構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)問題PAGEPAGE14構(gòu)造函數(shù)解決不等式問題例：[2011·遼寧卷]函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)＞2，則f(x)＞2x＋4的解集為()A．(－1,1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)【解析】構(gòu)造函數(shù)G(x)＝f(x)－2x－4，所以G′(x)＝f′(x)－2，由于對任意x∈R，f’(x)>2，所以G′(x)＝f′(x)－2>0恒成立，所以G(x)＝f(x)－2x－4是R上的增函數(shù)，又由于G(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，所以G(x)＝f(x)－2x－4>0，即f(x)>2x＋4的解集為(－1，＋∞)，故選B.訓(xùn)練：1.已知函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對稱,且當(dāng)成

立，，,則a,b,c的大小關(guān)系是()A. B. C.D.解：因?yàn)楹瘮?shù)關(guān)于軸對稱,所以函數(shù)為奇函數(shù).因?yàn)?所以當(dāng)時,,函數(shù)單調(diào)遞減,當(dāng)時,函數(shù)單調(diào)遞減.因?yàn)?,,所以,所以,選A.2.已知為上的可導(dǎo)函數(shù)，且，均有，則有A．，B．，C．，D．，解：構(gòu)造函數(shù)則，因?yàn)榫胁⑶?，所以，故函?shù)在R上單調(diào)遞減，所以，即也就是，故選D．6.已知函數(shù)滿足，且的導(dǎo)函數(shù)，則的解集為（）A.B.C.D.解：構(gòu)造新函數(shù), 則，，對任意，有，即函數(shù)在R上單調(diào)遞減，則的解集為，即的解集為，選D.3.[2013·綏化一模]已知函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1，0)對稱，且當(dāng)x∈(－∞，0)時，f(x)＋xf′(x)<0成立(其中f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù))，若a＝(30.3)·f(30.3)，b＝(logπ3)·f(logπ3)，c＝·f，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)>b>cB．c>a>bC．c>b>aD．a(chǎn)>c>b解：因?yàn)楹瘮?shù)y＝f(x－1)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1，0)對稱，所以f(x)關(guān)于(0，0)中心對稱為奇函數(shù)，所以函數(shù)g(x)=xf(x)為偶函數(shù)．又當(dāng)x∈(－∞，0)時，f(x)＋xf′(x)<0成立，故g(x)=xf(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)．由偶函數(shù)的性質(zhì)得函數(shù)xf(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，又eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,9)))>30.3>logπ3>0，所以c>a>b.例：巳知函數(shù)f（x）=ax2－bx－1nx，其中a，b∈R。（I）當(dāng)a=3，b=-1時，求函數(shù)f（x）的最小值；（Ⅱ）若曲線y=f（x）在點(diǎn)（e，f(e））處的切線方程為2x－3y－e=0（e=2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)），求a，b的值；（Ⅲ）當(dāng)a>0，且a為常數(shù)時，若函數(shù)h（x）=x[f（x）+1nx]對任意的x1>x2≥4，總有成立，試用a表示出b的取值范圍；【知識點(diǎn)】導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用解：因?yàn)?，所以，令，所以f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，則f(x)在處取得最小值為；（Ⅱ）因?yàn)棰?，又因?yàn)榍悬c(diǎn)(e，f(e))在直線2x－3y－e=0上，所以切點(diǎn)為，所以②，聯(lián)立①②解得.（Ⅲ）由題意，對于任意，總有成立，令，則函數(shù)p(x)在x∈[4，＋∞)上單調(diào)遞增，所以上恒成立.構(gòu)造函數(shù)，則，只要在上單調(diào)遞增即可.…………10分而當(dāng)時，，此時在上單調(diào)遞增；……11分當(dāng)時，只需在上恒成立，因?yàn)?，只要，則需要，對于函數(shù)，過定點(diǎn)（0，1），對稱軸，只需，即.綜上.………14分2.函數(shù)，（1）求函數(shù)的極值；（2）討論的零點(diǎn)的個數(shù)；（3）對恒成立，求的取值范圍。解：3.已知函數(shù)（1）若直線y=x+m與函數(shù)的圖像相切，求實(shí)數(shù)m的值。（2）證明函數(shù)與曲線有唯一的交點(diǎn)。（3）設(shè)，比較的大小，并說明理由4.設(shè)函數(shù)f(x)＝2lnx＋mx－x2.(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y＝2x＋n,求實(shí)數(shù)m,n的值；(2)若m>－4,求證：當(dāng)a>b>0時,有eq\f(fa－fb,a2－b2)>－2；(3)若函數(shù)f(x)有兩個零點(diǎn)x1,x2(x1<x2),且x0＝eq\f(x1＋x2,2),求證：f′(x0)<0.解：(1)由f(x)＝2lnx＋mx－x2得f′(x)＝m＋eq\f(2,x)－2x,故由題意可得f′(1)＝m＋eq\f(2,1)－2＝2,即m＝2.從而f(1)＝2ln1＋2－1.又知f(1)＝2×1＋n,∴2＋n＝1,∴n＝－1.∴實(shí)數(shù)m,n的值分別為m＝2,n＝－1.(2)由于a>b>0,設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)＋2x2＝x2＋mx＋2lnx,則有g(shù)’(x)＝2x＋m＋eq\f(2,x).由于x>0,且m>－4,∴g′(x)＝2x＋m＋eq\f(2,x)≥2eq\r(2x·\f(2,x))＋m＝4＋m>0,故g(x)在(0,＋∞)上遞增,∴g(a)>g(b),∴f(a)＋2a2>f(b)＋2b2,∴(3)由x1,x2(x1<x2)是f(x)的零點(diǎn)可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2lnx1＋mx1－x\o\al(2,1)＝0，,2lnx2＋mx2－x\o\al(2,2)＝0，))故m＝x1＋x2－2·eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2).又由f′(x)＝m＋eq\f(2,x)－2x,x0＝eq\f(x1＋x2,2),可得f′(x0)＝m＋eq\f(4,x1＋x2)－(x1＋x2)＝2eq\f(2,x1＋x2)－eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2),進(jìn)而可得f′(x0)＝eq\f(2,x