巧構函數,妙用導數解題

康殷殷

(福建省莆田第六中學)

導數應用的前提條件是要有函數,離開了函數,導數就是“無本之木”,因此要想利用導數解決某些問題,構造函數必不可少.那么在函數問題中,有哪些問題可以通過構造函數并利用導數來解決的呢?

1 不等式恒成立問題

不等式恒成立問題,通常采用參變量分離法或分類討論法將原問題轉化為函數的最值問題,因此解題時應構造函數,并利用導數求出該函數的最值.

(1)求a的取值范圍;

(2)若x1x2＋m(x1＋x2)＜0恒成立,求實數m的取值范圍.

當0＜x＜1時,h′(x)＜0,當x＞1時,h′(x)＞0,所以h(x)在(0,1)上單調遞減,在(1＋∞)上單調遞增,函數h(x)在x＝1處取得最小值h(1)＝2e,故a的取值范圍是(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.因為x1x2＋m(x1＋x2)＜0 恒成立,則x1x2(lnx2－lnx1)＋,即.

綜上,m的取值范圍是.

2 函數值大小的比較

函數值大小的比較,一般需依據函數的單調性,故必須先構造函數,利用導數探究該函數的單調性.

A.f(a)＞eaf(0) B.f(a)＜eaf(0)

C.f(a)＞f(0) D.f(a)＜f(0)

(2)函數f(x)的導函數為f′(x),對任意的實數x,都有2f′(x)＞f(x)成立,則( ).

A.3f(2ln2)＞2f(2ln3)

B.3f(2ln2)＜2f(2ln3)

C.2f(2ln2)＜3f(2ln3)

D.2f(2ln2)＞3f(2ln3)

F(x)單調遞增,F(2ln2)＜F(2ln3),即

故選B.

3 解與抽象函數有關的不等式

求解與抽象函數有關的不等式,必須依據函數的單調性,由不等式構造函數,并利用導數探究該函數的單調性.

A.(－1,1) B.(－1,＋∞)

C.(－∞,－1) D.(－∞,＋∞)

(2)已知函數f(x)滿足,則不等式2f(x)＜x＋1的解集為_________.

(2)構造函數F(x)＝2f(x)－x－1,則F′(x)＝,所以函數F(x)單調遞減,而F(1)＝0,2f(x)＜x＋1等價于F(x)＜0,得x＞1,故不等式的解集為(1,＋∞).

4 證明不等式

在導數的綜合應用中,利用導數證明不等式是歷年高考的命題熱點,這類問題通常處于壓軸題的位置,具有一定的難度,解決這類問題的關鍵還是構造合理函數,巧妙利用導數解題.

(1)判斷函數f(x)的單調性;

(2)求證:exln(x＋1)≥x2＋ln(x＋1).

設g(x)＝(x－1)ex＋1,則g′(x)＝xex,令g′(x)＝0,得x＝0,所以g(x)在(－∞,0)上是減函數,在(0,＋∞)上是增函數,所以g(x)≥g(0)＝0,則f(x)在(－∞,0)和(0,＋∞)上單調遞增.

(2)設h(x)＝x－ln(x＋1),則令h′(x)＝0,得x＝0,所以h(x)在(－1,0)上單調遞減,在(0,＋∞)上單調遞增,h(x)≥h(0)＝0,即x≥ln(x＋1).

當x＞0時,x≥ln(x＋1)＞0,因為f(x)在(0,＋∞)上單調遞增,所以f(x)≥f(ln(x＋1)),即,所以(ex－1)ln(x＋1)≥x2.

當－1＜x＜0時,0＞x≥ln(x＋1),因為f(x)在(－∞,0)上單調遞增,所以f(x)≥f(ln(x＋1)),即,所以(ex－1)ln(x＋1)≥x2.

當x＝0時,(ex－1)ln(x＋1)＝x2＝0.

綜上,對一切x＞－1,有(ex－1)ln(x＋1)≥x2,即exln(x＋1)≥x2＋ln(x＋1).

函數與導數中的不等式問題歷來是高考的重難點,從以上例題的分析可以看出,構造函數并合理利用導數是解決這類問題的基本方法.

(完)