2020届新高考数学二轮微专题突破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)＝kx＋b(k，b∈R)．(1)求函数y＝f(x)的定义域和单调区间；(2)当b＝－k时，若存在x∈[e，e2]，使得f(x)≤g(x)＋，求k的取值范围．规范解答(1)由得y＝f(x)的定义域x∈(0，1)∪(1，＋∞)．f′(x)＝，(2分)由f′(x)＝>0得

2、x∈(e，＋∞)；由f′(x)＝<0得x∈(0，1)∪(1，e)，所以y＝f(x)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φ(x)＝f(x)－g(x)＝－kx＋k(e≤x≤e2)，依题意知φ(x)min≤.φ′(x)＝－k＝－＋－k的值域为.(12分)①当－k≥0，即k≤0时，φ′(x)≥0，φ(x)在[e，e2]上单调递增，所以φ(x)min＝φ(e)＝e－k(e－1)≤，解得k≥，与k≤0矛盾，不合题意．14/14②当－k≤0，即k≥时，φ′(x)≤0，φ(x)在[e，e2]上单调递减，所以φ(x)min＝φ(e2)＝－k

3、(e2－1)≤，解得k≥.(14分)③当00，所以φ(x)在(e，x0)上单调递减，在(x0，e2)上单调递增，所以φ(x)min＝φ(x0)＝－k(x0－1)≤，解得k≥>＝，这与00，求F(x)的单调增区间；(2)若对任意x

4、1，x2∈，x1≠x2，均有

5、f(x1)－f(x2)

6、>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x1>x2，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)>

7、m(x)

8、的充要条件是－n(x)

9、边，从而构造出新函数，由此研究新函数的单调性就可解决问题．规范解答(1)因为F(x)＝f(x)·g(x)＝ex(x2＋ax＋1)，所以F′(x)＝ex(x＋1)．(2分)令F′(x)>0，因为a>0，所以x>－1或x<－(a＋1)，(5分)所以F(x)的单调增区间为(－∞，－a－1)和(－1，＋∞)．(6分)(2)因为对任意x1，x2∈且x1≠x2，均有>成立，不妨设x1>x2，根据f(x)＝ex在上单调递增，14/14所以有f(x1)－f(x2)>对x1>x2恒成立，(8分)所以f(x2)－f(x1)

10、x2恒成立，即对x1，x2∈，x1>x2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＋(2x＋a)≥0在上恒成立，即a≥－(ex＋2x)在上恒成立．因为－(ex＋2x)在上是单调减函数，所以－(ex＋2x)在上取得最大值－1，所以a≥－1.(13分)当f′(x)－g′(x)≥0在上恒成立，所以ex－(2x＋a)≥0在上恒成立，即a≤ex－2x在上恒成立．因为ex－2x在上单调递减，在上单调递增，所以ex－2x在上取得最小值2－2ln2，所以a≤2－2ln2.(15分)所以实数a的取值范

11、围为.(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14/14，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