专题15 运用构造法研究函数的最值问题（解析版）.docx

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1、专题15 运用构造法研究函数的最值问题一、题型选讲题型一、恒成立与存在问题中的构造函数求参数范围不等式的恒成立问题处理，通过分类讨论，合理的代数变形，将问题进一步转化为熟悉的问题，结合图像，通过构造函数，利用导数进行求解.特别要注意要构造熟悉的函数，便于求解。例1、(2019宿迁期末）已知函数f(x)，g(x)kxb(k，bR)(1) 求函数yf(x)的定义域和单调区间；(2) 当bk时，若存在xe，e2，使得f(x)g(x)，求k的取值范围规范解答 (1)由得yf(x)的定义域x(0，1)(1，)f(x) ，(2分)由f(x)0得x(e，)；由f(x)0得x(0，1)(1，e)，所以yf(x

2、)的单调增区间为(e，)，单调减区间为(0，1)和(1，e)(4分)(2)解法1令(x)f(x)g(x)kxk(exe2)，依题意知(x)min.(x)kk的值域为.(12分)当k0，即k0时，(x)0，(x)在e，e2上单调递增，所以(x)min(e)ek(e1)，解得k，与k0矛盾，不合题意当k0，即k时，(x)0，(x)在e，e2上单调递减，所以(x)min(e2)k(e21)，解得k.(14分)当0k时，存在唯一x0(e，e2)满足(x0)0.当x(e，x0)时，(x)0，所以(x)在(e，x0)上单调递减，在(x0，e2)上单调递增，所以(x)min(x0)k(x01)，解得k，这与

3、0k0，求F(x)的单调增区间；(2) 若对任意x1，x2，x1x2，均有|f(x1)f(x2)|成立，求实数a的取值范围 (1) 求出函数F(x)的导函数F(x)，可由F(x)0得到函数F(x)的单调递增区间；(2) 由于所研究的问题与绝对值有关，因此首先要去掉绝对值符号，注意到不等式的左边以及f(x)ex的单调性，为了去掉左边的绝对值，为此增设一个条件x1x2，从而去掉了左边的不等式符号，再考虑不等式的右边，若直接去绝对值就需要进行分类讨论，这是很难的！注意到n(x)|m(x)|的充要条件是n(x)m(x)0，因为a0，所以x1或x成立，不妨设x1x2，根据f(x)ex在上单调递增，所以有

4、f(x1)f(x2)对x1x2恒成立，(8分)所以f(x2)f(x1)g(x1)g(x2)x2恒成立，即对x1，x2，x1x2恒成立，所以f(x)g(x)和f(x)g(x)在上都是单调递增函数(11分)所以f(x)g(x)0在上恒成立，所以ex(2xa)0在上恒成立，即a(ex2x)在上恒成立因为(ex2x)在上是单调减函数，所以(ex2x)在上取得最大值1，所以a1.(13分)当f(x)g(x)0在上恒成立，所以ex(2xa)0在上恒成立，即aex2x在上恒成立因为ex2x在上单调递减，在上单调递增，所以ex2x在上取得最小值22ln2，所以a22ln2.(15分)所以实数a的取值范围为.(

5、16分) 研究与不等式有关的恒成立问题，我们通常通过构造函数法，转化为研究新函数的性质来解决问题例3、(2019苏锡常镇调研）已知e为自然对数的底数，函数的图像恒在直线上方，则实数a的取值范围为 【答案】.解法1：由题意得不等式在上恒成立，即恒成立，根据图像可得当时不等式不恒成立；当时，不等式恒成立；当时，令，设函数与图像的公切线，切点，且因为，所以的斜率，因为点在函数的图像上，所以，由可得（舍），则，所以解法2：同解法1得，当时，因为，所以不等式恒成立；当时，不等式等价于，令，则，因为，所以，故函数在上递减，设函数的图像在处的切线经过点，则切线斜率，化简得，即，解得（舍），所以，结合图像可得

6、解后反思：本题条件函数的图像恒在函数的图像的上方，可以将问题等价转化为不等式恒成立问题处理.如果函数的最值求解比较困难，则需将问题进一步转化为更熟悉的问题来处理.本题解法1通过对参数分类讨论，将问题转化为两个熟悉函数的问题，通过对两函数图像公切线这一临界情况的讨论使得问题得以解决.解法2则对变量进行分类讨论，通过代数变形，将问题转化为直线与函数的图像的位置关系进行处理.题型二、构造函数证明不等式不等式的证明是高中数学的一个热点，也是数学的一个难点，考查了数学的综合能力和对知识点的处理。对于这种问题最常见的处理方式就是讲不等式进行变形，构造函数，研究这个函数的最值问题。例4、(2019南通、泰州

7、、扬州一调）已知函数f(x)lnx(aR)(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x1，x2.求实数a的取值范围；证明：x1f(x1)x2f(x2)2lna2. (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)根据第(1)问的函数f(x)的单调性，确定a0，且f(x)minf(a)a2，不妨设0x1a，通过对f(x)的单调性的分析，问题进一步转化为证明ff(x2)，构造函数，通过导数法不难证得结论解：(1)f(x)的定义域为(0，)，且f(x).(1.1)当a0时，f(x)0成立，所以f(x)在(0，

8、)为增函数；(2分)(1.2)当a0时，(i)当xa时，f(x)0，所以f(x)在(a，)上为增函数；(ii)当0xa时，f(x)0时，f(x)的最小值为f(a)，依题意知f(a)1lna0，解得0aa，f(1)a0，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0a，所以0a2a.f(a2)lna22lna，令g(a)2lna，当0a时，g(a)ge20又f(a)a2.不妨设x1x2，由知0x1aa2，即证x1.因为x1，(0，a)，f(x)在(0，a)上为减函数，所以只要证ff(x1)又f(x1)f(x2)0，即

9、证ff(x2)(14分)设函数F(x)ff(x)2lnx2lna(xa)所以F(x)0，所以F(x)在(a，)为增函数所以F(x2)F(a)0，所以ff(x2)成立从而x1x2a2成立所以p2ln(x1x2)2lna2，即x1f(x1)x2f(x2)2lna2成立(16分)例5、(2017苏州期末）已知函数f(x)(lnxk1)x(kR)(1) 当x1时，求函数f(x)的单调区间和极值；(2) 若对于任意xe，e2，都有f(x)4lnx成立，求实数k的取值范围；(3) 若x1x2，且f(x1)f(x2)，证明：x1x2e2k. 思路分析 (1) 只要注意对k的讨论(2) 分离出k，转化为kK(

10、x)恒成立问题(3) 先说明0x1ekx2，从而只要证ekx2，只要证f(x1)f(x2)f.转化为关于x1的不等式对0x1ek恒成立问题规范解答 (1) f(x)lnxk，其中x1.(1分)若k0，则x1时，f(x)0恒成立，f(x)在(1，)上单调递增，无极值；(2分)若k0，则f(x)在(1，ek上单调递减，在ek，)上单调递增，(4分)有极小值f(ek)ek，无极大值(5分)(2) 问题可转化为klnx1对xe，e2恒成立(7分)设K(x)lnx1，则K(x)lnx(lnx1).当xe，e2时，K(x)0，所以K(x)在e，e2上单调递增，K(x)maxK(e2)1.(9分)所以实数k

11、的取值范围是.(10分)(3) 因为f(x)lnxk，所以f(x)在(0，ek上单调递减，在ek，)上单调递增不妨设0x1ekx2.要证x1x2e2k，只要证x2.因为f(x)在ek，)上单调递增，所以只要证f(x1)f(x2)f，即要证(lnx1k1)x1(klnx11).(12分)令t2(klnx1)0，只要证(t2)ett20.设H(t)(t2)ett2，则只要证H(t)0对t0恒成立H(t)(t1)et1，H(t)tet0对t0恒成立所以H(t)在(0，)上单调递增，H(t)H(0)0.(14分)所以H(t)在(0，)上单调递增，H(t)H(0)0.综上所述，x1x2e2k.(16分)

12、题型三 、构造函数求线段的长度、斜率等问题对于涉及到求距离斜率等问题，运用集合法不好解决的可以考虑所给的形式，构造是的的函数进行求解。一般地，对于以下结构的问题需要注意其式子的几何意义：(1)表示两点间的距离或向量的模；(2)k表示过点(a，b)与(x，y)的直线的斜率；(3)AxBy与直线AxByC0的截距有关；(4)P(cos，sin)表示单位圆x2y21上的任意一点；(5)a2abb2与余弦定理有关，在解题过程中可以利用这些式子的几何意义构造一些特殊的函数。例6、(2018苏州期末）已知直线ya分别与直线y2x2和曲线y2exx相交于点A，B，则线段AB长度的最小值为_【答案】. (3l

13、n2)【解析】设点C在直线y2x2上，且BCAB，则BC2AB.只要先求BC的最小值考虑h(x)(2exx)(2x2)2exx2，则h(x)2ex1.令h(x)0，得ex，即xlnln2，可得h(x)minh(ln2)3ln2，所以BC的最小值为3ln2，从而AB的最小值为(3ln2)例7、(2017镇江期末） 已知不等式(mn)2(mlnn)22对任意mR，n(0，)恒成立，则实数的取值范围为_【答案】1，)【解析】思路分析 由于条件“(mn)2(mlnn)22”中平方和的特征，可联想到两点(m，m)，(n，lnn)的距离公式，而点(m，m)，(n，lnn)分别是直线yx和曲线f(x)lnx

14、上动点，故可转化为直线yx和曲线f(x)lnx上点之间的距离大于等于.条件“不等式(mn)2(mlnn)22对任意mR，n(0，)恒成立”可看作“直线yx以及曲线f(x)lnx上点之间的距离恒大于等于”如图，当与直线yx平行的直线与曲线f(x)lnx相切时，两平行线间的距离最短，f(x)1，故切点A(1,0)，此切点到直线yx的距离为，解得1或3(舍去，此时直线与曲线相交)二、达标训练1、(2019扬州期末） 若存在正实数x，y，z满足3y23z210yz，且lnxlnz，则的最小值为_【答案】. e2【解析】由3y23z210yz，得(3yz)(y3z)0，解得y3z，即3.由lnxlnz，

15、得lnxlnylnylnz，即lnln.令t，t，得lnlntetf(t)，则f(t)e0，得t.当t时，f(t)0，f(t)单调递增，所以当t时，f(t)有唯一的极小值，即最小值f(t)minf2，故2lne2，所以的最小值为e22、(2016盐城三模） 若函数f(x)exx3x1的图像上有且只有两点P1，P2，使得函数g(x)x3的图像上存在两点Q1，Q2，且P1与Q1，P2与Q2分别关于坐标原点对称，则实数m的取值集合是_【答案】 【解析】设函数f(x)的图像上两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则Q1(x1，y1)，Q2(x2，y2)，故有即方程(exx3x1)x3在(，0)(

16、0，)上有两解，即方程xexx2xm在(，0)(0，)上有两解，即函数h(x)xexx2x(x0)的图像与ym的图像有两个交点，令h(x)(ex1)(x1)0得，x0(舍去)或x1，作出函数h(x)图像知，当且仅当x1时有两解，所以mh(1).3、(2019苏锡常镇调研（一） 已知函数f(x)x2|xa|，g(x)(2a1)xalnx，若函数yf(x)与函数yg(x)的图像恰好有两个不同的交点，则实数a的取值范围为_【答案】 (1，)【解析】解法1因为函数g(x)的定义域为(0，)，所以函数yf(x)与函数yg(x)的图像在区间(0，)上恰好有两个不同的交点当a0时，函数f(x)x2xa在(0

17、，)上递增，函数g(x)在(0，)上递减，函数yf(x)与函数yg(x)的图像在区间(0，)上最多有一个交点，所以a0，令F(x)f(x)g(x)因为当0xa时，F(x)2(xa)0，所以F(x)在(0，a)上递减，在(a，)上递增，故F(x)minF(a)a2aalna，结合F(x)的图像可得，要使得F(x)有两个零点，只需要F(a)0，令h(a)a1lna，则h(a)10，所以h(a)在(0，)上递增，又因为h(1)0，h0，所以a1，故实数a的取值范围为(1，)解法2x2|xa|(2a1)xalnxx2|xa|2axxalnxx22axa2|xa|xalnxa2(xa)2|xa|xaln

18、xa2令h(x)(xa)2|xa|，(x)xalnxa2.当a0时，n(x)h(x)(x)单调递增，至多有一个零点，不符合题意当a0时，(x)1在(0，a)上单调递增，在(a，)上单调递减，故在xa处去极大值也就是最大值(a)，而函数h(x)(xa)2|xa|对称轴是xa，在此处取最小值h(a)只需要(a)h(a)0(如图所示)，即alnaaa20lna1a0，令m(a)lna1a(a0)m(a)10，m(a)在(0，)单调递增，又m(1)0，m()0故所以a1，故实数a的取值范围为(1，)4、(2017南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）已知对任意的xR,3a(sinxcosx)2b

19、sin2x3(a，bR)恒成立，则当ab取得最小值时，a的值是_【答案】 【解析】由ab取最小值，故令3(sinxcosx)2sin2x0，则ab，即ab的最小值是.设sinxcosxt，其中t，则sin2xt21.由3t2(t21)，解得t，则，此时(ab)3，所以ab2.当ab取最小值2时，3at2(a2)(t21)3对t，恒成立，即2(a2)t23at2a10对t，恒成立记f(t)2(a2)t23at2a1，t，因为f0是f(t)的最小值，所以只能把f(t)看成以t为自变量的一元二次函数，所以解得a.5、(2017南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）已知函数f(x)，g(x)ln

20、x，其中e为自然对数的底数(1) 求函数yf(x)g(x)在x1处的切线方程；(2) 若存在x1，x2(x1x2)，使得g(x1)g(x2)f(x2)f(x1)成立，其中为常数，求证：e；(3) 若对任意的x(0,1，不等式f(x)g(x)a(x1)恒成立，求实数a的取值范围 思路分析 (1) 记(x)，所求的切线方程为y(1)(1)(x1)(2) 记p(x)f(x)g(x)，则存在x1，x2(x1x2)，使p(x1)p(x2)，即函数p(x)在定义域(0，)上不是单调函数可先考虑其对立情况：函数p(x)在定义域(0，)上是单调函数，求得e.(3) 由第(1)题，画出曲线y(x(0,1)及切线

21、y(x1)，可猜想，a.考虑到当x1时，与x1均等于零，所以用分离参数的方法不太合适因为f(x)g(x)a(x1)a(x1)lnxa(x1)ex可设F(x)lnxa(x1)ex，注意到F(1)0.再证，当a时，F(x)F(1)对x(0,1恒成立；当a时，存在x0(0,1)，使得F(x0)F(1)规范解答 (1) 函数y，y，当x1时，y0，y.所求的切线方程为y(x1)，即xey10.(2分)(2) 记p(x)f(x)g(x)，则存在x1，x2(x1x2)，使得p(x1)p(x2)即函数p(x)在定义域(0，)上不是单调函数(4分)假设p(x)在定义域(0，)上是单调函数，则p(x)0或p(x

22、)0对x(0，)恒成立，即或对x(0，)恒成立记h(x)，x(0，)，则h(x)，易得h(x)的值域为e，)综上所述，函数p(x)在定义域(0，)上是单调函数的充要条件是e，(7分)所以函数p(x)在定义域(0，)上不是单调函数的充要条件是e.因此，e.(9分)(3) 因为f(x)g(x)a(x1)a(x1)lnxa(x1)ex设F(x)lnxa(x1)ex，则F(x)0对x(0,1恒成立考虑F(x)axexxex.当x(0,1时，单调递减，取值范围为.当a时，F(x)0对x(0,1恒成立，所以F(x)在(0,1上单调递增，F(x)maxF(1)0，满足题意；(12分)当a时，F(x)在(0,

23、1上有唯一零点x0(0,1)易得F(x)在(0，x0上单调递增，在x0,1上单调递减，所以F(x0)F(1)0，不合题意综上所述，实数a的取值范围是.(16分)6、(2017苏州暑假测试）已知函数f(x)xlnx，g(x)x2ax.(1) 求函数f(x)在区间t，t1(t0)上的最小值m(t)；(2) 令h(x)g(x)f(x)，A(x1，h(x1)，B(x2，h(x2)(x1x2)是函数h(x)图像上任意两点，且满足1，求实数a的取值范围；(3) 若x(0,1，使f(x)成立，求实数a的最大值规范解答 (1) f(x)1，x0，令f(x)0，则x1.当t1时，f(x)在t，t1上单调递增，f

24、(x)的最小值为f(t)tlnt；(1分)当0t1时，f(x)在区间(t,1)上为减函数，在区间(1，t1)上为增函数，f(x)的最小值为f(1)1.综上，m(t)(3分)(2) h(x)x2(a1)xlnx，不妨取0x1x2，则x1x20，则由1，可得h(x1)h(x2)x1x2，变形得h(x1)x1h(x2)x2恒成立(5分)令F(x)h(x)xx2(a2)xlnx，x0，则F(x)x2(a2)xlnx在(0，)上单调递增，故F(x)2x(a2)0在(0，)上恒成立，(7分)所以2xa2在(0，)上恒成立因为2x2，当且仅当x时取“”，所以a22.(10分)(3) 因为f(x)，所以a(x1)2x2xlnx.因为x(0,1，则x1(1,2，所以x(0,1，使得a成立令M(x)，则M(x).(12分)令y2x23xlnx1，则由y0 可得x或x1(舍)当x时，y0，则函数y2x23xlnx1在上单调递减；当x时，y0，则函数y2x23xlnx1在上单调递增所以yln40，所以M(x)0在x(0,1时恒成立，所以M(x)在(0,1上单调递增所以只需aM(1)，即a1.(15分)所以实数a的最大值为1.(16分)