拷贝构造函数范文

拷贝构造函数范文第1篇

(I)求L的方程;

(II)证明:除切点(1,0)之外,曲线C在直线L的下方.

【答案】解: (I)设f(x)lnx1lnx,则f(x).所以f(1)1.所以L的方程为2xx

yx1.

(II)令g(x)x1f(x),则除切点之外,曲线C在直线l的下方等价于

x21lnxg(x)0(x0,x1).g(x)满足g(1)0,且g(x)1f(x).x2

2当0x1时,x10,lnx0,所以g(x)0,故g(x)单调递减;

当x1时,x10,lnx0,所以g(x)0,故g(x)单调递增.所以,g(x)g(1)0(x0,x1).

所以除切点之外,曲线C在直线L的下方.

又解:g(x)0即x12lnx0变形为x2xlnx0,记h(x)x2xlnx,则x

12x2x1(2x1)(x1)h(x)2x1,xxx

所以当0x1时,h(x)0,h(x)在(0,1)上单调递减;当x1时,h(x)0,h(x)在(1,+∞)上单调递增.

所以h(x)h(1)0.)

例2(2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学(理)试题(WORD版))已知函数fx1xe2xx3

,gxax12xcosx.当x0,1时， 2

1;1x(I)求证:1-xfx

(II)若fxgx恒成立,求实数a取值范围.

【答案】解：(1)证明：要证x∈[0，1]时，(1+x)e-2x≥1-x，只需证明(1+x)ex≥(1-x)ex. -

记h(x)=(1+x)ex-(1-x)ex，则h′(x)=x(ex-ex)，当x∈(0，1)时，h′(x)>0，因此h(x)在[0，1]上是增函数，故h(x)≥h(0)=0.

所以f(x)≥1-x，x∈[0，1].

-

-

要证x∈[0，1]时，(1+x)e

-2x

1ex≥x+1. 1+x

记K(x)=ex-x-1，则K′(x)=ex-1，当x∈(0，1)时，K′(x)>0，因此K(x)在[0，1]上是增函数，故K(x)≥K(0)=0.

所以f(x)，x∈[0，1].

1+x1

综上，1-xf(x)，x∈[0，1].

1+x(2)(方法一)

x

ax+1+2xcos x f(x)-g(x)=(1+x)e-2

-2x

x3

≥1-x-ax-1-2xcos x

2x

a+1++2cos x. =-x2

x2

设G(x)=2cos x，则G′(x)=x-2sin x.

记H(x)=x-2sin x，则H′(x)=1-2cos x，当x∈(0，1)时，H′(x)<0，于是G′(x)在[0，1]上是减函数，从而当x∈(0，1)时，G′(x)

a+1+G(x)a+3，

所以，当a-3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立.

下面证明，当a>-3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立.

1x3

f(x)-g(x)1-ax-2xcos x

21+x-xx3

=ax--2xcos x

21+x

1x

=-x1+xa2+2cos x.



-11x21记I(x)=+a+2cos x=+a+G(x)，则I′(x)=+G′(x).当x∈(0，

21+x1+x(1+x)1)时，I′(x)<0.故I(x)在[0，1]上是减函数，于是I(x)在[0，1]上的值域为[a+1+2cos 1，a+

3].

因为当a>-3时，a+3>0，所以存在x0∈(0，1)，使得I(x0)>0，此时f(x0)

综上，实数a的取值范围是(-∞，-3]. (方法二)

11

先证当x∈[0，1]时，1-x2cos x1-2.

241

记F(x)=cos x-1+x2，则F′(x)=-sin x+x.

22

记G(x)=-sin x+x，则G′(x)=-cos x+1，当x∈(0，1)时，G′(x)>0，于是G(x)在[0，1]上是增函数，因此当x∈(0，1)时，G(x)>G(0)=0，从而F(x)在[0，1]上是增函数，因此F(x)≥F(0)=0.所以

当x∈[0，1]时，12cos x.

同理可证，当x∈[0，1]时，cos x1-2.

411

综上，当x∈[0，1]时，1-x2cos x1-x2.

24因为当x∈[0，1]时.

x

ax+1+2xcos x f(x)-g(x)=(1+x)e-2

-2x

1x3

1-2 ≥(1-x)-ax-1-2x42

=-(a+3)x.

所以当a-3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立.

下面证明，当a>-3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立.因为 x

ax+1+2xcos x f(x)-g(x)=(1+x)e-2

-2x

11x3

1-x2 1-ax-2x221+xx2x3

=(a+3)x 1+x2

23

x-a+3)， x23

a+31所以存在x0∈(0，1)例如x0取中的较小值满足f(x0)

321]上不恒成立.

综上，实数a的取值范围是(-∞，-3].

例3(2012高考辽宁文21)(本小题满分12分)

设f(x)=lnx+x-1，证明： 3

(1)当x>1时，f(x)<2(x-1); 9x-1

(2)当1

x+5

【答案】解：(1)(证法一)

记g(x)=lnx+x-1-2(x-1).则当x>1时， 113

g′(x)=x2，g(x)在(1，+∞)上单调递减.

2x又g(1)=0，有g(x)<0，即

f(x)<2x-1). (证法二)

由均值不等式，当x>1时，x

令k(x)=lnx-x+1，则k(1)=0，k′(x)=x1<0， 故k(x)<0，即 lnx

由①②得，当x>1时，f(x)<2(x-1). (2)(证法一) 记h(x)=f(x)-

9x-1

，由(1)得 x+5

1154

h′(x)=x2xx+52+xx+55454=2xx+54xx+5x+53-216x

=4xx+5令g(x)=(x+5)3-216x，则当1

9x-1

x+5(证法二)

记h(x)=(x+5)f(x)-9(x-1)， 则当1

-9 2x-1)+(x+5)x2x1

=2xx(x-1)+(x+5)(2+x)-18x]

x11

2x3xx-1+x+52+22-18x 1

=4xx2-32x+25) <0.

因此h(x)在(1,3)内单调递减，又h(1)=0，所以h(x)<0，即f(x)<

9x-1

.

x+5

例4(2012高考浙江文21)(本题满分15分)已知a∈R，函数f(x)4x32axa (1)求f(x)的单调区间

(2)证明：当0x1时，f(x)+ 2a>0. 【答案】

【解析】(1)由题意得f(x)12x22a，

当a0时，f(x)0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为,. 当a

0时，f(x)12(x

此时函数f(x

)的单调递增区间为x，. (2)由于0x1，当a2时，f(x)a24x32ax24x34x2.

333

当a2时，f(x)a24x2a(1x)24x4(1x)24x4x2.

设g(x)2x2x1,0x

1，则g(x)6x26(x则有

32

x. 33

所以g(x)ming10. 3

当0x1时，2x2x10.

故f(x)a24x34x20.

例5(2012高考山东文22) (本小题满分13分)

已知函数f(x)

lnxk

(k为常数，e=2.71828是自然对数的底数)，曲线yf(x)在点ex

(1,f(1))处的切线与x轴平行.

(Ⅰ)求k的值;

(Ⅱ)求f(x)的单调区间;

(Ⅲ)设g(x)xf(x)，其中f(x)为f(x)的导函数.证明：对任意x0,g(x)1e2. 1

lnxk【答案】(I)f(x)，

ex

由已知，f(1)

1k

0，∴k1. e

lnx1(II)由(I)知，f(x).

ex

设k(x)

111

lnx1，则k(x)20，即k(x)在(0,)上是减函数， xxx

由k(1)0知，当0x1时k(x)0，从而f(x)0， 当x1时k(x)0，从而f(x)0.

综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1,).

(III)由(II)可知，当x1时，g(x)xf(x)0<1+e2，故只需证明g(x)1e2在0x1时成立.

当0x1时，ex>1，且g(x)0，∴g(x)

1xlnxx

1xlnxx. x

e

设F(x)1xlnxx，x(0,1)，则F(x)(lnx2)， 当x(0,e2)时，F(x)0，当x(e2,1)时，F(x)0， 所以当xe2时，F(x)取得最大值F(e2)1e2. 所以g(x)F(x)1e2.

拷贝构造函数范文第2篇

函数思想是一种通过构造辅助函数实现问题转化的思想,几乎渗透到数学的各个领域,数学学习中函数也是重要内容之一。根据题设条件,把所求解的问题转化为对一函数性质的讨论,从而使所求解答问题得到答案,称为构造辅助函数解题。正确、合理的构造辅助函数需要深刻的理解方程、不等式、函数等知识之间的关系,并且针对某些问题的具体特点加以分析。

研究构造辅助函数解题,目的在于培养学生观察、分析、联想的思想方法以及创造性思维能力。观察是思维的入口,是解题的第一能力,从五光十色的交叉干扰信号中,能迅速地找到自己需要的光点,这是观察能力中最基础最珍贵的直觉思维能力。

联想是一种特定的想象,它是把某一领域的事物与其他领域的事物联系起来思考并由此激发的新的认识得的思维方式,联想的过程实质上是一个知识迁移的过程,联想的目的是为了寻求解题途径,促成问题的解决,联想是构造的基础,是沟通思维和构造的桥梁。

构造辅助函数在于证明等式、证明不等式、解不等式、解方程、求最值、求参数的取值范围、解三角题等方面都有十分重要的应用。本文将重点从构造辅助函数能够解决解方程、求最值和求参数的取值范围这些问题的方面来讨论。

1 构造辅助函数解方程

例1:解方程5x+12x=13x。

分析:由知x=2是方程的一个解,我们再探求方程是否还有其他的解,把方程化为,

Q f(x)在R上单调递减函数,故当x>2时,f(x)

当x2<时,f(x)>f(2)=1。因此方程只有一个解:x=2。

2构造辅助函数求最值

例2:已知a、b、c、d、e均为实数,且a+b+c+d+e=8,a2+b2+c2+d2+e2,求e的最大值。

分析:由题设知,e8(a b c d)=-+++而a+b+c+d又应怎样求得?

若a+b+c+d为某二次函数的一次项系数,便可用△去求得。于是产生构造辅助函数的念头,考虑到题设22222e=16-(a+b+c+d)。

可构造二次辅助函数去展开解题思路。

对于任意x R∈总是成立的。

从而得到∴∆=4(8-e)2-16(16-e2)0

解得0e3.2。易见当a=b=c=d=1.2时,e的最大值是3.2。

3 构造辅助函数求解参数的取值范围

对于求参数取值范围的问题是数学教学的又一个难点,构造辅助函数法在解答此类问题不失为是一种好方法。

(1)以方程为载体。

在含有参数的方程中,将参数是为主变元的函数,若能通过适当的恒等变形时方程的一端只含参数的解析式,而另一端与参数无关的主变元函数。函数的关系就由“隐”化为“显”。我们只要求出主变元函数的值域,则参数的取值范围就可以确定了。

例3:方程在(-1,1)上有实根,求K的取值范围。

解:构造辅助函数则原题可等价地转化为求此函数的值域。

这即为k的取值范围。

(2)以不等式为载体。

不等式中参数的取值问题,涉及的知识面广,综合性强。同时数学语言抽象,因此解决此类问题时,可将参数分离出来,转化为形如“f(a)g(x)”(其中a为参数)的不等式,且函数g(x)在其定义域上的值域可求,并通过它来制约另一端的范围,从而求得原不等式在其定义域内恒成立的两个充要条件是:

命题1:若x∈A,g(x)c(c是常数),则f(a)>g(x)在x∈A恒成立的充要条件是f(a)>c。

命题2:若x∈,A g(x)≥c(c是常数),则f(a)

应用此性质很容易求得此类问题的解,同时这也是一个很有用的技巧。

例4:x∈[2,8]时,不等式一定成立,求a的取值范围。

解:(1)当2a2-1>1时,恒成立,由命题二可知,

解得,a∈(-∞,-1)Y∈(1,+∞)。

(2)当0<2a2-1<1时,恒成立,由命题一可知,

辅助函数的建立是数学学习中的难点,也是整个数学分析教学中的难点,因此教学过程中讲清辅助函数的思路与方法是最关键的两点。

摘要：函数思想是一种通过构造辅助函数实现问题转化的思想,几乎渗透到数学的各个领域,数学学习中函数也是重要内容之一。根据题设条件,把所求解的问题转化为对一函数性质的讨论,从而使所求解答问题得到答案,称为构造辅助函数解题。