巧构函数,妙用导数解题

康殷殷

(福建省莆田第六中学)

导数应用的前提条件是要有函数,离开了函数,导数就是“无本之木”,因此要想利用导数解决某些问题,构造函数必不可少.那么在函数问题中,有哪些问题可以通过构造函数并利用导数来解决的呢?

1 不等式恒成立问题

不等式恒成立问题,通常采用参变量分离法或分类讨论法将原问题转化为函数的最值问题,因此解题时应构造函数,并利用导数求出该函数的最值.

(1)求a的取值范围;

(2)若x1x2＋m(x1＋x2)＜0恒成立,求实数m的取值范围.

当0＜x＜1时,h′(x)＜0,当x＞1时,h′(x)＞0,所以h(x)在(0,1)上单调递减,在(1＋∞)上单调递增,函数h(x)在x＝1处取得最小值h(1)＝2e,故a的取值范围是(2e,＋∞).

(2)由0＜x1＜x2,可得),且ax1＝,所以lna＋lnx1＝ln2＋x1,lna＋lnx2＝ln2＋x2,故x2－x1＝lnx2－lnx1.因为x1x2＋m(x1＋x2)＜0 恒成立,则x1x2(lnx2－lnx1)＋,即.

综上,m的取值范围是.

2 函数值大小的比较

函数值大小的比较,一般需依据函数的单调性,故必须先构造函数,利用导数探究该函数的单调性.

A.f(a)＞eaf(0) B.f(a)＜eaf(0)

C.f(a)＞f(0) D.f(a)＜f(0)

(2)函数f(x)的导函数为f′(x),对任意的实数x,都有2f′(x)＞f(x)成立,则( ).

A.3f(2ln2)＞2f(2ln3)

B.3f(2ln2)＜2f(2ln3)

C.2f(2ln2)＜3f(2ln3)

D.2f(2ln2)＞3f(2ln3)

F(x)单调递增,F(2ln2)＜F(2ln3),即

故选B.

3 解与抽象函数有关的不等式

求解与抽象函数有关的不等式,必须依据函数的单调性,由不等式构造函数,并利用导数探究该函数的单调性.

A.(－1,1) B.(－1,＋∞)

C.(－∞,－1) D.(－∞,＋∞)

(2)已知函数f(x)满足,则不等式2f(x)＜x＋1的解集为_________.

(2)构造函数F(x)＝2f(x)－x－1,则F′(x)＝,所以函数F(x)单调递减,而F(1)＝0,2f(x)＜x＋1等价于F(x)＜0,得x＞1,故不等式的解集为(1,＋∞).

4 证明不等式

在导数的综合应用中,利用导数证明不等式是历年高考的命题热点,这类问题通常处于压轴题的位置,具有一定的难度,解决这类问题的关键还是构造合理函数,巧妙利用导数解题.

(1)判断函数f(x)的单调性;

(2)求证:exln(x＋1)≥x2＋ln(x＋1).

设g(x)＝(x－1)ex＋1,则g′(x)＝xex,令g′(x)＝0,得x＝0,所以g(x)在(－∞,0)上是减函数,在(0,＋∞)上是增函数,所以g(x)≥g(0)＝0,则f(x)在(－∞,0)和(0,＋∞)上单调递增.

(2)设h(x)＝x－ln(x＋1),则令h′(x)＝0,得x＝0,所以h(x)在(－1,0)上单调递减,在(0,＋∞)上单调递增,h(x)≥h(0)＝0,即x≥ln(x＋1).

当x＞0时,x≥ln(x＋1)＞0,因为f(x)在(0,＋∞)上单调递增,所以f(x)≥f(ln(x＋1)),即,所以(ex－1)ln(x＋1)≥x2.

当－1＜x＜0时,0＞x≥ln(x＋1),因为f(x)在(－∞,0)上单调递增,所以f(x)≥f(ln(x＋1)),即,所以(ex－1)ln(x＋1)≥x2.

当x＝0时,(ex－1)ln(x＋1)＝x2＝0.

综上,对一切x＞－1,有(ex－1)ln(x＋1)≥x2,即exln(x＋1)≥x2＋ln(x＋1).

函数与导数中的不等式问题历来是高考的重难点,从以上例题的分析可以看出,构造函数并合理利用导数是解决这类问题的基本方法.

(完)