第五章 微专题7　构造法处理不等关系（课件 讲义）高中数学 人教A版（2019）选择性必修 第二册

微专题7　构造法处理不等关系 典例剖析素养初现 探究1　构造新函数解不等式 例1　设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导数，f(1)＝1，当x<0时，xf′(x)＋f(x)<0，则使 xf(x)>1成立的x的取值范围是(　C　) A. (－1，0)∪(1，＋∞) B. (－1，1) C. (－∞，－1)∪(1，＋∞) D. (－∞，－1)∪(0，1) 【解析】设F(x)＝xf(x)，易知函数F(x)为偶函数，且当x<0时，F′(x)＝xf′(x)＋f(x)<0，故函数F(x)在(－∞，0)上单调递减，由对称性知，函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增，将目标不等式转化为F(x)>F(1)＝1，结合函数的单调性得|x|>1，解得x<－1或x>1，故不等式的解集是(－∞，－1)∪(1，＋∞). 1. 关系式为“加”型： (1) f′(x)g(x)＋f(x)g′(x) 构造[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)； (2) xf′(x)＋f(x)构造[xf(x)]′＝xf′(x)＋f(x)； (3) f′(x)＋f(x)构造[exf(x)]′＝ex[f′(x)＋f(x)]. 2. 关系式为“减”型： (1) f′(x)g(x)－f(x)g′(x) 构造′＝； (2) xf′(x)－f(x)构造′＝； (3) f′(x)－f(x)构造′＝. 变式　设f(x)，g(x)是定义域为R的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，则当af(b)g(b) B. f(x)g(b)>f(b)g(x) C. f(x)g(a)>f(a)g(x) D. f(x)g(x)>f(a)g(x) 【解析】设F(x)＝，则F′(x)＝，由f′(x)g(x)－f(x)·g′(x)<0，得F′(x)<0，则F(x)单调递减．因为af(b)g(x)，f(x)g(a)＜f(a)g(x). 探究2　构造新函数比较大小 例2　(多选)下列结论正确的是(　ABC　) A. ＞ln 2　　　　　 B．ln 2＜ln C. ln 2＜　 D. 2＞5 【解析】 由题意可构造函数f(x)＝(x>0)，f′(x)＝，当0＜x＜e时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞e时，f′(x)＜0，f(x)单调递减. 因为32＞23，且y＝ln x在定义域上单调递增，所以ln 32＞ln 23，所以2ln 3＞3ln 2，所以＞ln 2，故A正确；因为e＞＞2，所以f＞f(2)，所以＞，即ln ＞ln 2，故B正确；因为f(2)＜f(e)＝，所以＜，即ln 2＜，故C正确；因为e＞＞2，所以f()＞f(2)，所以＞，所以2ln ＞ln 2，所以ln ()2＞ln 2，所以5＞2，故D错误. 变式　设a＝ln ，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系是(　A　) A. c0，则g′(x)＝，当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)＝单调递减．因为e<3<4＝a>＝c，即c0，则f′(x)＝－1－＝(x＋1).令F(x)＝ex-1－，则F′(x)＝ex-1＋>0，故函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增，F(1)＝0，所以当01时，F(x)>0，从而f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)的最小值为f(1)＝0，所以当x>0时，f(x)≥f(1)＝0，即－ln x－x≥0，从而≥ln x＋x，即得证． 利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法： (1) 若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max； (2) 若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x).若h′(x)>0，则h(x)在(a，b)上单调递增．同时h(a)>0，即f(x)>g(x)或若h′(x)<0，则h(x)在(a，b)上单调递减．同时h(b)>0，即f(x)>g(x). 变式　已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－a ln x(a∈R). (1) 求函数y＝f(x)的单调区间； 【解答】函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－(a－2)－＝.当a≤0时，f′(x)＞0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞).当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＞；由f′(x)＜0，得0＜x＜.所以函数f(x)的单调递增区间为，单 ... ...