分)(3) 由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得a n ＋1－a n ＝2n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n ＋1－2，当n ＝1时，上式也成立，所以A n ＝2n ＋2－4－2n . 又B n ＝2n ＋1－2，所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n 2n －1.(12分)假设存在两个不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t 成等差数列，等价于121－1，s 2s －1，t2t －1成等差数列，即2s 2s －1＝121－1＋t 2t －1，即 2s 2s －1＝1＋t2t －1.(13分) 因为1＋t 2t －1＞1，所以2s2s －1＞1，即2s ＜2s ＋1.(14分)令h (s )＝2s －2s －1(s ≥2，s ∈N *)，则h (s ＋1)－h (s )＝2s －2＞0，所以h (s )单调递增．若s ≥3，则h (s )≥h (3)＝1＞0，不满足2s ＜2s ＋1，所以s ＝2，代入2s 2s －1＝121－1＋t2t －1得2t －3t －1＝0(t ≥3)．当t ＝3时，显然不符合要求；当t ≥4时，令φ(t )＝2t －3t －1(t ≥4，t ∈N *)，则同理可证φ(t )单调递增，所以φ(t )≥φ(4)＝3＞0，所以不符合要求．所以，不存在正整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A tB t成等差数列．(16分)二、达标训练1、.已知数列中， ， ， ，若数列单调递增，则实数的取值范围为__________． 【答案】【解析】数列中， ， ， ，由可知数列奇数项、偶数项分别递增，若数列单调递增，则必有 且，可得 ，即实数的取值范围为，故答案为.2、(2019南京、盐城一模）已知等比数列{a n }为单调递增数列，设其前n 项和为S n ，若a 2＝2，S 3＝7，则a 5的值为________． 【答案】16【解析】 解法1(基本量为a 1，q ) 设a n ＝a 1·q n －1，则a 2＝a 1·q ＝2，即a 1＝2q ，所以S 3＝a 1·(q 2＋q ＋1)＝7，即2q ·(q 2＋q ＋1)＝2q ＋2＋2q ＝7，q ＋1q ＝52，解得q ＝2或q ＝12(数列单调递减，舍)，则a 5＝a 1·q 4＝16.解法2(基本量为a 2，q ) 设公比为q ，则S 3＝2q ＋2＋2q ＝7，解得q ＝2或q ＝12(数列单调递减，舍)，则a 5＝a 2·q 3＝16.解后反思 在等差数列与等比数列中常常使用基本量法，但是要注意基本量的相对性. 我们所说的基本量，往往是a 1，d(或a 1，q)，其实也可以把a 2，d(或a 2，q)等作为基本量3、（2016苏州期末）已知{a n }是等差数列，a 5＝15，a 10＝－10，记数列{a n }的第n 项到第n ＋5项的和为T n ，则|T n |取得最小值时n 的值为________．{}n a 1a a =22a a =-22n n a a +-={}n a a ()0,1{}n a 1a a =22a a =-22n n a a +-=22n n a a +-={}n a ()2120a a a a -=-->()21222n n a a a a a a +-=--<-=01a <<a ()0,1()0,1【答案】5或6【解析】思路分析 通常先求出T n 关于n 的表达式．由a 5＝15，a 10＝－10得a n ＝－5n ＋40，a n ＋5＝－5n ＋15，T n ＝6(a n ＋a n ＋5)2＝15(11－2n )，当11－2n ＝±1时，即n ＝5或6时，|T n |取最小值15.易错警示 从“第n 项到第n ＋5项”共有6项，不是5项．一般地，从第m 项到第n 项，共有n －(m －1)项．解后反思 要使得|T n |取得最小值，则T n 的值靠近0.而a 8＝0，所以a 8是连续6项中的中间项(第3或第4项)，从而开始项为a 5或a 6.4、(2017南京三模）若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 3－a 1＝2，则a 5的最小值为 ▲ ． 【答案】．8【解析】 因为a 3－a 1＝2，所以()2112a q -=，即12201a q =>- ()1q > 所以4451221q a a q q ==-，设210t q =->，即21q t =+，所以()25211122228t a t t t t t ⎛⎫+⎛⎫==++≥+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当且仅当1t =，即q =. 5、(2019南京、盐城一模） 若数列{a n }满足a 1＝0，a 4n －1－a 4n －2＝a 4n －2－a 4n －3＝3，a 4n a 4n －1＝a 4n ＋1a 4n ＝12，其中n ∈N *，且对任意n ∈N *都有a n <m 成立，则m 的最小值为________．【答案】 8【解析】解法 易知a 2＝3，a 3＝6，a 4＝3，a 4n ＋1＝12a 4n ，a 4n ＋2＝12a 4n ＋3，a 4n ＋3＝12a 4n ＋6，a 4(n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12a 4n ＋6＝14a 4n ＋3，化简得a 4(n ＋1)－4＝14(a 4n －4)，解得a 4n ＝4－14n －1<4，a 4n ＋1<a 4n ，a 4n ＋2＝5－12·4n －1<5，a 4n ＋3＝8－12·4n －1<8，故2n 的最小值为8. 解后反思 由特殊来寻找一般的规律是数列学习中的一种基本方法，本题中的难点在于如何寻找规律，由题目中的相关项可以得到突破．解法1与解法2都立足于从特殊出发，只不过，一种是通过特殊来观察出a 4n －1的规律，而另一种是通过“数”的推演来得到答案，两种方法都不太容易． 6、(2017苏州暑假测试）在数列{a n }中，已知a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋2n －1.(1) 求证：数列{a n ＋n }为等比数列；(2) 记b n ＝a n ＋(1－λ)n ，且数列{b n }的前n 项和为T n ，若T 3为数列{T n }中的最小项，求λ的取值范围． 思路分析 (1) 证明等比数列，一般从等比数列的定义出发，首先要说明它的任意一项均不为0，且相邻两项的比值为非零的常数．(2) 由第(1)问求出数列{a n }的通项公式，由此得到{b n }的通项公式，通过分组求和后得到它的前n 项和．注意到T 3为数列{T n }中的最小项，因此，将它转化为对应的不等式恒成立问题，而要研究数列中的不等式恒成立问题，研究数列的单调性是必然的手段，通过研究数列的单调性后来得到变量λ的取值范围．规范解答 (1) 因为a n ＋1＝3a n ＋2n －1，所以a n ＋1＋n ＋1＝3(a n ＋n )． 故a n ＋1＋n ＋1a n ＋n＝3，又a 1＝2，则a 1＋1＝3，故{a n ＋n }是以3为首项，3为公比的等比数列．(4分) (2) 由(1)知a n ＋n ＝3n ，所以b n ＝3n －nλ.(6分)故T n ＝31＋32＋…＋3n －(1＋2＋3＋…＋n )λ＝32(3n －1)－n (n ＋1)2λ.(8分)因为T 3为数列{T n }中的最小项，则对∀n ∈N *，有32(3n －1)－n (n ＋1)2λ≥39－6λ恒成立，即3n ＋1－81≥(n 2＋n －12)λ对∀n ∈N *恒成立．(10分) 当n ＝1时，由T 1≥T 3，得λ≥365；当n ＝2时，由T 2≥T 3，得λ≥9；(12分)当n ≥4时，n 2＋n －12＝(n ＋4)(n －3)＞0恒成立， 所以λ≤3n ＋1－81n 2＋n －12对∀n ≥4恒成立．令f (n )＝3n ＋1－81n 2＋n －12，n ≥4，则f (n ＋1)－f (n )＝3n ＋1(2n 2－26)＋162(n ＋1)(n 2＋3n －10)(n 2＋n －12)＞0恒成立，故f (n )＝3n ＋1－81n 2＋n －12在n ≥4时单调递增，所以λ≤f (4)＝814.(15分)综上，9≤λ≤814.(16分)解后反思 证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．而研究数列中的取值范围问题，一般都是通过研究数列的单调性来进行求解．7、(2019宿迁期末）已知数列{a n }各项均为正数，S n 是数列{a n }的前n 项的和，对任意的n ∈N *，都有2S n ＝3a 2n ＋a n －2.数列{b n }各项都是正整数，b 1＝1，b 2＝4，且数列a b 1，ab 2，ab 3，…，ab n 是等比数列．(1) 证明：数列{a n }是等差数列；(2) 求数列{b n }的通项公式b n ；(3)求满足S n b n ＋2<14的最小正整数n . 思路分析 (1)求数列的通项而条件给出的是项a n 与和S n 的关系，所以应采取的方法是——去和S n留项a n .由2S n ＝3a 2n ＋a n －2得2S n －1＝3a 2n －1＋a n －1－2(n ≥2)，两式相减可得a n 与a n －1的递推关系，从而进一步证明{a n }是等差数列；(2)由第一问可求出{a n }的通项公式，易得{b n }的通项公式；(3)先求出S n b n ＋2的表达式，通过判断其单调性，就可找出满足条件的最小正整数n.对于数列的单调性，一般采取相邻项作差或作商，作差与0比较大小，作商与1比较大小．规范解答 (1)当n ＝1时，2a 1＝3a 21＋a 1－2，即3a 21－a 1－2＝0，(3a 1＋2)(a 1－1)＝0，由a 1>0得a 1＝1.(1分)当n ≥2时，由2S n ＝3a 2n ＋a n －2得2S n －1＝3a 2n －1＋a n －1－2，所以两式相减得2a n ＝3a 2n ＋a n －3a 2n －1－a n －1，所以3(a n －a n －1)(a n ＋a n －1)＝a n ＋a n －1.(3分)由a n >0知a n ＋a n －1>0，所以a n －a n －1＝13， 所以数列{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝13的等差数列. (5分) (2)由(1)得a n ＝1＋13(n －1)＝13n ＋23， 由ab 1＝a 1＝1，ab 2＝a 4＝2, 知数列{b n }的公比q ＝21＝2， 所以数列{ab n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以ab n ＝2n －1.(7分)又ab n ＝13b n ＋23，所以ab n ＝13b n ＋23＝2n －1，即b n ＝3·2n －1－2.(10分) (3)由S n ＝n （a 1＋a n ）2＝16(n 2＋5n)，得S n b n ＋2＝n 2＋5n 63×2n －1＝n 2＋5n 9·2n .(12分) 设f(n)＝S n b n ＋2＝n 2＋5n 9·2n ， 则f （n ＋1）f （n ）＝（n ＋1）2＋5（n ＋1）9·2n ＋1n 2＋5n 9·2n＝n 2＋7n ＋62n 2＋10n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n ＋6n 2＋5n . 令f （n ＋1）f （n ）>1得n 2＋7n ＋62n 2＋10n>1，即n 2＋3n －6<0. 由n ∈N *得n ＝1.令f （n ＋1）f （n ）<1得n 2＋3n －6>0，知n ≥2，n ∈N *. 所以f (1)<f (2)，f (2)>f (3)>f (4)>…>f (n )>…(14分)又因为f (1)＝S 1b 1＋2＝618＝13>14，f (4)＝S 4b 4＋2＝36144＝14，故当n ≥5时，f (n )<14， 所以满足S n b n ＋2<14的最小正整数n 为5. (16分) 8、(2018镇江期末）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n ，总存在正数p ，q ，r ，使得a n ＝p n －1，S n ＝q n －r 恒成立；数列{b n }的前n 项和为T n ，且对任意正整数n ，2T n ＝nb n 恒成立．(1) 求常数p ，q ，r 的值；(2) 证明数列{b n }为等差数列；(3) 若b 2＝2，记P n ＝2n ＋b 1a n ＋2n ＋b 22a n ＋2n ＋b 34a n ＋…＋2n ＋b n －12n －2a n ＋2n ＋b n 2n －1a n ，是否存在正整数k ，使得对任意正整数n ，P n ≤k 恒成立，若存在，求正整数k 的最小值；若不存在，请说明理由．思路分析 第(1)问，由于所给出的是关于通项与和的一般性的式子，因此，利用特殊与一般的关系，将一般进行特殊化来处理，可分别取n ＝2，3，求出p ，q 的值(必要性)，再验证是否符合题意(充分性)．第(2)问，根据数列的通项与其前n 项和的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2来得到数列的递推关系，有了递推关系后来判断数列是等差数列就有两种方法：一是利用递推关系求出数列的通项公式，进而通过定义来加以证明；二是利用等差中项来进行证明．第(3)问，根据所要研究的对象“P n≤k 恒成立”可以看出，本题的本质就是求P n的最大值，而研究一个数列的最值的基本方法是研究数列的单调性，因此，利用邻项作差的方法来判断{P n}的单调性，进而求出数列的最大值．另外，注意到本题的P n是一个差比数列的和，因此，本题又可以通过先求和，然后再判断单调性，进而求最值的方法来加以求解，但这种方法并不简便，故采用直接判断单调性的方法来加以求解．规范解答(1) 因为S n＝q n－r①，所以S n－1＝q n－1－r②(n≥2)，①－②得S n－S n－1＝q n－q n－1，即a n＝q n－q n－1(n≥2)，(1分)又a n＝p n－1，所以p n－1＝q n－q n－1(n≥2)，n＝2时，p＝q2－q；n＝3时，p2＝q3－q2.因为p，q为正数，解得p＝q＝2.(3分)又因为a1＝1，S1＝q－r，且a1＝S1，所以r＝1.(4分)(2) 因为2T n＝nb n③，当n≥2时，2T n－1＝(n－1)b n－1④，③－④得2b n＝nb n－(n－1)b n－1，即(n－2)b n＝(n－1)b n－1⑤，(6分)证法1又(n－1)b n＋1＝nb n⑥，⑤＋⑥得(2n－2)b n＝(n－1)b n－1＋(n－1)b n＋1，(7分)即2b n＝b n－1＋b n＋1，所以{b n}为等差数列．(8分)证法2由(n－2)b n＝(n－1)b n－1，得b nn－1＝b n－1n－2，当n≥3时，b nn－1＝b n－1n－2＝…＝b21，所以b n＝b2(n－1)，所以b n－b n－1＝b2，(6分)因为n＝1时，由2T n＝nb n得2T1＝b1，所以b1＝0，则b2－b1＝b2，(7分)所以b n－b n－1＝b2，对n≥2恒成立，所以{b n}为等差数列．(8分)(3) 因为b1＝0，又b2＝2，由(2)知{b n}为等差数列，所以b n＝2n－2，(9分)又由(1)知a n＝2n－1，(10分)所以P n＝2n2n－1＋2n＋22n＋…＋4n－422n－3＋4n－222n－2，又P n ＋1＝2n ＋22n ＋…＋4n －422n －3＋4n －222n －2＋4n 22n －1＋4n ＋222n ， 所以P n ＋1－P n ＝4n 22n －1＋4n ＋222n －2n 2n －1＝12n ＋2－4n·2n4n ，(12分) 令P n ＋1－P n >0得12n ＋2－4n·2n >0，所以2n <6n ＋12n ＝3＋12n<4，解得n ＝1， 所以n ＝1时，P n ＋1－P n >0，即P 2>P 1，(13分)n ≥2时，因为2n ≥4，3＋12n <4，所以2n >3＋12n ＝6n ＋12n，即12n ＋2－4n·2n <0. 此时P n ＋1<P n ，即P 2>P 3>P 4>…，(14分)所以P n 的最大值为P 2＝2×22＋2×2＋222＝72，(15分) 若存在正整数k ，使得对任意正整数n ，P n ≤k 恒成立，则k ≥P max ＝72，所以正整数k 的最小值为4.(16分)解后反思 (2)得到⑤式后，往往就会止步不前，题中的处理方法的本质是构造特殊的数列，这种方法要仔细体会；(3)中研究“和式”不等式恒成立问题，恒成立问题的基本方法有两类：第一类是先求和，再研究不等式，此种方法要求“和”要能求；第二类处理方法是直接研究单调性来确定最值．。
压轴题型02 构造法在函数中的应用(解析版)-2023年高考数学压轴题专项训练
压轴题型02构造法在函数中的应用近几年高考数学压轴题，多以导数为工具来证明不等式或求参数的范围，这类试题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解导数问题的最基本方法，但在平时的教学和考试中，发现很多学生不会合理构造函数，结果往往求解非常复杂甚至是无果而终．因此笔者认为解决此类问题的关键就是怎样合理构造函数，本文以近几年的高考题和模考题为例，对在处理导数问题时构造函数的方法进行归类和总结，供大家参考．○热○点○题○型1构造法解决高考函数对称与周期性问题○热○点○题○型2主元构造法○热○点○题○型3分离参数构造法○热○点○题○型4局部构造法○热○点○题○型5换元构造法○热○点○题○型6特征构造法○热○点○题○型7放缩构造法一、单选题1．若正数x满足532-+=，则x的取值范围是（）.x x xA x<B x<<C ．x <D ．x >2．设函数()f x =若曲线sin 22y x =+上存在点0(x ，0)y 使得00(())f f y y =成立，则实数a 的取值范围为（）A ．[0，21]e e -+B ．[0，21]e e +-C ．[0，21]e e --D ．[0，21]e e ++3．“米”是象形字.数学探究课上，某同学用拋物线1和2构造了一个类似“米”字型的图案，如图所示，若抛物线1C ，2C 的焦点分别为1F ，2F ，点P 在拋物线1C 上，过点P 作x 轴的平行线交抛物线2C 于点Q ，若124==PF PQ ，则p =（）A ．2B ．3C ．4D ．6树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据.玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现，如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12cm ，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球O 上，则球O 的表面积为（）A ．272πcmB ．2162πcmC ．2216πcmD ．2288πcm 【答案】C【分析】根据题意可知正方体的体对角线即是外接球的直径，又因圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，可利用勾股定理得出正方体边长，继而求出球的表面积.【详解】不妨设正方体的边长为2a ，球О的半径为R ，则圆柱的底面半径为a ，因为正方体的体对角线即为球О直径，故223R a =，利用勾股定理得：222263a R a +==，解得18a =，球的表面积为2ππ44318216πS R ==⨯⨯=，故选：C.5．若函数()()有两个零点，则实数的取值范围是（）A ．()1,2B ．()0,2C ．()1,+∞D ．(),2-∞【答案】A【分析】将函数()()ln 2f x x a x a =+-+有两个零点的问题转化为函数ln ,(2)y x y a x a ==--的图象交点个数问题，结合导数的几何意义，数形结合，即可求解.【详解】由()()ln 2f x x a x a =+-+有两个零点，即()ln 20x a x a +-+=有两个正根，即函数ln ,(2)y x y a x a ==--的图象有2个交点，直线(2)y a x a =--可变为(1)20a x x y -++-=，令=1x -，则=2y -，即直线(2)y a x a =--过定点(1,2)P --，当该直线与ln y x =相切时，设切点为00(,)x y ，则1y x'=，则000ln 211x x x +=+，即001ln 10x x -+=，令1g()ln 1,(0)x x x x=-+>，则()g x 在(0,)+∞上单调递增，又(1)0g =，故1g()ln 1,(0)x x x x=-+>有唯一零点1x =，故01x =，即(2)y a x a =--与曲线ln y x =相切时，切点为(1,0)，则切线斜率为1，要使函数ln ,(2)y x y a x a ==--的图象有2个交点，需满足021a <-<，即(1,2)a ∈，故选：A【点睛】方法点睛：根据函数的零点个数求解参数范围，一般方法：（1）转化为函数最值问题，利用导数解决；（2）转化为函数图像的交点问题，数形结合解决问题；（3）参变分离法，结合函数最值或范围解决.6．已知()f x 是定义域为R 的函数，()220f x +为奇函数，()221f x +为偶函数，当10x -≤<时，()f x =()()()60y f x a x a =-+>有5个零点，则实数a 的取值范围为（）A ．11,73⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,124⎛ ⎝⎭C ．⎝⎭D ．11,62⎛⎫ ⎪⎝⎭当直线()2y a x =-与圆()()22910x y y -+=≥相切时，271aa +()2y a x =-与圆()()22510x y y -+=≥相切时，2311a a =+，解得32124a <<．故选：B ．【点睛】通过函数的奇偶性挖掘周期性与函数图像的对称性，从而能作出整个函数的大致图像，将函数零点转化为方程的根，再转化为两个函数图像交点的横坐标．交点的个数时注意数形结合思想的应用，动中蕴静，变化中抓住不变，抓住临界状态，利用直线与圆相切，借助点到直线的距离公式得到参数的临界值，从而求出参数的取值范围，考生综合分析问题和解决问题的能力要求比较高．二、填空题7．已知函数21()(1)1x f x x x -⎛⎫=> ⎪+⎝⎭，如果不等式1(1)()(x f x m m -->-对11,164x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦恒成立，则实数m 的取值范围_______________.5⎛⎫①ln52<；②lnπ>③11<；④3ln2e>其中真命题序号为__________.9．设函数4()log ,0f x x x ⎧+≤⎪=⎨>⎪⎩，若关于x 的函数()()()()2g 23x fx a f x =-++恰好有四个零点，则实数a 的取值范围是____________.令()f x t =，函数()()()()2g 23x fx a fx =-++恰好有四个零点．则方程()()()2230f x a f x -++=化为()2230t a t -++=，设()2230t a t -++=的两根为12,t t ，因为123t t =，所以两根均大于0，且方程的一根在区间(]0,1内，另一根在区间()2+∞，内．令()()223g t t a t =-++所以()()()()2Δ2120001020a g g g ⎧=+->⎪>⎪⎨≤⎪⎪<⎩，解得：2a ≥，综上：实数a 的取值范围为[)2,.∞+故答案为：[)2,.∞+【点睛】复合函数零点个数问题，要先画出函数图象，然后适当运用换元法，将零点个数问题转化为二次函数或其他函数根的分布情况，从而求出参数的取值范围或判断出零点个数.三、解答题10．已知正数a b 、满足1a b +=，求M =的最小值.11．已知函数在处的切线方程为(1).求()f x 的解析式；(2).若对任意的0x >，均有()10f x kx -+≥求实数k 的范围；(3).设12x x ，为两个正数，求证:()()()121212f x f x x x f x x +++>+。
2023届高考数学导数满分通关：极值点偏移之积(x1x2)型不等式的证明
专题25 极值点偏移之积(x 1x 2)型不等式的证明【例题选讲】[例1] 已知f (x )＝x ln x －12mx 2－x ，x ∈R ．(1)当m ＝－2时，求函数f (x )的所有零点；(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2，求证：x 1x 2＞e 2(e 为自然对数的底数)．解析 (1)当m ＝－2时，f (x )＝x ln x ＋x 2－x ＝x (ln x ＋x －1)，x ＞0．设g (x )＝ln x ＋x －1，x ＞0， 则g ′(x )＝1x＋1＞0，于是g (x )在(0，＋∞)上为增函数．又g (1)＝0，所以g (x )有唯一的零点x ＝1，从而函数f (x )有唯一的零点x ＝1． (2)欲证x 1x 2＞e 2，只需证ln x 1＋ln x 2＞2．由函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，可得函数f ′(x ) 有两个零点，又f ′(x )＝ln x －mx ，所以x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不同实根．于是有⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0， ①ln x 2－mx 2＝0， ②①＋②可得ln x 1＋ln x 2＝m (x 1＋x 2)，即m ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2，②－①可得ln x 2－ln x 1＝m (x 2－x 1)，即m ＝ln x 2－ln x 1x 2－x 1，从而可得ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2，于是ln x 1＋ln x 2＝⎝⎛⎭⎫1＋x 2x 1ln x 2x 1x 2x 1－1．由0＜x 1＜x 2，设t ＝x 2x 1，则t ＞1．因此ln x 1＋ln x 2＝(1＋t )ln t t －1，t ＞1．要证ln x 1＋ln x 2＞2，即证(t ＋1)ln t t －1＞2(t ＞1)，即证当t ＞1时，有ln t ＞2(t －1)t ＋1．令h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t ＞1)，则h ′(t )＝1t －2(t ＋1)－2(t －1)(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0，所以h (t )为(1，＋∞)上的增函数．因此h (t )＞ln 1－2(1－1)1＋1＝0．于是当t ＞1时，有ln t ＞2(t －1)t ＋1．所以有ln x 1＋ln x 2＞2成立，即x 1x 2＞e 2．[例2] 已知函数()ln g x x bx =+．(1)函数()g x 有两个不同的零点12, x x ，求实数b 的取值范围； (2)在(1)的条件下，求证：212e x x >．解析 (1)()g x 有两个不同的零点12, x x ，即ln 0x bx +=有两个不同的根，ln xb x∴=-．设ln ()x f x x =-，21ln ()xf x x -'∴=-，令()0f x '>可得：1ln 0e x x -<⇒>． ()f x ∴在()0, e 单调递减，在()e, +∞单调递增，且x →+∞时，()0f x →，()1e e f =-，1, 0e b ⎛⎫∴∈- ⎪⎝⎭ (2)思路一：不妨设21x x >，由已知可得：1122ln 0ln 0x bx x bx +=⎧⎨+=⎩，()1212ln x x b x x ∴=-+．即只需证明：()122b x x -+>，在方程1122ln 0ln 0x bx x bx +=⎧⎨+=⎩可得：()2121ln xb x x x -=．2112lnx x b x x ∴=-，∴只需证明：()211212ln 2xx x x x x -+>-． 即()2221112221222111111lnln221ln 211x x x x x x x xx x x x x x x x x x ⎛⎫+ ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭+>⇔>⇔+>- ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭-． 令21x t x =，则1t >，所以只需证明不等式：()()()1ln 211ln 220t t t t t t +>-⇒+-+>①， 设()()1ln 22h t t t t =+-+，()10h =，()11ln 2ln 1t h t t t t t+'∴=+-=+-，()10h '= ()221110t h t t t t -''∴=-=>，()h t ∴在()1, +∞单调递增．()()10h t h ''∴>=．()h t ∴在()1, +∞单调递增，()()10h t h ∴>=，即不等式①得证． ()122b x x ∴-+>即12ln 2x x >，212e x x ∴>．思路二：所证不等式221212e e x x x x >⇔>，因为()ln g x x bx =+有两不同零点12, x x ．12, x x ∴满足方程ln ln 0xx bx b x+=⇔=-，由(1)可得：120e x x <<<． 考虑设ln ()xf x x=-，12()()f x f x ∴=，由(1)可得：()f x 在()0, e 单调递减，在()e,+∞单调递增． 120e x x <<<，()()212e 0, e , 0, e x x ∴∈∈．结合()f x 的单调性可知：只需证明()212e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭．12()()f x f x =，所以只需证明：222222e e ()()()()0f x f f x f x x <⇔-<．即证明：()222222222222222222lnln e e 0ln ln 02e ln 0e x x x x x x x e x x x x -<⇔-<⇔-+<．设()()222()2e ln , e, h x x x x x =-+∈+∞，则()e 0h =．()()2221e 4e 2ln 32ln h x x x x x x x x x x '∴=-+-=--，则()e 0h '=．()()2222e e 321ln 12ln h x x x x x''∴=+-+=+-，则()e 0h ''=．()h x ''单调递减，()()0h x h e ''''∴<=，()h x '∴单调递减，()()e 0h x h ''∴<=．单调递减，，即得证．得证，从而有． [例3] 已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝1时，方程f (x )＝m (m ＜－2)有两个相异实根x 1，x 2，且x 1＜x 2，求证：x 1·x 22＜2． 解析 (1)由题意得，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x(x ＞0)．当a ≤0时，由x ＞0，得1－ax ＞0，即f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 当a ＞0时，由f ′(x )＞0，得0＜x ＜1a ，由f ′(x )＜0，得x ＞1a ，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． 综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减．(2)由题意及(1)可知，方程f (x )＝m (m ＜－2)的两个相异实根x 1，x 2满足ln x －x －m ＝0， 且0＜x 1＜1＜x 2，即ln x 1－x 1－m ＝ln x 2－x 2－m ＝0． 由题意，可知ln x 1－x 1＝m ＜－2＜ln 2－2，又由(1)可知，f (x )＝ln x －x 在(1，＋∞)上单调递减，故x 2＞2． 令g (x )＝ln x －x －m ，则g (x )－g ⎝⎛⎭⎫2x 2＝－x ＋2x 2＋3ln x －ln 2． 令h (t )＝－t ＋2t 2＋3ln t －ln 2(t ＞2)，则h ′(t )＝－(t －2)2(t ＋1)t 3．当t ＞2时，h ′(t )＜0，h (t )单调递减，所以h (t )＜h (2)＝2ln 2－32＜0，所以g (x )＜g ⎝⎛⎭⎫2x 2． 因为x 2＞2且g (x 1)＝g (x 2)，所以h (x 2)＝g (x 2)－g ⎝⎛⎭⎫2x 22＝g (x 1)－g ⎝⎛⎭⎫2x 22＜0，即g (x 1)＜g ⎝⎛⎭⎫2x 22．因为g (x )在(0，1)上单调递增，所以x 1＜2x 22，故x 1·x 22＜2． 总结提升 本题第(2)问要证明的方程根之间的不等式关系比较复杂，此类问题可通过不等式的等价变()h x ∴()()e 0h x h ∴<=()222222e ln 0x x x -+<()212e f x f x ⎛⎫∴<⎪⎝⎭221122e e x x x x >⇔>形，将两个根分布在不等式两侧，然后利用函数的单调性转化为对应函数值之间的大小关系即可．显然构造函数的关键仍然是消掉参数，另外根据函数性质确定“x 2＞2”是解题的一个关键点，确定其范围之后才能将x 1与2x 22化归到函数的同一个单调区间上，这也是此类问题的一个难点——精确定位．[例4] 已知函数()ln f x x ax b =-+(a ，b ∈R )有两个不同的零点1x ，2x ． (1)求()f x 的最值； (2)证明：1221x x a <． 思维引导 (1)求出导函数，由函数()f x 有两个不同的零点，则()f x 在()0, +∞内必不单调，得0a >，进而得到函数的单调性，即可求出函数的最值．(2)由题意转化为证明()212211221221ln 2x x x x xx x x x x -<=-+，不妨设12x x <，令()120, 1x t x =∈，只需证明21ln 2t t t <-+，设()12ln h t t t t=-+，根据函数的单调性，即可作出证明．解析 (1)1'()f x a x=-，()f x 有两个不同的零点，∴()f x 在()0, +∞内必不单调，故0a >， 此时'()0f x >，解得1x a <，∴()f x 在10, a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单增，1, a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单减， ∴max 1()()ln 1f x f a b a==--+，无最小值．(2)由题知1122ln 0ln 0x ax b x ax b -+=⎧⎨-+=⎩两式相减得()1122ln 0x a x x x --=，即1212lnx x a x x =-，故要证1221x x a <，即证21212212(ln )x x x x x x -<，即证221121221221(l )n 2x x x x x x x x x x -<=-+，不妨设12x x <，令()120, 1x t x =∈，则只需证21ln 2t t t <-+，设21()ln 2g t t t t=--+， 则212ln 11'()2ln 1t t t g t t t tt-+=-+=，设1()2ln h t t t t=-+，则22(1)'()0t h t t -=-<，∴()h t 在()0, 1上单减，∴()(1)0h t h >=，∴()g t 在()0, 1上单增，∴()(1)0g t g <=， 即21ln 2t t t<-+在(0, 1)t ∈时恒成立，原不等式得证．总结提升 体会在用12, x x 表示a 时为什么要用两个方程，而不是只用21112ln 0x x ax --=来表示a ？如果只用1x 或2x 进行表示，则1ln x 很难处理，用12, x x 两个变量表示a ，在代入的时候有21lnx x 项，即可以考虑利用换元法代替21x x ，这也体现出双变量换元时在结构上要求“平衡”的特点．【对点训练】1．已知函数f (x )＝x ln x 的图象与直线y ＝m 交于不同的两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．求证：x 1x 2<1e 2．1．解析 f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x )>0得x >1e ，由f ′(x )<0得0<x <1e，∴函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增．可设0<x 1<1e <x 2． 方法一 构造函数F (x )＝f (x )－f ⎝⎛⎭⎫1e 2x ，则 F ′(x )＝f ′(x )＋1e 2x 2f ′⎝⎛⎭⎫1e 2x ＝1＋ln x ＋1e 2x 2·⎝⎛⎭⎫1＋ln 1e 2x ＝(1＋ln x )·⎝⎛⎭⎫1－1e 2x 2， 当0<x <1e 时，1＋ln x <0，1－1e 2x 2<0，则F ′(x )>0，得F (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上是增函数，∴F (x )<F ⎝⎛⎭⎫1e ＝0， ∴f (x )<f ⎝⎛⎭⎫1e 2x ⎝⎛⎭⎫0<x <1e ，将x 1代入上式得f (x 1)<f ⎝⎛⎭⎫1e 2x 1，又f (x 1)＝f (x 2)，∴f (x 2)<f ⎝⎛⎭⎫1e 2x 1， 又x 2>1e ，1e 2x 1>1e ，且f (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增，∴x 2<1e 2x 1，∴x 1x 2<1e 2． 方法二f (x 1)＝f (x 2)即x 1ln x 1＝x 2ln x 2，令t ＝x 2x 1>1，则x 2＝tx 1，代入上式得x 1ln x 1＝tx 1(ln t ＋ln x 1)，得ln x 1＝t ln t1－t． ∴x 1x 2<1e 2⇔ln x 1＋ln x 2<－2⇔2ln x 1＋ln t <－2⇔2t ln t1－t ＋ln t <－2⇔ln t －2(t －1)t ＋1>0．设g (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1 (t >1)，则g ′(t )＝(t －1)2t (t ＋1)2>0．∴当t >1时，g (t )为增函数，g (t )>g (1)＝0，∴ln t －2(t －1)t ＋1>0．故x 1x 2<1e 2．2．已知函数()ln f x x ax =-． (1)讨论()f x 的单调性；(2)若函数()f x 有两个零点1x ，212()x x x <． ①求a 的取值范围；②证明：212e x x ⋅>． 2．解析 (1)()f x 的定义域为(0, )+∞，1()f x a x'=-， (ⅰ)当0a 时()0f x '>，()f x ∴在(0, )+∞上单调递增；(ⅰ)当0a >时，若1(0, )x a ∈，则()0f x '>，()f x 在1(0, )a 上单调递增；若1(, )x a ∈+∞，则()0f x '<，()f x 在区间1[, )a+∞上单调递减；综上：0a 时，()f x 在(0, )+∞上单调递增；0a >时，()f x 在1(0, )a 上单调递增，在1[, )a+∞上单调递减；(2)①由(1)知，0a 时，()f x 单调递增，()f x 至多一个零点，不合题意，当0a >时，()x 在1(0, )a 上单调递增，在区间1[, )a+∞上单调递减；11()()1max f x f ln a a==-，若函数()f x 有两个零点1x ，212()x x x <，由于0x →时，y →-∞，x →+∞时，y →-∞，所以11()ln 10f a a =->，解得1a e<，故所求a 的取值范围为10a e<<； ②证明：由题意：11ln x ax =，22ln x ax =，∴2121ln ln x x a x x -=-，要证212x x e ⋅>，只要证12ln ln 2x x +>，即12()2a x x +>． 只要证212112ln ln 2x x x x x x ->-+即证()2121ln 11t x t t t x -⎛⎫>=> ⎪+⎝⎭其中，令2(1)()ln (1)1t g t t t t -=->+，()()()()()2210 1, 1t g t g t t t -'=>∴+∞+，在单调递增， ()(1)g t g >0=，即()2121ln 11t x t t t x -⎛⎫>=> ⎪+⎝⎭其中成立， 故原不等式212e x x ⋅>成立．3．已知函数2()ln ()f x x x ax x a a =+-+∈R 在其定义域内有两个不同的极值点． (1)求a 的取值范围．(2)设()f x 的两个极值点为1x ，2x ，证明212e x x >．3．解析 (1)函数2()ln ()f x x x ax x a a =+-+∈R 的定义域为(0, )+∞，()ln 2f x x ax '=+．函数2()ln ()f x x x ax x a a =+-+∈R 在其定义域内有两个不同的极值点．∴方程()0f x '=在(0, )+∞有两个不同根；转化为函数ln ()xg x x=与函数2y a =-的图象在(0, )+∞上有两个不同交点． 又21ln ()xg x x-'=，即0e x <<时，()0g x '>，e x >时，()0g x '<， 故()g x 在(0, e)上单调增，在(e, )+∞上单调减．故()(e)g x g =极大1e=．又()g x 有且只有一个零点是1，且在0x →时，()g x →-∞，在在x →+∞时，()0g x →，故()g x 的草图如图，102e a ∴<-<，即102e a -<<．故a 的取值范围为1(, 0)2e-．(2)由(1)可知1x ，2x 分别是方程20lnx a +=的两个根，即11ln 2x ax =-，22ln 2x ax =-， 设12x x >，作差得1122ln 2()x a x x x =--．得1212ln2x x a x x -=-．要证明212x x e >．只需证明12ln ln 2x x +>．122()2a x x ⇐-+>，⇐121212ln()2x x x x x x +>-，即只需证明1122122()ln x x x x x x ->+， 令12x t x =，则1t >，只需证明2(1)ln 1t t t ->+， 设2(1)()ln 1t g t t t -=-+(1)t >，2(1)()0(1)t g t t t -'=>+．∴函数()g t 在(1, )+∞上单调递增， ()(1)g t g ∴>0=，故2(1)ln 1t t t ->+成立．212x x e ∴>成立． 4．已知函数f (x )＝ln xx ＋a (a ∈R )，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直．(1)试比较2 0182 019与2 0192 018的大小，并说明理由；(2)若函数g (x )＝f (x )－k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2＞e 2． 4．解析 (1)依题意得f ′(x )＝x ＋ax －ln x （x ＋a ）2，所以f ′(1)＝1＋a (1＋a )2＝11＋a ，又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直， 所以f ′(1)＝1，即11＋a＝1，解得a ＝0．故f (x )＝ln xx ，f ′(x )＝1－ln x x 2．令f ′(x )＞0，则1－ln x ＞0，解得0＜x ＜e ；令f ′(x )＜0，则1－ln x ＜0，解得x ＞e ， 所以f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．所以f (2 018)＞f (2 019)，即ln 2 0182 018＞ln 2 0192 019，整理得ln 2 0182 019＞ln 2 0192 018，所以2 0182 019＞2 0192 018．(2)不妨设x 1＞x 2＞0，因为g (x 1)＝g (x 2)＝0，所以ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0， 可得ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)．要证x 1x 2＞e 2，即证ln x 1x 2＞2，只需证ln x 1＋ln x 2＞2，也就是证k (x 1＋x 2)＞2，即证k ＞2x 1＋x 2． 因为k ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以只需证ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2，即证ln x 1x 2＞2(x 1－x 2)x 1＋x 2．令x 1x 2＝t (t ＞1)，则只需证ln t ＞2(t －1)t ＋1(t ＞1)． 令h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t ＞1)，则h ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0，故函数h (t )在(1，＋∞)上是单调递增的，所以h (t )＞h (1)＝0，即ln t ＞2(t －1)t ＋1，所以x 1x 2＞e 2． 5．已知函数f (x )＝ln x ＋bx －a (a ∈R ，b ∈R )有最小值M ，且M ≥0．(1)求e a －1－b ＋1的最大值；(2)当e a －1－b ＋1取得最大值时，设F (b )＝a －1b －m (m ∈R )，F (x )有两个零点为x 1，x 2(x 1＜x 2)，证明：2312e x x >．5．解析 (1)有题意， 当时，，在上单增，此时显然不成立，当时，令，得，此时在上单减，在上单增， (b )，即，所以，．所以的最大值为1．(2)当取得最大值时，，， 的两个零点为，，则，即，， 不等式恒成立等价于，两式相减得， 带入上式得，令，则，， 所以函数在上单调递增，(1)，得证． 6．已知函数f (x )＝(ln x －k －1)x (k ∈R )． (1)当x >1时，求f (x )的单调区间和极值；221()(0)b x bf x x x x x-'=-=>0b ()0f x '()f x (0,)+∞0b >()0f x '=x b =()f x (0,)b (,)b +∞M f ∴=10lnb a =+-1lnb a -1a b e -10a e b --11a e b --+11a e b --+1a lnb -=1()a lnbF b m m b b-=-=-()F x 1x 2x 12120;0lnx lnxm m x x -=-=11lnx mx =22lnx mx =2312x x e ⋅>12121222(2)3lnx lnx mx mx m x x +=+=+>11212212()x lnx x ln m x x m x x x =-⇒=-11211221211221223(1)3()(2)322x xlnx x x x x x x ln x x x x x x x --+⋅>⇔<=-++12(01)x t t x =<<3(1)(),(01)2t g t lnt t t -=-<<+2(1)(4)()0(2)t t g t t t --'=>+()g t (0,1)()g t g ∴<0=(2)若对任意x ∈[e ，e 2]，都有f (x )<4ln x 成立，求k 的取值范围； (3)若x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)，证明x 1x 2<e 2k ． 6．解析 (1)f ′(x )＝1x ·x ＋ln x －k －1＝ln x －k ．①当k ≤0时，因为x >1，所以f ′(x )＝ln x －k >0，所以函数f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间，无极值． ②当k >0时，令ln x －k ＝0，解得x ＝e k ， 当1<x <e k 时，f ′(x )<0；当x >e k 时，f ′(x )>0．所以函数f (x )的单调递减区间是(1，e k )，单调递增区间是(e k ，＋∞)， 在(1，＋∞)上的极小值为f (e k )＝(k －k －1)e k ＝－e k ，无极大值．(2)由题意，f (x )－4ln x <0，即问题转化为(x －4)ln x －(k ＋1)x <0对任意x ∈[e ，e 2]恒成立， 即k ＋1>(x －4)ln xx对任意x ∈[e ，e 2]恒成立，令g (x )＝(x －4)ln x x ，x ∈[e ，e 2]，则g ′(x )＝4ln x ＋x －4x 2．令t (x )＝4ln x ＋x －4，x ∈[e ，e 2]，则t ′(x )＝4x＋1>0，所以t (x )在区间[e ，e 2]上单调递增，故t (x )min ＝t (e)＝4＋e －4＝e>0，故g ′(x )>0， 所以g (x )在区间[e ，e 2]上单调递增，函数g (x )max ＝g (e 2)＝2－8e2．要使k ＋1>(x －4)ln x x 对任意x ∈[e ，e 2]恒成立，只要k ＋1>g (x )max ，所以k ＋1>2－8e 2，解得k >1－8e 2，所以实数k 的取值范围为⎝⎛⎭⎫1－8e 2，＋∞． (3)法一 因为f (x 1)＝f (x 2)，由(1)知，当k >0时，函数f (x )在区间(0，e k )上单调递减，在区间(e k ，＋∞)上单调递增，且f (e k ＋1)＝0． 不妨设x 1<x 2，当x →0时，f (x )→0，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，则0<x 1<e k <x 2<e k ＋1， 要证x 1x 2<e 2k ，只需证x 2<e 2k x 1，即证e k<x 2<e 2k x 1． 因为f (x )在区间(e k，＋∞)上单调递增，所以只需证f (x 2)<f ⎝⎛⎭⎫e 2kx 1， 又f (x 1)＝f (x 2)，即证f (x 1)<f ⎝⎛⎭⎫e 2kx 1，构造函数h (x )＝f (x )－f ⎝⎛⎭⎫e 2kx ＝(ln x －k －1)x －⎝⎛⎭⎫ln e 2kx －k －1e 2kx ， 即h (x )＝x ln x －(k ＋1)x ＋e 2k ⎝⎛⎭⎫ln x x －k －1x ，h ′(x )＝ln x ＋1－(k ＋1)＋e 2k⎝⎛⎭⎫ 1－ln x x 2 ＋k －1x 2＝(ln x －k )x 2－e 2kx 2，当x ∈(0，e k )时，ln x －k <0，x 2<e 2k ，即h ′(x )>0，所以函数h (x )在区间(0，e k )上单调递增，h (x )<h (e k )， 而h (e k)＝f (e k)－f ⎝⎛⎭⎫e 2ke k ＝0，故h (x )<0，所以f (x 1)<f ⎝⎛⎭⎫e 2kx 1，即f (x 2)＝f (x 1)<f ⎝⎛⎭⎫e 2kx 1，所以x 1x 2<e 2k 成立． 法二 要证x 1x 2<e 2k 成立，只要证ln x 1＋ln x 2<2k ．因为x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)，所以(ln x 1－k －1)x 1＝(ln x 2－k －1)x 2，即x 1ln x 1－x 2ln x 2＝(k ＋1)(x 1－x 2)， x 1ln x 1－x 2ln x 1＋x 2ln x 1－x 2ln x 2＝(k ＋1)(x 1－x 2)，即(x 1－x 2)ln x 1＋x 2ln x 1x 2＝(k ＋1)(x 1－x 2)，k ＋1＝ln x 1＋x 2lnx 1x 2x 1－x 2，同理k ＋1＝ln x 2＋x 1ln x 1x 2x 1－x 2，从而2k ＝ln x 1＋ln x 2＋x 2ln x 1x 2x 1－x 2＋x 1lnx 1x 2x 1－x 2－2，要证ln x 1＋ln x 2<2k ，只要证x 2ln x 1x 2x 1－x 2＋x 1lnx 1x 2x 1－x 2－2>0，不妨设0<x 1<x 2，则0<x 1x 2＝t <1，即证ln t t －1＋ln t1－1t －2>0，即证(t ＋1)ln t t －1>2，即证ln t <2·t －1t ＋1对t ∈(0，1)恒成立，设h (t )＝ln t －2·t －1t ＋1，当0<t <1时，h ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0，所以h (t )在t ∈(0，1)上单调递增，h (t )<h (1)＝0，得证，所以x 1x 2<e 2k ．专题3 f '(x 1＋x 22)型不等式的证明【例题选讲】[例1] 已知函数g (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x (a ∈R )． (1)求g (x )的单调区间；(2)若函数f (x )＝g (x )＋(a ＋1)x 2－2x ，x 1，x 2(0＜x 1＜x 2)是函数f (x )的两个零点，证明：f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0．思维引导 (2)利用分析法先等价转化所证不等式：要证明f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0，只需证明2x 1＋x 2－ln x 1－ln x 2x 1－x 2<012(0)x x <<，即证明()1212122ln ln x x x x x x ->-+，即证明12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+，再令()120, 1x t x =∈，构造函数()()1ln 22h t t t t =+-+，利用导数研究函数()h t 单调性，确定其最值：()h t 在()0, 1上递增，所以()()10h t h <=，即可证得结论．解析 (1)函数g (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x 的定义域为(0，＋∞)， g ′(x )＝1x －2ax ＋(2－a )＝－(ax －1)(2x ＋1)x，①当a ≤0时，g ′(x )>0，则g (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a >0时，若x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ，则g ′(x )>0，若x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞，则g ′(x )<0， 则g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)因为x 1，x 2是f (x )＝ln x ＋ax 2－ax 的两个零点，所以ln x 1＋ax 21－ax 1＝0，ln x 2＋ax 22－ax 2＝0，所以a ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2＋(x 2＋x 1)，又f ′(x )＝1x ＋2x －a ， 所以f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22＝2x 1＋x 2＋(x 1＋x 2)－a ＝2x 1＋x 2－ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以要证f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0，只须证明2x 1＋x 2－ln x 1－ln x 2x 1－x 2<0，即证明2(x 1－x 2)x 1＋x 2>ln x 1－ln x 2，即证明()12112221ln *1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+ 令()120, 1x t x =∈，则()()1ln 22h t t t t =+-+，则()1ln 1h t t t =+-'， ()2110h t t t=-'<'． ∴()h t '在()0, 1上递减， ()()10h t h '>='，∴()h t 在()0, 1上递增， ()()10h t h <=．所以()*成立，即1202x x f +⎛⎫< ⎪⎝⎭'．[例2] 已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ln x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝2x ． (1)求实数a ，b 的值；(2)设F (x )＝f (x )－x 2＋mx (m ∈R )，x 1，x 2 (0＜x 1＜x 2)分别是函数F (x )的两个零点，求证：F '(x 1x 2)＜0(F '(x )为函数F (x )的导函数)．解析 (1) a ＝1，b ＝－1；(2)，，，因为分别是函数的两个零点，所以，两式相减，得，，要证明，只需证． 思维引导1 因为，只需证．令，即证，令，则，所以函数在上单调递减，，即证，由上述分析可知．总结提升 这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把转化为的函数，常把的关系变形为齐次式，设等，构造函数来解决，可称之对称化构造函数法． 思维引导2 因为，只需证，设2()ln ln Q x x x =-2(0)x x <<，则211()0Q x xx '=-=-==<，所以函数在上单调递减，，即证．由上述分析可知．总结提升 极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于（或）的一元函数来处理．应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明．此乃主元法．思维引导3 要证明，只需证，即证易得．()2ln f x x x x =+-()()1ln F x m x x =+-()11F x m x'=+-12, x x ()F x ()()11221ln 1ln m x x m x x +=⎧⎪⎨+=⎪⎩1212ln ln 1x x m x x -+=-1212ln ln 1x x F m x x -'=+=-0F '<1212ln ln x x x x -<-120x x <<1122ln ln ln 0x x x x -⇔>()0,1t =12ln 0t t t -+>()()12ln 01h t t t t t =-+<<()()22212110t h t t t t-'=--=-<()h t ()0, 1()()10h t h >=12ln 0t t t-+>0F '<12, x x t 12, x x 12111222, ln , , x x x xt t t x x t e x x -===-=120x x <<12ln ln 0x x -()Q x ()20, x ()()20Q x Q x >=2ln ln x x ->0F '<1x 2x 0F '<1212ln ln x x x x -<-1212ln ln x x x x ->-总结提升 极值点偏移问题中，如果等式含有参数，则消参，有指数的则两边取对数，转化为对数式，通过恒等变换转化为对数平均问题，利用对数平均不等式求解，此乃对数平均法．[例3] 已知函数2()(2)ln (0)f x x a x a x a =+-->．(1)若0x ∀>，使得2()33f x a a >-恒成立，求a 的取值范围．(2)设11),( P x y ，22),( Q x y 为函数()f x 图象上不同的两点，PQ 的中点为00),( M x y ，求证：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<f '(x 0)．解析 (1)()233f x a a >-恒成立，即()2330f x a a -+>恒成立， 令()()233g x f x a a =-+，()()()1222x x a a g x x a x x-+'=+--=， 由于012a-<<，则()g x 在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增，故()()213410g x g a a ≥=-+->，解得1,13a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．(2)因为()00,M x y 为PQ 的中点，则1202x x x +=， 故()00120122222a af x x a x x a x x x '=+--=++--+， ()()()()221211122212122ln 2ln f x f x x a x a x x a x a x x x x x -+-----+=--()()22112122122lnx x x a x x a x x x -+---=-121212ln2x a x x x a x x =++---， 故要证()()()12012f x f x f x x x -'<-，即证121212ln2x a x ax x x x -<--+， 由于0a >，即证121212ln2x x x x x x >-+．不妨假设120x x >>， 只需证明()1212122ln x x x x x x ->+，即12112221ln 1x x xx x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+．设121x t x =>，构造函数()()21ln 1t h t t t -=-+，()()()221'01t h t t t -=>+，则()()10h t h >=，则有12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+，从而()()()12012f x f x f x x x -'<-． [例4] 已知函数f (x )＝e x －12x 2－ax 有两个极值点x 1，x 2(e 为自然对数的底数)．(1)求实数a 的取值范围； (2)求证：f (x 1)＋f (x 2)>2．解析 (1)由于f (x )＝e x －12x 2－ax ，则f ′(x )＝e x －x －a ，设g (x )＝f ′(x )＝e x －x －a ，则g ′(x )＝e x －1，令g ′(x )＝e x －1＝0，解得x ＝0．所以当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0．所以g (x )min ＝g (0)＝1－a ． ①当a ≤1时，g (x )＝f ′(x ) ≥0，所以函数f (x )单调递增，没有极值点；②当a >1时，g (x )min ＝1－a <0，且当当x →－∞时，g (x )→＋∞；当x →＋∞时，g (x )→＋∞． 此时，g (x )＝f ′(x )＝e x －x －a 有两个零点x 1，x 2，不妨设x 1<x 2，则x 1<0<x 2， 所以函数f (x )＝e x －12x 2－ax 有两个极值点时，实数a 的取值范围是(1，＋∞)；答案速得 函数f (x )有两个极值点实质上就是其导数f ′(x )有两个零点，亦即函数y ＝e x 与直线y ＝x ＋a 有两个交点，如图所示，显然实数a 的取值范围是(1，＋∞)．(2)由(1)知，x 1，x 2为g (x )＝0的两个实数根，x 1<0<x 2，g (x )在(－∞，0)上单调递减． 下面先证x 1<－x 2<0，只需证g (－x 2)<g (x 1)＝0，由于g (x 2)＝2e x －x 2－a ＝0，得a ＝2e x －x 2， 所以g (－x 2)＝2e x -＋x 2－a ＝2e x -－2e x ＋2x 2． 设h (x )＝e x -－e x ＋2x (x >0)，则h ′(x )＝1ex -－e x ＋2<0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减， 所以h (x )<h (0)＝0，h (x 2)＝g (－x 2)<0，所以x 1<－x 2<0． 由于函数f (x )在(x 1，0)上也单调递减，所以f (x 1)>f (－x 2)．要证f (x 1)＋f (x 2)>2，只需证f (－x 2)＋f (x 2)>2，即证2e x ＋2e x -－22x －2>0． 设函数k (x )＝e x ＋e x -－2x －2，x ∈(0，＋∞)，则k ′(x )＝e x －e x -－2x ． 设r (x )＝k ′(x )＝e x －e x -－2x ，则r ′(x )＝e x ＋e x -－2>0，所以r (x )在(0，＋∞)上单调递增，r (x )>r (0)＝0，即k ′(x )>0． 所以k (x )在(0，＋∞)上单调递增，k (x )>k (0)＝0．故当x ∈(0，＋∞)时，e x ＋e x -－2x －2>0，则2e x ＋2e x -－22x －2>0， 所以f (－x 2)＋f (x 2)>2，亦即f (x 1)＋f (x 2)>2．总结提升 本题是极值点偏移问题的泛化，是拐点的偏移，依然可以使用极值点偏移问题的有关方法来解决．只不过需要挖掘出拐点偏移中隐含的拐点的不等关系，如本题中的x 1<－x 2<0，如果“脑中有‘形’”，如图所示，并不难得出．【对点训练】1．设函数f (x )＝x 2－(a －2)x －a ln x ． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若方程f (x )＝c 有两个不相等的实数根x 1，x 2，求证：12()02x x f +'>． 1．解析 (1)(0, )x ∈+∞．22(2)(2)(1)()2(2)a x a x a x a x f x x a x x x----+'=---==．当0a ≤时，()0f x '>，函数()f x 在(0, )+∞上单调递增，即()f x 的单调递增区间为(0, )+∞． 当0a >时，由()0f x '>得2a x >；由()0f x '<，解得02ax <<．所以函数()f x 的单调递增区间为(, )2a +∞，单调递减区间为(0, )2a．(2)1x ，2x 是方程()f x c =得两个不等实数根，由(1)可知：0a >．不妨设120x x <<．则()21112ln x a x a x c ---=，()22222ln x a x a x c ---=．两式相减得()()221112222ln 2ln 0x a x a x x a x a x ----+-+=，化为221122112222ln ln x x x x a x x x x +--=+--．()02a f '=，当(0, )2a x ∈时，()0f x '<，当(, )2ax ∈+∞时，()0f x '>． 故只要证明1222x x a+>即可，即证明22112212112222ln ln x x x x x x x x x x +--+>+--，即证明11221222ln x x x x x x -<+，设12(01)x t t x =<<，令()22ln 1t g t t t -=-+，则22214(1)()(1)(1)t g t t t t t -'=-=++．10t >>，()0g t ∴'>．()g t ∴在(0, 1)上是增函数，又在1t =处连续且(1)g 0=，∴当(0, 1)t ∈时，()0g t <总成立．故命题得证．2．(2011辽宁)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x ． (1)讨论f (x )的单调性；(2)设a ＞0，证明：当0＜x ＜1a 时，f (1a ＋x )＞f (1a－x )；(3)若函数y ＝f (x )的图象与轴交于A ，B 两点，线段AB 中点的横坐标为x 0，证明：f '(x 0)＜0． 2．解析 (1)若a ≤0，f (x )在(0，＋∞)上单调增加；若a ＞0，f (x )在(0，1a )上单调递增，在(1a，＋∞)上单调递减；(2)法一：构造函数111()()(), (0)g x f x f x x a a a =+>-<<，利用函数单调性证明，方法上同，略；法二：构造以a 为主元的函数，设函数11()()()h a f x f x a a=+>-，则()ln(1)ln(1)2h a ax ax ax =+---，32222()2111x x x a h a x ax ax a x '=+-=+--， 由10x a <<，解得10a x <<，当10a x<<时，()0h a '>，而(0)0h =， 所以()0h a >，故当10x a <<时，11()()f x f x a a+>- (2)由(1)可得a ＞0，f '(x )＝1x －2ax ＋2－a 在(0，＋∞)上单调递减，f '(1a )＝0，不妨设A (x 1，0)，B (x 2，0)，0＜x 1＜x 2，则0＜x 1＜1a＜x 2，欲证明f '(x )＜0，即f '(x 0)＜f '(1a )，只需证明x 0＝x 1＋x 2 2＞1a ，即x 1＞2a －x 2，只需证明f (x 2)＝f (x 1)＞f (2a－x 2)．由(2)得f (2a －x 2)＝f [1a ＋(1a －x 2)]＞f [1a －(1a－x 2)]＝f (x 2)，得证．3．设函数f (x )＝e x －ax ＋a ，其图象与轴交于A (x 1，0)，B (x 2，0)两点，且x 1＜x 2． (1)求a 的取值范围；(2)证明：f '(x 1x 2)＜0(f '(x )为函数f (x )的导函数)．3．解析 (1)a ∈(e 2，＋∞)，且0＜x 1＜ln a ＜x 2，f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增； (2)要证明f '(x 1x 2)＜0，只需证f '(x 1＋x 22)＜0，即f '(x 1＋x 22)＜f '(ln a )，因为f '(x )＝e x －a 单调递增，所以只需证x 1＋x 22＜ln a ，亦即x 2＞2ln a －x 1，只要证明f (x 2)＝f (x 1)＞f (2ln a －x 1)即可；令g(x )＝f (x )－f (2ln a －x )(x ＜ln a )，则g '(x )＝f '(x )－f '(2ln a －x 1)＝e x－a 2ex －2a ＜0，所以g (x )在(0，ln a )上单调递减，g(x )＞g(ln a )＝0，得证．4．已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：f ′(x 1·x 2)<1－a ． 4．解析 (1)由f (x )＝0，可得a ＝1＋ln xx，转化为函数g (x )＝1＋ln xx 与直线y ＝a 的图象在(0，＋∞)上有两个不同交点．g ′(x )＝－ln xx 2(x >0)，故当x ∈(0，1)时，g ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0． 故g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g (x )max ＝g (1)＝1． 又g ⎝⎛⎭⎫1e ＝0，当x →＋∞时，g (x )→0，故当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，g (x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，g (x )>0．可得a ∈(0，1)． (2)f ′(x )＝1x －a ，由(1)知x 1，x 2是ln x －ax ＋1＝0的两个根，故ln x 1－ax 1＋1＝0，ln x 2－ax 2＋1＝0⇒a ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2．要证f ′(x 1·x 2)<1－a ，只需证x 1·x 2>1，即证ln x 1＋ln x 2>0，即证(ax 1－1)＋(ax 2－1)>0， 即证a >2x 1＋x 2，即证ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2．不妨设0<x 1<x 2，故ln x 1x 2<2(x 1－x 2)x 1＋x 2＝2⎝⎛⎭⎫x 1x 2－1x 1x 2＋1， (*)令t ＝x 1x 2∈(0，1)，h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1，h ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0，则h (t )在(0，1)上单调递增，则h (t )<h (1)＝0，故(*)式成立，即要证不等式得证． 5．已知函数f (x )＝ax＋ln x (a ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)设f (x )的导函数为f ′(x )，若f (x )有两个不相同的零点x 1，x 2． ①求实数a 的取值范围；②证明：x 1f ′(x 1)＋x 2f ′(x 2)>2ln a ＋2．5．思维引导 (1)求导函数f ′(x )，对a 分类讨论，确定导函数的正负，即可得到f (x )的单调性；(2)①根据第(1)问的函数f (x )的单调性，确定a >0，且f (x )min ＝f (a )<0，求得a 的取值范围，再用零点判定定理证明根的存在性．②对所要证明的结论分析，问题转化为证明x 1x 2>a 2，不妨设0<x 1<a <x 2，问题转化为证明x 1>a 2x 2，通过对f (x )的单调性的分析，问题进一步转化为证明f (a 2x 2)>f (x 2)，构造函数，通过导数法不难证得结论．解析 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －ax 2． 当a ≤0时，f′(x )>0成立，所以f (x )在(0，＋∞)为增函数；当a >0时，(i )当x >a 时，f ′(x )>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上为增函数； (ii )当0<x <a 时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，a )上为减函数． (2)①由(1)知，当a ≤0时，f (x )至多一个零点，不合题意；当a >0时，f (x )的最小值为f (a )，依题意知f (a )＝1＋ln a <0，解得0<a <1e．一方面，由于1>a ，f (1)＝a >0，f (x )在(a ，＋∞)为增函数，且函数f (x )的图像在(a ，1)上不间断． 所以f (x )在(a ，＋∞)上有唯一的一个零点．另一方面，因为0<a <1e ，所以0<a 2<a <1e ．f (a 2)＝1a ＋ln a 2＝1a ＋2ln a ，令g (a )＝1a ＋2ln a ，当0<a <1e 时，g ′(a )＝－1a 2＋2a ＝2a －1a 2<0，所以f (a 2)＝g (a )＝1a ＋2ln a >g ⎝⎛⎭⎫1e ＝e －2>0 又f (a )<0，f (x )在(0，a )为减函数，且函数f (x )的图像在(a 2，a )上不间断． 所以f (x )在(0，a )有唯一的一个零点． 综上，实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，1e ． ②设p ＝x 1f ′(x 1)＋x 2f ′(x 2)＝1－a x 1＋1－a x 2＝2－⎝⎛⎭⎫a x 1＋a x 2．又ln x 1＋a x 1＝0，ln x 2＋ax 2＝0，则p ＝2＋ln(x 1x 2)． 下面证明x 1x 2>a 2．不妨设x 1<x 2，由①知0<x 1<a <x 2． 要证x 1x 2>a 2，即证x 1>a 2x 2．因为x 1，a 2x 2∈(0，a )，f (x )在(0，a )上为减函数，所以只要证f (a 2x 2)>f (x 1)． 又f (x 1)＝f (x 2)＝0，即证f (a 2x 2)>f (x 2)．设函数F (x )＝f (a 2x )－f (x )＝x a －ax －2ln x ＋2ln a (x >a )．所以F ′(x )＝(x －a )2ax 2>0，所以F (x )在(a ，＋∞)为增函数．所以F (x 2)>F (a )＝0，所以f (a 2x 2)>f (x 2)成立．从而x 1x 2>a 2成立．所以p ＝2＋ln(x 1x 2)>2ln a ＋2，即x 1f ′(x 1)＋x 2f ′(x 2)>2ln a ＋2成立．总结提升 1．第(2)①中，用零点判定定理证明f (x )在(0，a )上有一个零点是解题的一个难点，也是一个热点问题，就是当0<a <1e 时，要找一个数x 0<a ，且f (x 0)>0，这里需要取关于a 的代数式，取x 0＝a 2，再证明f (a 2)>0，事实上由(1)可以得到x ln x ≥－1e ，而f (a 2)＝1a ＋ln a 2＝1＋2a ln a a>0即可．2．在(2)②中证明x 1x 2>a 2的过程，属于构造消元构造函数方法，将两个变量x 1，x 2转化为证明单变量的问题，这一处理方法，在各类压轴题中，经常出现，要能领悟并加以灵活应用． 6．已知函数f (x )＝e x ＋ax －1(a ∈R )．(1)若对任意的实数x ，函数y ＝f ′(x )的图象与直线y ＝x 有且只有两个交点，求a 的取值范围； (2)设g (x )＝f (x )－12x 2＋1，若函数g (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：g (x 1)＋g (x 2)>2．6．解析 (1) f (x )＝e x ＋ax －1，则f ′(x )＝e x ＋a ，由已知得，函数y ＝e x ＋a 的图象与直线y ＝x 有两个交点， 即方程e x －x ＋a ＝0有两个不相等的实数解，设h (x )＝e x －x ＋a ，则h ′(x )＝e x －1，令h ′(x )＝0，解得x ＝0， 当x ∈(－∞，0)时，h ′(x ) <0，h (x )单调递减， 当x ∈(0，＋∞)时，h ′(x ) >0，h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (0)＝a ＋1，所以a ＋1<0，所以a <－1， 当x →－∞时，h (x ) →＋∞；当x →＋∞时，h (x ) →＋∞所以a <－1时，函数y ＝f ′(x )的图象与直线y ＝x 有且只有两个交点． (2)g (x )＝f (x )－12x 2＋1＝e x －12x 2－ax ，g ′(x )＝e x －x －a ，因为函数g (x )有两个极值点x 1，x 2，∴方程g ′(x )＝0有两个不同的实数解x 1，x 2， 由(1)知，h (x )＝e x －x ＋a ，h (x 1)＝h (x 2)＝0，且x 1<0<x 2，所以g (x )在区间(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在区间(x 1，x 2)上单调递减， 且得a ＝2e x －x 2，所以h (－x 2)＝2e x -＋x 2－a ＝2e x -－2e x ＋2x 2．设k (x )＝e x -－e x ＋2x (x >0)，则k ′(x )＝－e x -－e x ＋2<0，所以k (x )在(0，＋∞)上单调递减， 所以k (x )<k (0)＝0，h (x 2)＝h (－x 2)<0，所以x 1<－x 2<0． 又因为g (x )在(x 1，0)单调递减，所以g (x 1)> g (－x 2)， 要证g (x 1)＋g (x 2)>2，只须证g (－x 2)＋g (x 2)>2， 即证2e x ＋2e x -－22x －2>0，设r (x )＝e x ＋e x -－2x －2，则r ′(x )＝e x －e x -－2x ， 令p (x )＝r ′(x )＝e x －e x -－2x ，则p ′(x )＝e x ＋e x -－2>0， 所以p (x )在(0，＋∞)单调递增，p (x )>p (0)＝0，即r ′(x )>0， 所以r (x )在(0，＋∞)单调递增，r (x )>r (0)＝0，故当x >0时，e x ＋e x -－2x －2>0，即2e x ＋2e x -－22x －2>0， 所以g (－x 2)＋g (x 2)>2，亦即g (x 1)＋g (x 2)>2．。
导数小题中构造函数的技巧
导数小题中构造函数的技巧函数与方程思想、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，尤其是在导数题型中，下面我就导数小题中构造函数的技巧和大家进行分享和交流。
（一）利用)(x f 进行抽象函数构造1、利用)(x f 与x 构造；常用构造形式有x x f x xf )(),(；这类形式是对vuv u ,⋅型函数导数计算的推广及应用，我们对vuv u ,⋅的导函数观察可得知，v u ⋅型导函数中体现的是“+”法，vu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v u ⋅型，当导函数形式出现的是“－”法形式时，优先考虑构造vu，我们根据得出的“优先”原则，看一看例1，例2.【例1】)(x f 是定义在R 上的偶函数，当0<x 时，0)()('<+x xf x f ，且0)4(=-f ，则不等式0)(>x xf 的解集为____________【解析】可以推出【例2】设)(x f 是定义在R 上的偶函数，且0)1(=f ，当0<x 时，有0)()('>-x f x xf 恒成立，则不等式0)(>x f 的解集为________________x f x xf )(),(是比较简单常见的)(x f 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.我们根据得出的结论去解决例3题【例3】已知偶函数)0)((≠x x f 的导函数为)('x f ，且满足0)1(=-f ，当0>x 时，)()(2'x xf x f >，则使得0)(>x f 成立的x 的取值范围是___________【变式提升】设函数)(x f 满足x x f x x f x ln 1)(3)(2'3+=+，且ee f 21)(=，则0>x 时，)(x f （）A 、有极大值，无极小值B 、有极小值，无极大值【例4】设)(x f 是定义在R 上的奇函数，在)0,(-∞上有0)2()2(2'<+x f x xf ，且0)2(=-f ，则不等式0)2(<x xf 的解集为___________.('x F（2）利用)(x f 与x e 构造；)(x f 与x e 构造，一方面是对uv u ,⋅函数形式的考察，另外一方面是对x x e e =)(的考察.所以对于)()('x f x f ±类型，我们可以等同xx f x xf )(),(的类型处理，“+”法优先考虑构造x e x f x F ⋅=)()(，“-”法优先考虑构造x ex f x F )()(=.【例5】已知)(x f 是定义在),(+∞-∞上的函数，导函数)('x f 满足)()('x f x f <对于R x ∈恒成立，则（）A 、)0()2014(),0()2(20142f e f f e f >>B 、)0()2014(),0()2(20142f e f f e f ><C 、)0()2014(),0()2(20142f e f f e f <>D 、)0()2014(),0()2(20142f e f f e f <<【解析】构造同样xx x f x f e )(),(是比较简单常见的)(x f 与xe 之间的函数关系式，如果碰我们根据得出的结论去解决例6题.【例6】若定义在R 上的函数)(x f 满足1)0(,0)(2)('=>-f x f x f ，则不等式x e x f 2)(>的解集为___________【解析】构造【变式提升】若定义在R 上的函数)(x f 满足1)0(,04)(2)('-=>--f x f x f ，则不等式2)(2->x e x f 的解集为___________【例7】已知函数()f x 在R 上可导，其导函数为()f x '，若()f x 满足：()()(1)[]0x f x f x '-->，()22(2)x f x f x e --=，则下列判断一定正确的是（）（A）)0()1(f f <（B）)0()2(2f e f >（C）)0()3(3f e f >（D）)0()4(4f e f <【解析】构造（3）利用)(x f 与x x cos ,sin 构造.x x cos ,sin 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.根据得出的关系式，我们来看一下例8【例8】已知函数()y f x =对于任意的(,)22x ππ∈-满足()()cos sin 0f x x f x x '+>（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、(()34f ππ<(()34f ππ-<-C、(0)()4f π<D、(0)2()3f f π<【解析】构造【变式提升】定义在)2,0(π上的函数，函数)('x f 是它的导函数，且恒有x x f x f tan )()('<成立，则（）A、)(2(3ππf f >B、1sin (2)1(πf f <C、)()(2ππf f >D、)()(3ππf f <（二）构造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9】]2,2[,ππβα-∈，且0sin sin >-ββαα，则下列结论正确的是（）A、βα>B、22βα>C、βα<D、0>+βα【解析】构造【变式提升】定义在R 上的函数)(x f 满足1)1(=f ，且对21)(,'<∈∀x f R x 则不等式21log )(log 22+>x x f 的解集为_________.【例10】等比数列}{n a 中，21=a ，48=a ，函数))...()(()(821a x a x a x x x f ---=，则=)0('f （）A 、62B 、92C 、122D 、152('x f【例11】已知实数c b a ,,满足1112=--=-d cb e a a ，其中e 是自然对数的底数，那么22)()(d bc a -+-的最小值为()c-1【变式提升】已知实数b a ,满足0ln 522=--b a a ，R c ∈，则22)()(c b c a ++-【课后作业】设函数)(x f 在R 上的导函数)('x f ，在),0(+∞上x x f 2sin )('<，且R x ∈∀，有x x f x f 2sin 2)()(=+-，则以下大小关系一定正确的是（）A、)34()65(ππf f <B、)()4(ππf f <C、34(65(ππ-<-f f D、)(4(ππ->-f f构造函数，作为一种做题技巧的体现，考察了学生的思考能力和动手能力，是一种非常实用的做题技巧，希望我的总结分享能够给大家带来帮助。
高二数学 构造函数(导数单调性)含答案
一、选择题1.已知函数f(x)，g(x)在区间[a，b]上均有f′(x)<g′(x)，则下列关系式中正确的是()A．f(x)＋f(b)≥g(x)＋g(b)B．f(x)－f(b)≥g(x)－g(b)C．f(x)≥g(x)D．f(a)－f(b)≥g(b)－g(a)2.已知函数f(x)定义在R上，f′(x)是f(x)的导函数，且f′(x)<，f(1)＝1，则不等式f(x)<＋的解集为()A． {x|x<－1}B． {x|x>1}C． {x|x<－1或x>1}D． {x|－1<x<1}3.f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对任意的正数a，b，若a<b，则必有()A．bf(b)≤af(a)B．bf(a)≤af(b)C．af(a)≤bf(b)D．af(b)≤bf(a)4.若定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f′(x)>f(x)，则f(2 015)与f(2 013)e2的大小关系为()A．f(2 015)<f(2 013)e2B．f(2 015)＝f(2 013)e2C．f(2 015)>f(2 013)e2D．不能确定5.已知y＝f(x)是定义在R上的函数，且f(1)＝1，f′(x)>1，则f(x)>x的解集是()A． (0,1)B． (－1,0)∪(0,1)C． (1，＋∞)D． (－∞，－1)∪(1，＋∞)6.设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝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． (－∞，－1)∪(0,1)B． (－1,0)∪(1，＋∞)C． (－∞，－1)∪(－1,0)D． (0,1)∪(1，＋∞)7.已知函数f(x)(x∈R)满足f′(x)>f(x)，则()A．f(2)<e2f(0)B．f(2)≤e2f(0)C．f(2)＝e2f(0)D．f(2)>e2f(0)8.已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(1)＝2，且f(x)的导数f′(x)在R上恒有f′(x)<1(x∈R)，则不等式f(x)<x＋1的解集为()A． (1，＋∞)B． (－∞，－1)C． (－1,1)D． (－∞，－1)∪(1，＋∞)9.函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为()A． (－1,1)B． (－1，＋∞)C． (－∞，－1)D． (－∞，＋∞)10.设f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集是()A． (－3,0)∪(3，＋∞)B． (－3,0)∪(0,3)C． (－∞，－3)∪(3，＋∞)D． (－∞，－3)∪(0,3)11.设函数F(x)＝是定义在R上的函数，其中f(x)的导函数f′(x)满足f′(x)<f(x)对于x∈R恒成立，则()A．f(2)>e2f(0)，f(2 016)>e2 016f(0)B．f(2)<e2f(0)，f(2 016)>e2 016f(0)C．f(2)<e2f(0)，f(2 016)<e2 016f(0)D．f(2)>e2f(0)，f(2 016)<e2 016f(0)12.函数f(x)的定义域为R，f(－2)＝2 017，对任意x∈R，都有f′(x)<2x成立，则不等式f(x)>x2＋2 013的解集为()A． (－2,2)B． (－2，＋∞)C． (－∞，－2)D． (－∞，＋∞)13.设f(x)，g(x)是定义在R上的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，则当a<x<b时有()A．f(x)g(x)>f(b)g(b)B．f(x)g(a)>f(a)g(x)C．f(x)g(b)>f(b)g(x)D．f(x)g(x)>f(a)g(a)14.定义域为R的可导函数y＝f(x)的导函数f′(x)满足f(x)>f′(x)，且f(0)＝2，则不等式f(x)<2e x的解集为()A． (－∞，0)B． (－∞，2)C． (0，＋∞)D． (2，＋∞)15.已知函数y＝f(x)是定义在实数集R上的奇函数，且当x∈(－∞，0)时，xf′(x)<f(－x)成立(其中)f(log2)，则a，b，c的大小关系是()f′(x)是f(x)的导函数)，若a＝f()，b＝f(1)，c＝(logA．c>a>bB．c>b>aC．a>b>cD．a>c>b16.已知f(x)是定义在R上的奇函数，f(－1)＝－1，且当x>0时，有xf′(x)>f(x)，则不等式f(x)>x的解集是()A． (－1,0)B． (1，＋∞)C． (－1,0)∪(1，＋∞)D． (－∞，－1)∪(1，＋∞)17.已知定义域为R的奇函数y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，当x≠0时，f′(x)＋>0，若a＝f(1)，b ＝－2f(－2)，c＝(ln)f(ln)，则a，b，c的大小关系正确的是()A．a<c<bB．b<c<aC．a<b<cD．c<a<b18.已知定义在(0，)上的函数f(x)，f′(x)为其导函数，且f(x)<f′(x)·tan x恒成立，则()A．f()<f()B．f()>f()C．f()>f()D．f(1)<2f()·sin 119.设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(1)＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式f(x)>0的解集是()A． (－1,0)∪(1，＋∞)B． (－1,0)∪(0,1)C． (－∞，－1)∪(1，＋∞)D． (－∞，－1)∪(0,1)20.已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)<f(x)，且f(x＋2)为偶函数，f(4)＝1，则不等式f(x)<e x的解集为()A． (－2，＋∞)B． (0，＋∞)C． (1，＋∞)D． (4，＋∞)21.函数f(x)的定义域为R，f(－2)＝2 013，对任意x∈R，都有f′(x)<2x成立，则不等式f(x)>x2＋2 009的解集为()A． (－2,2)B． (－2，＋∞)C． (－∞，－2)D． (－∞，＋∞)22.已知f(x)，g(x)都是定义在R上的函数，g(x)≠0，f′(x)g(x)<f(x)g′(x)，f(x)＝axg(x)，＋＝，则等于()A．a2B．C． 9D．23.定义在(0，＋∞)上的单调递减函数f(x)，若f(x)的导函数存在且满足>－x，则下列不等式成立的是()A． 3f(2)<2f(3)B． 3f(3)>4f(4)C． 3f(4)<4f(3)D．f(2)<2f(1)24.已知定义域为R的奇函数f(x)的导函数为f′(x)，当x≠0时，f′(x)＋>0，若a＝f()，b＝－2f(－2)，c＝ln 2f(ln 2)，则下列关于a，b，c的大小关系正确的是()A．a>b>cB．a>c>bC．c>b>aD．b>c>a25.已知f(x)，g(x)都是定义在R上的函数，且满足以下条件：①f(x)＝(a>0，且a≠1)；②g(x)≠0；③f(x)·g′(x)>f′(x)·g(x)．若＋＝，则a等于()A．B．C． 2D． 2或26.已知f(x)是定义在R上的函数，且满足f(1)＝5，对任意实数x都有f′(x)<3，则不等式f(x)<3x＋2的解集为()A． (－∞，0)B． (0，＋∞)C． (－∞，1)D． (1，＋∞)二、填空题27.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，其中f(1)＝0，且当x>0时，有>0，则不等式f(x)>0的解集是________．28.已知函数f(x)满足f(x)＝f(－x)，且当x∈(－∞，0)时，f(x)＋xf′(x)<0，a＝20.1·f(20.1)，b＝(ln 2)·f(ln 2)，c＝(log 2)·f(log2)，则a，b，c的大小关系是________．29.f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)－f(x)≥0，对任意正数m，n，若m≥n，则mf(n)与nf(m)的大小关系是mf(n)________nf(m)(请用≤，≥或＝)30.函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝1，对任意x∈R，f′(x)>3，则f(x)>3x＋4的解集为________．31.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(lg x)>的解集为________．32.设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有3f(x)＋xf′(x)>0，则不等式(x＋2 015)3f(x＋2 015)＋27f(－3)>0的解集是________．33.已知可导函数f(x)(x∈R)的导函数f′(x)满足f′(x)>f(x)，则不等式f(x)>f(0)e x的解集是________．34.设f(x)是定义在(－π，0)∪(0，π)上的奇函数，其导函数为f′(x)，当0<x<π时，f′(x)cos x－sin xf(x)>0，则不等式f(x)cos x<0的解集为________．35.已知函数y＝f(x)，对于任意的x∈[0，)满足f′(x)cos x＋f(x)sin x>0，则下列不等式中成立的有________．①f()<f()；②f()<f()；③f(0)<f()；④f()<f()．三、解答题答案解析1.【答案】B【解析】据题意，由f′(x)<g′(x)得f′(x)－g′(x)<0，故F(x)＝f(x)－g(x)在[a，b]上为单调递减函数，由单调性知识知，必有F(x)≥F(b)，即f(x)－g(x)≥f(b)－g(b)，移项整理得：f(x)－f(b)≥g(x)－g(b)．2.【答案】B【解析】f(x)<＋，∴f(x)－<，令g(x)＝f(x)－，g(1)＝，∴g(x)<g(1)，∵g′(x)＝f′(x)－<0，∴g(x)为减函数，∴x>1.3.【答案】A【解析】设g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)≤0，∴g(x)在区间x∈(0，＋∞)单调递减或g(x)为常函数，∵a<b，∴g(a)≥g(b)，即af(a)≥bf(b)．4.【答案】C【解析】令F(x)＝e－x f(x)，F′(x)＝e－x f′(x)－e－x f(x)＝e－x(f′(x)－f(x))，∵f′(x)>f(x)，∴F′(x)>0，∴F(x)在R上为增函数，∴F(2 015)>F(2 013)，∴e－2 015f(2 015)>e－2 013f(2 013)，∴f(2 015)>f(2 013)e2.5.【答案】C【解析】设g(x)＝f(x)－x，因为f(1)＝1，f′(x)>1，所以g(1)＝f(1)－1＝0，g′(x)＝f′(x)－1>0，所以g(x)在R上是增函数，且g(1)＝0.所以f(x)>x的解集，即g(x)>0的解集(1，＋∞)．6.【答案】A【解析】记函数g(x)＝，则g′(x)＝，因为当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，故当x>0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减；又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，且g(－1)＝g(1)＝0.当0<x<1时，g(x)>0，则f(x)>0；当x<－1时，g(x)<0，则f(x)>0，综上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．7.【答案】D【解析】设F(x)＝，则F′(x)＝>0，∴F(x)在R上为增函数，故F(2)>F(0)，∴>，即f(2)>e2f(0)．8.【答案】A【解析】不等式f(x)<x＋1可化为f(x)－x<1，设g(x)＝f(x)－x，由题意g′(x)＝f′(x)－1<0，g(1)＝f(1)－1＝1，故原不等式⇔g(x)<g(1)，故x>1.9.【答案】B【解析】令g(x)＝f(x)－(2x＋4)，则g′(x)＝f′(x)－2>0，故g(x)在R上单调递增．又g(－1)＝f(－1)－2＝0，故当x>－1时，g(x)>0，即f(x)>2x＋4.10.【答案】D【解析】设F(x)＝f(x)g(x)，∵当x<0时，F′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，∴F(x)在x<0时为增函数．∵F(－x)＝f(－x)g(－x)＝－f(x)·g(x)＝－F(x)，故F(x)为奇函数，∴F(x)在(0，＋∞)上亦为增函数．已知g(－3)＝0，必有F(－3)＝－F(3)＝0.构造如图的F(x)的图象，可知F(x)<0的解集为x∈(－∞，－3)∪(0,3)．11.【答案】C【解析】∵函数F(x)＝的导数F′(x)＝＝<0，∴函数F(x)＝是定义在R上的减函数，∴F(2)<F(0)，即<，故有f(2)<e2f(0)．同理可得f(2 016)<e2 016f(0)．12.【答案】C【解析】令F(x)＝f(x)－x2－2 013，则F′(x)＝f′(x)－2x<0，∴F(x)在R上为减函数，又F(－2)＝f(－2)－4－2 013＝2 017－2 017＝0，∴当x<－2时，F(x)>F(－2)＝0，∴不等式f(x)>x2＋2 013的解集为(－∞，－2)．13.【答案】C【解析】因为[]′＝，又因为f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，所以在R上为减函数．又因为a<x<b，所以>>，又因为f(x)>0，g(x)>0，所以f(x)g(b)>f(b)g(x)．14.【答案】C【解析】设g(x)＝，则g′(x)＝，∵f(x)>f′(x)，∴g′(x)<0，即函数g(x)单调递减．∵f(0)＝2，∴g(0)＝f(0)＝2，则不等式等价于g(x)<g(0)，∵函数g(x)单调递减．∴x>0，∴不等式的解集为(0，＋∞)．15.【答案】A【解析】∵函数y＝f(x)是定义在实数集R上的奇函数，∴当x∈(－∞，0)时，xf′(x)<f(－x)等价为xf′(x)＋f(x)<0，构造函数g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)<0，∴当x∈(－∞，0)时，函数g(x)单调递减，且函数g(x)是偶函数，∴当x∈(0，＋∞)时，函数g(x)单调递增，则a＝f()＝g()，b＝f(1)＝g(1)，)f(log2)＝g(log2)＝g(－2)＝g(2)，c＝(log∵1<<2，∴g(1)<g()<g(2)，即b<a<c.16.【答案】C【解析】∵f(x)是定义在R上的奇函数，令g(x)＝，∴g(x)为偶函数，又当x>0时，xf′(x)>f(x)，∴g′(x)＝>0，∴g(x)在(0，＋∞)上是增函数，在(－∞，0)上是减函数，又f(－1)＝－1，∴f(1)＝1，g(1)＝1，当x>0时，∵不等式f(x)>x，∴>1，即g(x)>g(1)，∴有x>1；当x<0时，∵不等式f(x)>x，∴<1，即g(x)<g(－1)，∴有－1<x<0；当x＝0时，f(0)＝0，不等式f(x)>x不成立，综上，不等式f(x)>x的解集是(－1,0)∪(1，＋∞)．17.【答案】D【解析】设g(x)＝xf(x)，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)＝x[f′(x)＋]，∵x≠0时，f′(x)＋>0，∴x>0时，g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵f(x)为奇函数，∴b＝－2f(－2)＝2f(2)，c＝(ln)f(ln)＝(－ln 2)f(－ln 2)＝(ln 2)f(ln 2)，a＝f(1)＝1f(1)，∵ln 2<1<2，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(ln 2)<g(1)<g(2)，即(ln 2)f(ln 2)<1f(1)<2f(2)，∴c<a<b.18.【答案】A【解析】因为x∈(0，)，所以sin x>0，cos x>0，由f(x)<f′(x)tan x，得f(x)cos x<f′(x)sin x，即f′(x)sin x－f(x)cos x>0.令g(x)＝，x∈(0，)，则g′(x)＝>0，所以函数g(x)在x∈(0，)上为增函数，则g()<g()<g(1)<g()，即<<<.所以2f()<f()<<f()，所以f()<f()，f()<f()，f()<f()，f(1)>2f()·sin 1，故A正确，B、C、D错误．19.【答案】D【解析】因为当x>0时，有<0恒成立，即[]′<0恒成立，所以在(0，＋∞)内单调递减．因为f(1)＝0，所以在(0,1)内恒有f(x)>0；在(1，＋∞)内恒有f(x)<0.又因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以在(－∞，－1)内恒有f(x)>0；在(－1,0)内恒有f(x)<0.不等式f(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．20.【答案】B【解析】∵y＝f(x＋2)为偶函数，∴y＝f(x＋2)的图象关于x＝0对称，∴y＝f(x)的图象关于x＝2对称，∴f(4)＝f(0)，又∵f(4)＝1，∴f(0)＝1，设g(x)＝(x∈R)，则g′(x)＝＝，又∵f′(x)<f(x)，∴f′(x)－f(x)<0，∴g′(x)<0，∴y＝g(x)在定义域上单调递减，∵f(x)<e x，∴g(x)<1，又∵g(0)＝＝1，∴g(x)<g(0)，∴x>0.21.【答案】C【解析】令g(x)＝f(x)－x2－2 009，则g′(x)＝f′(x)－2x<0，∴函数g(x)在R上单调递减，而f(－2)＝2 013，∴g(－2)＝f(－2)－(－2)2－2 009＝0.∴不等式f(x)>x2＋2 009，可化为g(x)>g(－2)，∴x<－2，即不等式f(x)>x2＋2 009的解集为(－∞，－2)．22.【答案】D【解析】∵f(x)＝axg(x)，∴＝ax，∵f′(x)g(x)<f(x)g′(x)，∴[]′＝<0，即函数＝ax单调递减，即0<a<1.又＋＝，则＋a＝，解得a＝或a＝3(舍去)．即＝()x，∴＝()2＝.23.【答案】B【解析】设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，因为f(x)为定义在(0，＋∞)上的单调递减函数，所以x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，由>－x得＋x>0，则>0，则当∈(0，＋∞)时，f(x)＋xf′(x)<0，即g′(x)<0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上递减，则g(3)>g(4)，即3f(3)>4f(4)．24.【答案】D【解析】令g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)．∵当x≠0时，f′(x)＋>0，∴当x>0时，xf′(x)＋f(x)>0，即当x>0时，g′(x)>0，因此当x>0时，函数g(x)单调递增．∵函数f(x)为奇函数，∴b＝－2f(－2)＝2f(2)，又c＝ln 2f(ln 2)，∵2>ln 2>，∴g(2)>g(ln 2)>g()，即b>c>a.25.【答案】C【解析】由①得＝，∴[]′＝，由②g(x)≠0，③f(x)·g′(x)>f′(x)·g(x)，得f′(x)·g(x)－f(x)·g′(x)<0，可知[]′＝<0，即函数在R上单调递减，即a>1.若＋＝，则＋＝＋a＝，即2a2－5a＋2＝0，解得a＝2或a＝，∵a>1，∴a＝2.26.【答案】D【解析】记g(x)＝f(x)－3x，∵对任意实数x都有f′(x)<3，∴g′(x)＝f′(x)－3<0，∴g(x)是定义在R上的单调递减函数．∵f(1)＝5，∴g(1)＝f(1)－3＝5－3＝2.∵f(x)<3x＋2，∴f(x)－3x<2，∴g(x)<g(1)．∵g(x)是定义在R上的单调递减函数，∴x>1.27.【答案】(－1,0)∪(1，＋∞)【解析】[]′＝>0，即x>0时，是增函数，当x>1时>f(1)＝0，f(x)>0；0<x<1时，<f(1)＝0，f(x)<0.又f(x)是奇函数，所以－1<x<0时，f(x)＝－f(－x)>0；x<－1时，f(x)＝－f(－x)<0.则不等式f(x)>0的解集是(－1,0)∪(1，＋∞)．28.【答案】c<a<b【解析】设函数h(x)＝xf(x)，由函数y＝f(x)是R上的偶函数，y＝x是奇函数，得h(x)＝xf(x)是R上的奇函数，由x∈(－∞，0)时，h′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0成立，∴h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递减，∵3>20.1>1,0<ln 2<1，|＝3>20.1>ln 2，|log即h(3)<h(20.1)<h(ln 2)．又a＝20.1·f(20.1)，b＝ln(2)·f(ln 2)，)·f(log2)，c＝(log∴c<a<b.29.【答案】≤【解析】令F(x)＝，F′(x)＝[xf′(x)－f(x)]，∵xf′(x)－f(x)≥0，∴F′(x)≥0，即F(x)是(0，＋∞)上的增函数，即当m≥n>0时，F(m)≥F(n)，∴≤，从而mf(n)≤nf(m)．30.【答案】(－1，＋∞)【解析】设F(x)＝f(x)－(3x＋4)，则F(－1)＝f(－1)－(－3＋4)＝1－1＝0，又对任意x∈R，f′(x)>3，∴F′(x)＝f′(x)－3>0，∴F(x)在R上是增函数，∴F(x)>0的解集是(－1，＋∞)，即f(x)>3x＋4的解集为(－1，＋∞)．31.【答案】(0,10)【解析】∵f′(x)<，∴f′(x)－<0，∴f(x)－在R上为减函数．设F(x)＝f(x)－，则F(x)在R上为减函数，∵f(1)＝1，∴F(1)＝f(1)－1＝1－1＝0，由f(lg x)－>0，得F(lg x)>F(1)，∵F(x)在R上单调递减，∴lg x<1，∴0<x<10，∴原不等式的解集为(0,10)．32.【答案】(－2 018，－2 015)【解析】根据题意，令g(x)＝x3f(x)，其导函数为g′(x)＝3x2f(x)＋x3f′(x)＝x2[3f(x)＋xf′(x)]，∵x∈(－∞，0)时，3f(x)＋xf′(x)>0，∴g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，0)上单调递增，又不等式(x＋2 015)3f(x＋2 015)＋27f(－3)>0可化为(x＋2 015)3f(x＋2 015)>(－3)3f(－3)，即g(x＋2 015)>g(－3)，∴0>x＋2 015>－3，解得－2 015>x>－2 018，∴该不等式的解集为(－2 018，－2 015)．33.【答案】(0，＋∞)【解析】设F(x)＝，∵f′(x)>f(x)对于x∈R恒成立，∴F′(x)＝>0，∴F(x)在R上递增，则不等式f(x)>f(0)e x，等价为>f(0)＝，即F(x)>F(0)，∵F(x)在R上递增，∴x>0，即不等式的解集为(0，＋∞)．34.【答案】(－π，－)∪(0，)【解析】设g(x)＝f(x)cos x，∵f(x)是定义在(－π，0)∪(0，π)上的奇函数，故g(－x)＝f(－x)cos(－x)＝－f(x)cos x＝－g(x)，∴g(x)是定义在(－π，0)∪(0，π)上的奇函数．g′(x)＝f′(x)cos x－sin xf(x)>0，∴g(x)在(0，π)上递增，于是奇函数g(x)在(－π，0)上递增．∵g(±)＝0，∴f(x)cos x<0的解集为(－π，－)∪(0，)．35.【答案】②③④【解析】构造函数F(x)＝，x∈[0，)，则F′(x)＝>0，∴函数F(x)在x∈[0，)上单调递增，∴F()>F()，即2f()>f()，可得f()>f()，①错误；同理可得F()<F()，即f()<f()，可得f()<f()，②正确；同理F(0)<F()，即f(0)<f()，③正确；同理F()<F()，即f()<2f()，可得f()<f()，④正确．。
高考常考题—函数单调性的综合运用(含解析)
函数单调性的综合运用一、题型选讲题型一 、运用构造法研究函数的单调性通过构造函数，研究函数的单调性，特别注意构造打方法要研究函数的形式特点，构造适当的函数，对于形式不明显的要给与变式。
例1、【2020年高考全国I 卷理数】若242log 42log a ba b +=+，则A ．2a b >B ．2a b <C ．2a b >D ．2a b <例2、（2020届山东实验中学高三上期中）已知定义在上的函数满足，且当时，有，则不等式的解集是（ ） A ． B ．C ．D ．例3、（2018徐州二模）已知函数()e +1e x x f x -=-（e 为自然对数的底数），若2(21)42)(f x f x +->-，则实数x 的取值范围为 ．题型二、 给定区间的单调性已知在某区间的单调性求参数范围问题，其思路为通过导数将问题转化成为不等式恒成立或不等式能成立问题，进而求解，要注意已知函数()f x 单调递增（减）时，其导函数()'0f x ≥（0≤），勿忘等号。
例4、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知函数. 若在上是单调递增函数，求的取值范围；例5、(2018无锡期末）若函数f(x)＝(x ＋1)2|x －a|在区间[－1，2]上单调递增，则实数a 的取值范围是________．R ()f x ()()22f x f x +=-2x >()()()()2,11xf x f x f x f ''+>=若()12f x x <-(2,3)(),1-∞()()1,22,3⋃()(),13,-∞⋃+∞()()245x af x x x a R e=-+-∈()f x (),-∞+∞a例6、(2018苏州暑假测试）已知函数f(x)＝(ax 2＋x)e x ，其中e 是自然对数的底数，a ∈R . 若f (x )在[－1，1]上是单调递增函数，求a 的取值范围；题型三 含参区间的讨论求含参函数单调区间的实质——解含参不等式，而定义域对x 的限制有时会简化含参不等式的求解。
14、构造函数的方法
构造函数法证明不等式1 、利用导数研究函数的单调性极值和最值，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。
2 、解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。
构造函数的方法：移项法构造函数,替换（换元）构造，齐次构造（极值点偏移），消参构造（多参数），主元构造，分离参数构造，多次构造，形似构造 一 、移项法构造函数【例1】 已知函数x x x f -+=)1ln()( ，求证：当1->x 时，恒有x x x ≤+≤+-)1ln(111二、作差法构造函数证明【 例 2 】 已知函数x x x f ln 21)(2+= 求证：在区间 ），（∞+1上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下方； 【 解 】设，即，则 =当 时， =从而 在 上为增函数， ∴∴当时，即，故 在区间 上，函数 的图象在函数 的图象的下方。
三 、换元法构造函数证明【 例 3 】 证明：对任意的正整数 n ，不等式3211)11ln(n n n ->+ 都成立 . 【 解 】 令，则 在 上恒正， 所以函数 在上单调递增，∴ 时，恒有即，∴对任意正整数 n ，取例 设0>>a b ，求证：b ab ab a <--<ln ln四、从条件特征入手构造函数证明【 例 4 】 若函数)(x f y = 在 R 上可导且满足不等式)()('x f x xf ->恒成立，且常数 a ， b 满足 a > b ，求证：)()(b bf a af > 【 解 】 由已知 x +>0 ∴构造函数 ，则x +>0 ， 从而 在 R 上为增函数。
∴即 a> b五 、主元法构造函数例．（全国）已知函数 x x x f -+=)1ln()(，x x x g ln )(= (1) 求函数)(x f 的最大值；(2) 设b a <<0 , 证明 ：2ln )()2(2)()(0a b ba gb g a g -<+-+< .六 、构造二阶导数函数证明导数的单调性 例 ．已知函数221)(x ae x f x -= (1) 若 f(x) 在 R 上为增函数 , 求 a 的取值范围 ; (2) 若 a=1, 求证 :x ＞ 0 时 ,f(x)>1+x 解： (1)f ′ (x) ＝ ae x －ｘ，∵ｆ（ｘ）在Ｒ上为增函数，∴ f ′ (x) ≥０对ｘ∈Ｒ恒成立， 即ａ≥ｘｅ - ｘ 对ｘ∈Ｒ恒成立记ｇ（ｘ）＝ｘｅ - ｘ ，则ｇ′ ( ｘ ) ＝ｅ - ｘ －ｘｅ - ｘ =(1-x)e -x ， 当ｘ＞１时，ｇ′（ｘ）＜０，当ｘ＜１时，ｇ′（ｘ）＞０． 知ｇ（ｘ）在 (- ∞ ,1) 上为增函数 , 在 (1,+ ∞ ) 上为减函数 , ∴ g(x) 在 x=1 时 , 取得最大值，即 g(x)max=g(1)=1/e, ∴ a ≥ 1/e, 即 a 的取值范围是 [1/e, + ∞ )(2) 记 )0(121)1()()(2>---=+-=x x x e x x f x F x 则x e x F x --=1)(' 令 h(x)= x e x F x --=1)('则1)('-=x e x h当 x>0 时 , h ′ (x)>0, ∴ h(x) 在 (0,+ ∞ ) 上为增函数 , 又 h(x) 在 x=0 处连续 , ∴ h(x)>h(0)=0即 F ′ (x)>0 , ∴ F(x) 在 (0,+ ∞ ) 上为增函数 , 又 F(x) 在 x=0 处连续 , ∴ F(x)>F(0)=0, 即 f(x)>1+x ．七. 对数法构造函数（选用于幂指数函数不等式） 例：证明当八. 构造形似函数 例：证明当例：已知 m 、 n 都是正整数，且证明：专项练习：1 、 设0≥a ，x a x x x f ln 2ln 1)(2+--=求证：当1>x 时，恒有 1ln 2ln 2+->x a x x 解：2 、 已知定义在正实数集上的函数ax x x f 221)(2+=，b x a x g +=ln 3)(2 其中 a >0 ，且a a a b ln 32522-=， 求证： )()(x g x f ≥3 、已知函数xxx x f --+=1)1ln()( ，求证：对任意的正数a 、b 恒有ab b a -≥-1ln ln4 、)(x f 是定义在（ 0 ， + ∞）上的非负可导函数，且满足 0)()('≤-x f x xf ，对任意正数 a 、 b ，若 a < b ，则必有 （ ）（ A ） af ( b ) ≤ bf ( a ) （ B ） bf ( a ) ≤ af ( b ) （ C ） af ( a ) ≤ f ( b ) （ D ） bf ( b ) ≤ f ( a )答案：，，故在（ 0 ， + ∞）上是减函数，由有af ( b ) ≤ bf ( a ) 故选（ A ）。
高中数学解题方法系列：函数中证明含有两个变量的不等式策略
x1 x2
x2 x1
练习 1 已知函数 f(x)＝ax－1－ln x(a∈R)．
①讨论函数 f(x)在定义域内的极值点的个数；
②若函数 f(x)在 x＝1 处取得极值，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2 恒成立，求
实数 b 的取值范围；
③当 0<x<y<e2 且 x≠e 时，试比较y与1－ln y的大小． x 1－ln x
高中数学解题方法系列：
函数中证明含有两个变量的不等式策略
近几年在高考试题的函数压轴题中，经常出现含有两个变量的不等式证明问
题，面对两个变量学生会感觉无从下手，造成找不到解题的突破点；下边通过几
道例题，让大家感受化归和构造的策略。
策略一：当两个变量可以分离时，根据其两边结构构造函数，利用单调性证
明不等式。
x∈( a 1 ，+ )时，f (x) ＜0, 故 f(x)在（0, a 1 ）单调增加，在（ a 1 ，
2a
2a
2a
+ ）单调减少.
(Ⅱ)不妨假设 x1≥x2.由于 a≤－2,故 f(x)在（0，+ ）单调减少.
所 以 f (x1) f (x2 ) 4 x1 x2 等 价 于 f (x1) f (x2 ) ≥ 4x1 － 4x2 , 即 f(x2)+ 4x2 ≥
x
x
x
（i）若 a 1 1 即 a 2 ,则
f ' (x) (x 1)2 x
故 f (x) 在 (0, ) 单调增加。
(ii)若 a 1 1 ,而 a 1,故1 a 2 ,则当 x (a 1,1) 时， f ' (x) 0 ; 当 x (0, a 1) 及 x (1, ) 时， f ' (x) 0 故 f (x) 在 (a 1,1) 单调减少，在 (0, a 1), (1, ) 单调增加。
函数专题：利用函数单调性与奇偶性解不等式的6种常见考法-【题型分类归纳】
函数专题：利用函数单调性与奇偶性解不等式的6种常见考法一、单调性定义的等价形式（1）函数()x f 在区间[]b a ,上是增函数:⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x <，都有()()021<-x f x f ； ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()02121>--x x x f x f ；⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()()[]02121>--x f x f x x ； ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()02121>--x f x f x x .（2）函数()x f 在区间[]b a ,上是减函数:⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x <，都有()()021>-x f x f ； ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()02121<--x x x f x f ；⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()()[]02121<--x f x f x x ； ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()02121<--x f x f x x .二、定义法判断函数奇偶性判断()f x -与()f x 的关系时，也可以使用如下结论：如果()0()f x f x --=或()1(()0)()f x f x f x -=≠，则函数()f x 为偶函数； 如果()0()f x f x -+=或()1(()0)()f x f x f x -=-≠，则函数()f x 为奇函数． 三、利用单调性、奇偶性解不等式原理 1、解()()<f m f n 型不等式（1）利用函数的单调性，去掉函数符号“f ”，将“抽象”的不等式问题转化为“具体”的不等式问题求解；（2）若不等式一边没有函数符号“f ”，而是常数（如()<f m a ），那么我们应该将常数转化带有函数符号“f ”的函数值再解。
微专题----函数单调性常见题型及解题方法总结-学生版
微专题----函数单调性常见题型及解题方法总结【特别提醒】1.函数y ＝f (x )(f (x )>0)在公共定义域内与y ＝－f (x )，y ＝1f （x ）的单调性相反.2.“对勾函数”y ＝x ＋ax (a >0)的单调增区间为(－∞，－a )，(a ，＋∞)；单调减区间是[－a ，0)，(0，a ].3、函数的单调性是对某个区间而言的，所以受到区间的限制，如函数xy 1=分别在)0,(-∞和),0(+∞内都是单调递减的，但是不能说它在整个定义域即),0()0,(+∞-∞ 内是单调递减的，只能说函数xy 1=的单调递减区间为)0,(-∞和),0(+∞。
即：多个单调区间之间用“和”或“，”，不能用“ ”。
【对勾函数】一.对勾函数by ax x=+)0,0(>>b a 的图像与性质：1.定义域：（-∞，0）∪（0，+∞）2.值域：(-∞,-√ab]U[√ab,+∞)3.奇偶性：奇函数，函数图像整体呈两个“对勾”的形状，且函数图像关于原点呈中心对称，即0)()(=-+x f x f4.图像在一、三象限,当0x >时，b y a x x =+≥2√ab （当且仅当x =取等号），即)(x f 在x=ab时，取最小值ab2由奇函数性质知：当x<0时，)(x f 在x=ab -时，取最大值ab 2-5.单调性：增区间为（∞+,ab ），（a b -∞-,）,减区间是（0，a b ），（a b-,0）【判断函数单调性方法技巧】(1)定义法：一般步骤为设元→作差→变形→判断符号→得出结论．(2)图象法：如果f (x )是以图象形式给出的，或者f (x )的图象易作出，则可由图象的上升或下降确定单调性．(3)导数法：先求导数，利用导数值的正负确定函数的单调区间．（在区间(,)a b 内，若总有()0f x '>，则()f x 为增函数；反之，若()f x 在区间(,)a b 内为增函数，则()0f x '≥，(4)性质法：①对于由基本初等函数的和、差构成的函数，根据各初等函数的增减性及f (x )±g (x )增减性质进行判断；（5）在选择填空题中还可用数形结合法、特殊值法等等，（6）复合函数法：复合函数单调性的特点是同增异减，注意定义域【求函数最值(值域)方法技巧】(1)二次函数法：根据二次函数性质求最值或范(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值.(3)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值.(4)换元法：如三角换元或者带根号的式子换元（5）导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值.（6）基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值.（7）三角函数有界性：根据1cos 1-,1sin 1-≤≤≤≤x x 求参数或者变量范围（8）分离常数法（9）判别式法（10）数形结合法一、单选题1．（复合函数单调性：同增异减，注意定义域）函数()2ln 23y x x =-++的减区间是（）A ．(]1,1-B ．[)1,3C ．(],1-∞D ．[)1,+∞2．（抽象函数的的应用；注意求函数的解析式或找出最值的关系）定义域为R 的函数()f x 满足()()12f x f x +=，且当(]0,1x ∈时，()2f x x x =-，则当(]2,1x ∈--时，()f x 的最小值为()A ．116-B ．18-C ．14-D ．03．（函数的奇偶性单调性，构造函数，注意定义域）已知函数()1ln 11xf x x x+=++-,且()()12f a f a ++>,则a 的取值范围是A ．1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．11,2⎛⎫--⎪⎝⎭C ．1,02⎛⎫-⎪⎝⎭D ．1,12⎛⎫-⎪⎝⎭4．（函数的奇偶性、单调性、比大小）已知()f x 是定义在R 上的偶函数，且在(,0]-∞上是增函数，设(ln ),a f π=5(log 2),b f =-12(),c f e -=则,,a b c 的大小关系是A ．b c a<<B ．a b c<<C ．c b a<<D ．a c b<<5．（函数的奇偶性、单调性、函数图像）设f(x)为奇函数，且在（-∞，0）内是减函数，f （2）=0，则f(x)x<0的解集为（）A ．（-∞，-2）∪（2，+∞）B ．（-∞，2）∪（0，2）C ．（-2，0）∪（2，+∞）D ．（-2，0）∪（0，2）6．（函数奇偶性、构造函数、单调性、比大小）已知()f x 是定义在R 上的奇函数，对任意两个不相等的正数12,x x ，都有211212()()0x f x x f x x x -<-，记0.20.2(4.1)4.1f a =， 2.12.1(0.4)0.4f b =，0.20.2(log 4.1)log 4.1f c =，则（）A ．a c b<<B ．a b c<<C ．c b a<<D ．b c a<<7．（构造函数、单调性）已知,(0,)2παβ∈，sin sin 0βααβ->，则下列不等式一定成立的是（）A ．2παβ+<B ．2παβ+=C ．αβ<D ．αβ>8．（奇偶性、单调性、参变分离解不等式）已知函数31()sin 31x x f x x x -=+++，若[2,1]x ∃∈-，使得2()()0f x x f x k ++-<成立，则实数k 的取值范围是（）A ．(1,)-+∞B ．(3,)+∞C ．(0,)+∞D ．(,1)-∞-二、填空题9．（双变量求最值）已知函数()223f x x x a =-+，()21g x x =-．若对任意[]10,3x ∈，总存在[]22,3x ∈，使得()()12f x g x ≤成立，则实数a 的值为____．10.（结合导数构造函数解不等式）设定义域为R 的函数()f x 满足()()f x f x '>，则不等式()()121x ef x f x -<-的解集为__________．11.（分段函数单调性，注意端点值）已知函数2152(1)()24log (1)a a x x x f x xx -⎧+-<⎪=⎨⎪≥⎩是(),-∞+∞上的增函数，则实数a 的取值范围为_____．12.（构造函数、依据单调性解不等式）已知函数()f x 是奇函数，且120x x ≤<时，有1212()()1f x f x x x -<-，(2)1f -=，则不等式3()x f x x -≤≤的解集为____．13.（偶函数解不等式，注意加绝对值）已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，且在[)0,+∞上单调递增，若()30f -=，实数a 满足()250f a -≤，则a 的最小值为________．14.（反比例类型函数的单调性）若2()2f x x ax =-与21()1ax g x x -+=+在区间[1,2]上都是减函数，则实数a 的取值范围是__________．15.（结合奇偶性单调性解不等式）已知函数()12cos 2xx f x e x e π⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，其中e 为自然对数的底数，若()()()22300f a f a f +-+<，则实数a 的取值范围为___________.16．下列命题：①集合{},,a b c 的子集个数有8个；②定义在R 上的奇函数()f x 必满足(0)0f =；③()()2()21221f x x x =+--既不是奇函数又不是偶函数；④偶函数的图像一定与y 轴相交；⑤1()f x x=在()(),00,-∞⋃+∞上是减函数，其中真命题的序号是______________（把你认为正确的命题的序号都填上）.17．（构造函数、结合导数求单调性、解不等式）已知()()y f x xR =的导函数为()f x '，若()()32f x f x x --=，且当0x ≥时()23f x x '>，则不等式()2()1331f x f x x x -->-+的解集是__________．三、解答题18．（常见函数的性质、恒成立问题的求解方法和灵活运用分类讨论思想）已知函数212()log (1)f x x =+，2()6g x x ax =-+.（Ⅰ）若()g x 为偶函数，求a 的值并写出()g x 的增区间；（Ⅱ）若关于x 的不等式()0<g x 的解集为{|23}x x <<，当1x >时，求()1g x x -的最小值；（Ⅲ）对任意的1[1,)x ∈+∞，2[2,4]x ∈-，不等式12()()f x g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围.参考答案1．B 【解析】【分析】利用一元二次不等式的解法求出函数的定义域，在定义域内求出二次函数的减区间即可.【详解】令2t x 2x 30=-++>，求得1x 3-<<，故函数的定义域为()1,3-，且y lnt =递增，只需求函数t 在定义域内的减区间．由二次函数的性质求得2t (x 1)4=--+在定义域内的减区间为[)1,3，所以函数()2y ln x 2x 3=-++的减区间是[)1,3，故选B．【点睛】本题主要考查对数函数的性质、复合函数的单调性，属于中档题.复合函数的单调性的判断可以综合考查两个函数的单调性，因此也是命题的热点，判断复合函数单调性要注意把握两点：一是要同时考虑两个函数的的定义域；二是同时考虑两个函数的单调性，正确理解“同增异减”的含义（增增→增，减减→增，增减→减，减增→减）.2．A 【解析】【分析】(](]21201x x ，，∈--⇒+∈，由1224f x f x f x f x +=⇒+=（）（）（）（），结合题意01x ∈（，]时，2f x x x =-（），即可求得()f x 的最小值．【详解】当(]2,1∈--时，(]201x ，+∈，2222232f x x x x x ∴+=+-+=++（）（）（），又()12f x f x +=（），()2[11]214f x f x f x f x （）（）（）∴+=++=+=，()243221f x x x x ∴=++-<≤-（），22113132(,2144216f x x x x x ∴=++=+--<≤-（）（）（），∴当32x =-时，f（x）取得最小值-116-．故选A．【点睛】本题考查抽象函数及其应用，着重考查转化思想与理解能力，求得21324f x x x =++（）（）是关键，也是难点，属于中档题．3．C 【解析】【分析】根据题意，由函数的解析式求出函数的定义域，设g （x ）＝f （x ）﹣1，分析可得g （x ）为奇函数且在（﹣1，1）上为增函数，据此f （a ）+f （a +1）＞2⇒()111111a a a a ⎧-⎪-+⎨⎪-+⎩＜＜＜＜＞，解可得a 的取值范围，即可得答案．【详解】根据题意，函数f （x ）＝ln 11x x ++-x +1，有11xx+-＞0，解可得﹣1＜x ＜1，即函数f （x ）的定义域为（﹣1，1），设g （x ）＝f （x ）﹣1＝ln 11x x ++-x ，则g （﹣x ）＝ln 11x x -++（﹣x ）＝﹣[ln 11xx++-x ]＝﹣g （x ），则函数g （x ）为奇函数；分析易得：g （x ）＝ln11xx++-x 在（﹣1，1）上为增函数，f （a ）+f （a +1）＞2⇒f （a ）﹣1＞﹣[f （a +1）﹣1]⇒g （a ）＞﹣g （a +1）⇒g （a ）＞g （﹣a ﹣1）⇒()111111a a a a ⎧-⎪-+⎨⎪-+⎩＜＜＜＜＞，解可得：12-＜a ＜0，即a 的取值范围为（12-，0）；故选：C ．【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，关键构造新函数g （x ）＝f （x ）﹣1，属于中档题．4．D 【解析】【分析】首先比较自变量的大小，然后结合函数的奇偶性确定函数在区间()0,+∞上的单调性，最后利用单调性比较函数值的大小即可.【详解】注意到ln 1π>，510log 2log 2<<=，且112=<<，据此可得：125ln log 2eπ->>，函数为偶函数，则：()()125ln ,log 2,a f b f c f e π-⎛⎫=== ⎪⎝⎭，由偶函数的性质可知：函数在区间()0,+∞上单调递减，故()()125ln log 2f f e f π-⎛⎫<<- ⎪⎝⎭，即a c b <<.故选D .【点睛】本题主要考查函数的单调性，函数的奇偶性，实数比较大小的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5．A 【解析】【分析】利用函数的奇偶性与单调性，结合函数图象求解即可.【详解】∵f x 为奇函数，且在−∞,0内是减函数，所以函数在0,+∞上单调递减．∵f 2=0,∴f −2=−f 2=0，故函数f x 的图象如图所示：<0，可得x ⋅f x <0，即x 和f x 异号，由图象可得x <−2，或x >2，f(x)x<0的解集为−∞,−2∪2,+∞，故选A ．【点睛】本题主要考查抽象函数的奇偶性与单调性的应用，属于难题.将奇偶性与单调性综合考查是，一直是命题的热点，解这种题型往往是根据函数在所给区间上的单调性，根据奇偶性判断出函数在对称区间上的单调性(偶函数在对称区间上单调性相反，奇函数在对称区间单调性相同)，然后再根据单调性列不等式求解.6．A 【解析】设120x x <<，则12211212()()()()0f x f x x f x x f x x x ->⇒>所以函数()()f x g x x=在(0,)+∞上单调递减，因为()f x 是定义在R 上的奇函数，所以()g x 是定义在R 上的偶函数，因此()0.20.24.14.1f a =0.2(4.1)(1)g g =<，()2.12.10.40.4f b =2.12(0.4)(0.4)(0.5)g g g =>>，()0.20.2log 4.1log 4.1f c =0.251(log 4.1)(log 4.1)((1),())2g g g g ==∈，即a c b<<，选A.点睛：利用函数性质比较两个函数值或两个自变量的大小，首先根据函数的性质构造某个函数，然后根据函数的奇偶性转化为单调区间上函数值，最后根据单调性比较大小，要注意转化在定义域内进行7．C 【解析】【分析】构造函数()sin ,0,2x f x x x π⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，原不等式等价于()(),f f αβ>两次求导可证明()sin x f x x =在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上递减，从而可得结论.【详解】由题意，sin sin βααβ>，sin sin αβαβ∴>，设()sin ,0,2x f x x x π⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，()2cos sin '0,2x x x f x x x π-⎛⎫∴=∈ ⎪⎝⎭，设()cos sin ,0,2g x x x x x π⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭，()'cos sin cos sin 0g x x x x x x x ∴=--=-<，()g x ∴在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，且()()00g x g <=，()'0f x ∴<,所以()sin x f x x =在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，()()sin sin ,f f αβαβαβ>⇔> αβ∴<，故选C.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，属于难题.利用导数判断函数单调性的步骤：（1）求出()'f x ；（2）令()'0f x >求出x 的范围，可得增区间；（3）令()'0f x <求出x 的范围，可得减区间.8．A【解析】由题函数()31sin 31x x f x x x -=+++的定义域为R，且()()()()3131sin sin ,3131x x x x f x x x x x f x --⎛⎫---=+-+-=-++=- ⎪++⎝⎭即函数()f x 为及奇函数，且()()22ln 331cos 031xx f x x ⋅=++'+>在[]2,1x ∈-上恒成立，即函数函数()f x 在[]2,1x ∈-上单调递增，若[]2,1x ∃∈-，使得()()20f x x f x k ++-<成立，即()()()()222f x x f x k f x x f k x x x k x+<--⇒+<-⇒+<-则问题转化为[]2,1x ∃∈-，22k x x >+，即()2min 2,k x x>+在[]2,1x ∈-上22y x x=+得最小值为-1，故实数k 的取值范围是()1,-+∞.故选A.9．13-【解析】【分析】将问题转化为()()max max f x g x ≤，根据二次函数和分式的单调性可求得()f x 在[]0,3上的最小值和最大值及()g x 在[]2,3上的最大值；分别讨论()f x 最大值小于零、最小值小于零且最大值大于零、最小值大于零三种情况，得到()f x 每种情况下的最大值，从而得到不等式，解不等式求得结果.【详解】不等式()()12f x g x ≤恒成立可转化为：()()maxmax f x g x ≤当[]0,3x ∈时，()()min 113f x f a ==-+，()()max 333f x f a==+当[]2,3x ∈时，()()max 22g x g ==①若330a +≤，即1a ≤-时，()max 1313f x a a=-+=-132a ∴-≤，解得：13a ≥-（舍）②若13033a a -+≤<+，即113a -<≤时，()()(){}max max 1,3f x f f =-又()113f a -=-，()333f a=+当1333a a ->+，即113a -<<-时，()max 13f x a =-132a ∴-≤，解得：13a ≥-（舍）当1333a a -≤+，即1133a -≤≤时，()max 33f x a =+332a ∴+≤，解得：13a ≤-13a ∴=-③若130a -+>，即13a >时，()max 3333f x a a =+=+332a ∴+≤，解得：13a ≤-（舍）综上所述：13a =-本题正确结果：13-【点睛】本题考查恒成立和能成立综合应用的问题，关键是能够将不等式转化为两个函数最值之间的大小关系，从而根据函数的单调性求得函数的最值，通过最值的比较构造不等式求得结果.10．(1,)+∞【解析】【分析】根据条件构造函数F （x ）()x f x e =，求函数的导数，利用函数的单调性即可得到结论．【详解】设F （x ）()x f x e =，则F ′（x ）()()'x f x f x e -=，∵()()f x f x '>，∴F ′（x ）＞0，即函数F （x ）在定义域上单调递增．∵()()121x e f x f x -<-∴()()2121x x f x f x e e --＜，即F （x ）＜F （2x 1-）∴x 2x 1-＜，即x＞1∴不等式()()121x e f x f x -<-的解为()1,+∞故答案为：()1,+∞【点睛】本题主要考查函数单调性的判断和应用，根据条件构造函数是解决本题的关键．11．532a ≤≤【解析】【分析】因为函数2152(1)()24log (1)a a x x x f x xx -⎧+-<⎪=⎨⎪≥⎩是(),-∞+∞上的增函数，所以当1x ≥，时()log a f x x =是增函数，当1x <，()215224a f x x x -=+-也是增函数，且max min ()(1)()(1)f x x f x x <≤≥，从而可得答案。
导数专题课—构造函数
即求F(x) F(0)的解集. 由f '(x) 1 f (x)得
F'(x) ex ( f '(x) f (x) 1） 0
F ( x)为增函数.
例2：(1)已知f (x)为定义在R上的可导函数，且满足 f '(x) 1 f (x), f (0) 6,则不等式ex f (x) ex 5的
观察两个不等式与哪个函数有关？
构造函数g(x)＝f(x)－(2x＋4)
│课堂互动│
导数中的构造函数问题
引例：函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)＞2， 则f(x)＞2x＋4的解集为( )
A．(－1,1) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
【详解】：设g(x)＝f(x)－(2x＋4)，则g′(x)＝f′(x)－2＞0， ∴g(x)在R上是增函数．
f (x) ； ex
(2)题中出现"2 f (x) f '(x) 0(或 0)"的结构，
常构造F (x) e2x f (x)或F (x)
f (x)； e2x
F '(x) (e2x f (x))' 2e2x f (x) e2x f '(x)
e2x (2 f (x) xf '(x))
(3)题中出现"kf (x) f '(x) 0(或 0)"的结构，
，C
错；
【对应训练 2】已知偶函数 y=f(x)对于任意的 x∈
满足
f′(x)cos x+f(x)sin x>0,则下列不等式中成立的有____.
(1) f
<f
(2) f
>f
利用函数的单调性证明不等式
利用函数的单调性证明不等式1、利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式(函数、导数、不等式综合)2、解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。
一、利用题目所给函数证明例：x>0时,求证；x 2x 2-－ln(1+x)＜0证明：设f(x)= x 2x 2-－ln(1+x) (x ≥0),则f '(x)=2x 1x -+∵x>0时,∴f '(x)<0,故f(x)在（0，+∞）上递减， 所以x>0时,f(x)<f(0)=0，即x 2x 2-－ln(1+x)<0成立。
例、求证：n ∈N *,n ≥3时，2n >2n+1证明：要证原式，即需证：2n －2n －1>0,n ≥3时成立 设f(x)=2x －2x －1(x ≥3),则f '(x)=2x ln2－2(x ≥3), ∵x ≥3,∴f '(x)≥23ln3－2>0 ∴f(x)在[3，+∞ )上是增函数，∴f(x)的最小值为f(3)=23－2×3－1=1>0所以，n ∈N *,n ≥3时，f(n)≥f(3)>0, 即n ≥3时,2n －2n －1>0成立，例：f(x)=13x 3－x, x 1,x 2∈[－1,1]时，求证：|f(x 1)－f(x 2)|≤43证明：∵f '(x)=x 2－1, x ∈[－1,1]时,f '(x)≤0,∴f(x)在[－1,1]上递减.故f(x)在[－1,1]上的最大值为f(－1)=23最小值为f(1)=23-,即f(x)在 [－1,1]上的值域为22[,]33-；所以x 1,x 2∈[－1,1]时，|f(x 1)|23≤, |f(x 2)|23≤,即有 |f(x 1)－f(x 2)|≤|f(x 1)|+ |f(x 2)|224333≤+=【例1】求证：当1->x 时，恒有11ln(1)1x x -≤++分析：构造函数111)1ln()(-+++=x x x g ，从其导数入手即可证明。
构造函数利用单调性解题
构造函数利用单调性解题田发胜由函数单调性的定义容易知道：（1）若函数)x (f 在区间I 上单调递增，且I x x 21∈，，则2121x x )x (f )x (f <⇔<；（2）若函数)x (f 在区间I 上单调递减，且I x x 21∈，，则2121x x )x (f )x (f >⇔<；（3）若函数)x (f 在区间I 上单调，且I x x 21∈，，则2121x x )x (f )x (f =⇔=； 根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧。
许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效。
下面举例说明这一思想在解题中的若干应用。
一、求值例1 设x ，y 为实数，且满足⎪⎩⎪⎨⎧=-+--=-+-1)1y (1997)1y (1)1x (1997)1x (33，则=+y x _______。
解：由已知条件，可得：⎪⎩⎪⎨⎧-=-+--=-+-1)y 1(1997)y 1(1)1x (1997)1x (33 故若设t 1997t )t (f 3+=，则上述条件即为：1)y 1(f )1x (f -=-=-。
又易知函数t 1997t )t (f 3+=在R 上是单调增函数，所以由上式有：y 11x -=-，即：2y x =+。
二、解方程例2 解方程03x 6x )3x 5(33=++++。
解：原方程变为：)x x ()3x 5()3x 5(33+-=+++。
设x x )x (f 3+=，则原方程即为：)x (f )3x 5(f -=+，又)x (f )x (f -=-，从而原方程即为：)x (f )3x 5(f -=+。
又易知函数x x )x (f 3+=在R 上单调递增，所以有x 3x 5-=+，解得原方程的解为：21x -=。
三、求最值例3 已知点B （0，6），C （0，2），试在x 轴正半轴上求一点A ，使得∠BAC 最大。
构造函数判断数列单调性
龙源期刊网
构造函数判断数列单调性
作者：谢伟
来源：《中学教学参考·理科版》2012年第06期
函数是高中数学的一条主线，贯穿高中数学始终，其单调性是历年高考必考内容，而数列是函数思想的应用，因而数列单调性在高考中也有十分重要的位置，也是学生普遍感到棘手的问题.由于数列是定义在自然数集或其子集的函数，因此，可以根据数列通项公式、递推公式
或其他关系式构造新函数，充分利用函数单调性的定义或导数的性质等来判断构造的新函数的单调性，最终判断数列的单调性.。
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构造函数利用单调性解题
田发胜
由函数单调性的定义容易知道：
（1）若函数)x (f 在区间I 上单调递增，且I x x 21∈，，则2121x x )x (f )x (f <⇔<；
（2）若函数)x (f 在区间I 上单调递减，且I x x 21∈，，则2121x x )x (f )x (f >⇔<；
（3）若函数)x (f 在区间I 上单调，且I x x 21∈，，则2121x x )x (f )x (f =⇔=； 根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧。
许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效。
下面举例说明这一思想在解题中的若干应用。
一、求值
例1 设x ，y 为实数，且满足⎪⎩⎪⎨⎧=-+--=-+-1
)1y (1997)1y (1)1x (1997)1x (33，则=+y x _______。
解：由已知条件，可得：
⎪⎩⎪⎨⎧-=-+--=-+-1
)y 1(1997)y 1(1)1x (1997)1x (33 故若设t 1997t )t (f 3+=，则上述条件即为：1)y 1(f )1x (f -=-=-。
又易知函数t 1997t )t (f 3+=在R 上是单调增函数，所以由上式有：y 11x -=-，即：2y x =+。
二、解方程
例2 解方程03x 6x )3x 5(33=++++。
解：原方程变为：
)x x ()3x 5()3x 5(33+-=+++。
设x x )x (f 3+=，则原方程即为：)x (f )3x 5(f -=+，又)x (f )x (f -=-，从而原方程即为：)x (f )3x 5(f -=+。
又易知函数x x )x (f 3+=在R 上单调递增，所以有x 3x 5-=+，解得原方程的解为：2
1x -=。
三、求最值
例3 已知点B （0，6），C （0，2），试在x 轴正半轴上求一点A ，使得∠BAC 最大。
解：设A （a ，0），则a>0，∠BAC=α，易知)2
0(π
∈α，。
因为a 2k a 6k AC AB -=-=
，，所以a
12a 412a a 4k k 1k k tan 2AB AC AB AC
+=+=+-=α。
又因为a>0所以34a 12a 2a 12a =⋅≥+。
所以33tan ≤α，当且仅当32a =时αtan 有最大值为3
3。
又函数α=tan y 在（0，
2π）上是单调递增的，所以α的最大值为633arctan π=。
即∠BAC 的最大值为
6
π，此时A （32，0）。
四、比较大小 例4 已知a>1，且x log a y log a a y a x ->-，试比较y x ，的大小。
解：由条件得：y log a x og 1a a y a x +>+。
引入函数t log a )t (f a t +=，则上式即为：
)y (f )x (f >。
易知函数t log a )t (f a t +=在（0，+∞）上是增函数，所以y x >。
五、证明不等式
例5 设a ∈R ，求证：01a a a a 258>+-+-。
证明：当0a ≤或a=1时，不等式显然成立。
当a>1时，函数x a y =在R 上是增函数，
所以a a a a 258>>，，所以01a a a a 258>+-+-；
当1a 0<<时，函数x a y =在R 上是减函数，
所以a 1a a 52>>，
，又0a 8>。
所以01a a a a 258>+-+-
故对一切a ∈R ，不等式01a a a a 258>+-+-成立。
六、求参数范围
例6 已知关于n 的不等式
3
2)1a (log 121n 213n 12n 11n 1a +->+++++++ 对一切大于1的自然数都成立，试求实数a 的取值范围。
解：设)2n N n (n
213n 12n 11n 1)n (f ≥∈+++-+++=， 。
因为0)
2n 2)(1n 2(11n 12n 211n 21)n (f )1n (f >++=+-+++=-+ 所以)n (f 是关于n 的单调增函数且当2n ≥时，+=
≥31)2(f )n (f 12
741=，故而要使32)1a (log 121)n (f a +->对一切2n ≥，n ∈N 恒成立，则需且只需32)1a (log 121127a +->，即1)1a (log a -<-成立即可。
所以a
11a 0<-<，解得：251a 1+<<。
故所求a 的取值范围为
}2
51a 1|a {+<
<。
例7 设函数
n
a n )1n (321lg )x (f x x x x ⋅+-++++= （a ∈R ，n ∈N ，n ≥2），若当]1(x ，-∞∈时，)x (f 有意义，求a 的取值范围。
解：要使原函数在]1(，-∞上有意义，应有在∈x ]1(，-∞时
0n
a n )1n (321x x x x >⋅+-++++ ，即0a n )1n (321x x x x >⋅+-++++ 成立。
所以])n
1n ()n 3()n 2()n 1
[(a x x x x -++++-> ，]1(x ，-∞∈ （*） 记])n 1n ()n
3()n 2()n 1
[()x (g x x x x -++++-= ， 因为每一个)1n 21k ()n
k (x -=-，，， 在]1(，
-∞上都是增函数， 所以)x (g 在]1(，-∞上是增函数，从而它在x=1时取得最大值 )1n (2
1)n 1n n 3n 2n 1()1(g --=-++++-= 所以（*）式等价于)1n (21a -->
也就是a 的取值范围是)}1n (21a |a {-->。