合理构造函数解导数问题

1合理构造函数解导数问题从近几年的高考命题分析，高考对导数的考查常以函数为依托的小综合题，考查函数、导数的基础知识和基本方法.近年的高考命题中的解答题将导数内容和传统内容中有关不等式和函数的单调性、方程根的分布、解析几何中的切线问题等有机的结合在一起，设计综合试题。在内容上日趋综合化，在解题方法上日趋多样化.解决这类有关的问题，有时需要借助构造函数,以导数为工具构造函数是解导数问题的基本方法，但是有时简单的构造函数对问题求解带来很大麻烦甚至是解决不了问题的，那么怎样合理的构造函数就是问题的关键，这里我们来一起探讨一下这方面问题。例1：（2009年宁波市高三第三次模拟试卷22题）已知函数axxxaxxf231ln.(1)若32为xfy的极值点，求实数a的值；(2)若xfy在,1上增函数，求实数a的取值范围；(3)若1a时，方程xbxxf311有实根，求实数b的取值范围。解：（1）因为32x是函数的一个极值点，所以0)32(f，进而解得：0a，经检验是符合的，所以.0a（2）显然,2312axxaxaxf结合定义域知道01ax在,1x上恒成立，所以0a且01axa。同时axx232此函数是31x时递减，31x时递增，故此我们只需要保证02311aaaf，解得：.2510a（3）方法一、变量分离直接构造函数解：由于0x，所以：2lnxxxxb32lnxxxx2321lnxxxxgxxxxxxg1266212当6710x时，,0xg所以xg在6710x上递增；当671x时，,0xg所以xg在671x上递减；又,01g.6710,000xxg2xxg01原函数草图0xxxg0671x二阶导数草图xxg010x671x一阶导数草图当00xx时，,0xg所以xg在00xx上递减；当10xx时，,0xg所以10xx上递增；当1x时，,0xg所以xg在1x上递减；又当x时，,xg41lnlnln232xxxxxxxxxxxg当0x时，,041lnx则,0xg且01gb的取值范围为.0,xxxxxxg1266212，2321lnxxxxg，32lnxxxxxg方法二、构造：2lnxxxxGxxxxxxxxxxxxG1121212211220x10x0xG从而xG在1,0上为增函数；,0,1xGx从而xG在,1上为减函数01GxG而0x0xGxb0b分析点评：第（3）问的两种解法难易繁杂一目了然，关键在合理构造函数上。3（08、山东、理）已知函数f(x)＝nx)1(1＋aln(x－1)，其中n是正整数，a是常数，若a＝1时，求证：当x≥2时，f(x)≤x－1．证法一：当a＝1时，f(x)＝nx)1(1＋ln(x－1)，构造函数F(x)＝(x－1)－f(x)，下证：当x≥2时，F(x)＝(x－1)－nx)1(1－ln(x－1)≥0恒成立．F´(x)＝1－11)1(1xxnn＝12xx－1)1(nxn(x≥2)．①若n为偶数，∵x≥2，∴12xx≥0，1－x＜－1＜0，1)1nx－（＜0，－1)1(nxn＞0，所以：当x≥2时，F´(x)＞0．∴F(x)min＝F(2)＝(2－1)－n）－（211－ln(2－1)＝0，所以：当x≥2，且n为偶数时，F(x)＝(x－1)－nx)1(1－ln(x－1)≥0恒成立．②若n为奇数，要证nx)1(1＋ln(x－1)≤x－1，∵x≥2，∴nx)1(1＜0，所以只需证：ln(x－1)≤x－1（下略）．小结2：含有正整数“n”的表达式的符号、数值判断，“对n分奇、偶讨论”是一种重要的方法．在数列中运用很多．证法二：∵当x≥2时，nx)1(1≤1，∴只需要证明1＋ln(x－1)≤x－1．构造函数F(x)＝(x－1)－[1＋ln(x－1)]，即F(x)＝x－2－ln(x－41)，则F´(x)＝12xx(下略)．小结3：证法一是直接作“差函数”(直接构造新函数)，然后分奇、偶讨论；证法二是先适当放缩，然后构造新函数．解题时，要有敏锐的观察力．2.变形与整理直接构造新函数F(x)＝f(x)－g(x)，来证明函数不等式f(x)≥g(x)时，目标是：F(a)min≥0，从而F(x)≥0，所以：f(x)≥g(x)．但常常会出现下列几种异常情况：①F´(x)的符号无法判断，【F´(x)的符号→F(x)的单调性→F(x)的极值】从而F(x)的极值无法求出；②虽然F(x)的极值能够求出，但极值是关于参数a的表达式F(a)，无法判断极值F(a)是大于0，还是小于0；③直接构造的新函数F(x)＝f(x)－g(x)，其导函数F´(x)非常复杂或根本无法求出．出现这种异常情况，表明所构造的新函数F(x)，不适当．这时，需要对“函数不等式”重新整理后，再构造新函数F(x),如题2．注意下面的题目的求解方法．那么怎样合理构造函数呢？（1）抓住问题的实质，化简函数1、已知xf是二次函数，不等式0xf的解集是5,0，且xf在区间4,1上的最大值12.（1）求xf的解析式；5xy0310xh（2）是否存在自然数m，使得方程037xxf在区间1,mm内有且只有两个不等的实数根？若存在，求出所有m的值；若不存在，请说明理由。解：（1）Rxxxy1022（2）假设满足要求的实数m存在，则037xxf，即有：0371022xxx03710223xxx，即有：03710223xx构造函数3710223xxxh画图分析：)310(62062xxxxxh进而检验，知0)4(,0)310(,0)3(hhh,所以存在实数3m使得037xxf在区间4,3内有且只有两个不等的实数根。点评：本题关键是构造了函数3721032xxxh，舍弃了原函数中分母,x问题得到了简化。变式练习：设函数Rxxxxf,563，求已知当,1x时，1xkxf恒成立，求实数k的取值范围。24．已知函数).(ln21)(2Raxaxxf（Ⅰ）求函数)(xf的单调区间；xy0xh3106（Ⅱ）求证：3232ln21,1xxxx时.解：（Ⅰ）依题意，函数的定义域为x＞0.'(),afxxx∴当a≤0时，()fx的单调递增区间为(0,).当a＞0时，'()()(),axaxafxxxx令'()fx＞0，有;xa所以函数()fx的单调递增区间为(,);a令'()fx＜0，有0.xa所以函数()fx的单调递减区间为(0,).a（Ⅱ）设32'2211()ln,()2.32gxxxxgxxxx2'(1)(21)1()0,xxxxgxx当时，∴1()()(1)0.6gxgxg在（1，+）上是增函数，∴当1x时，3232ln21xxx。34．已知函数xaxxfln21)(2.（Ⅰ）当1a时，求函数)(xf在e,1上的最大、最小值；（Ⅱ）求)(xf的单调增区间；（Ⅲ）求证：1a时，在区间[1，+∞)上，函数)(xf的图象总在函数332)(xxg的图象的下方.解：（I）当1a时，xxxf1)(，ex,1时，0)(xf，故f(x)在[1，e]上是增函数.∴f(x)max=f(e)=21e2+1；f(x)min=f(1)=21.（II），的定义域为函数0)(xf，由,0)(xf012xax，∴时0a，增区间为），（0；a0时，增区间为)1,0(a。（III）设F(x)=21x2+lnx－32x3，则F(x)=x+x1－2x2=xxxx)21)(1(2.∵7y0ee2x＞1，∴F(x)＜0，故F(x)在[1，+∞]上是减函数，又F(1)=－61＜0，∴在[1，+∞]上，有F(x)＜0，即21x2+lnx＜32x3，故函数f(x)的图象在函数)(xg=32x3的图象的下方.（2）抓住常规基本函数，利用函数草图分析问题：例：已知函数xnxfln的图像在点),(mfmP处的切线方程为,xy设.ln2xxnmxxg（1）求证：当1x时，0xg恒成立；（2）试讨论关于x的方程txexxxgxnmx232根的个数。解证：（1）1nm（2）方程,223txexxxgxnmx从而txexxx232ln2因为,0x所以方程可变为.2ln22texxxx令texxxHxxxL2,ln22，得：.ln122xxxL当ex,0时，xLxL,0在e,0上为增函数；当,ex时，xLxL,0在,ex上为减函数；当ex时，,2)(maxeeLxL又,2222etextexxxH所以函数xHxL,在同一坐标系的大致图像如图所示①当,22eet即eet22时，方程无解；②当,22eet即eet22时，方程一解；③当,22eet即eet22时，方程有2个根。分析点评：一次函数，二次函数，指对数函数，幂函数，简单的分式根式函数，绝对值函数的图象力求清晰准确，一些综合性的问题基本上是这些函数的组合体，如果适当分解和调配8就一定能找到问题解决的突破口，使问题简单化明确化。已知平面向量a=(3,-1).b=(21,23).(1)证明a⊥b；(2)若存在不同时为零的实数k和t，使x=a+(t2-3)b，y=-ka+tb，x⊥y，试求函数关系式k=f(t)；(3)据(2)的结论，讨论关于t的方程f(t)-k=0的解的情况.解答：(1)∵ab=3×21+(-1)×23=0∴a⊥b.(2)∵x⊥y，∴xy=0即[a+(t2-3)b]·(-ka+tb)=0.整理后得-k2a+[t-k(t2-3)]ab+t(t2-3)·2b=0∵ab=0，2a=4，2b=1，∴上式化为-4k+t(t2-3)=0，即k=41t(t2-3)(3)讨论方程41t(t2-3)-k=0的解的情况，可以看作曲线f(t)=41t(t2-3)与直线y=k的交点个数.于是f′(t)=41(t2-1)=43(t+1)(t-1).令f′(t)=0,解得t1=-1,t2=1.当t变化时，f′(t)、f(t)的变化情况如下表：t(-∞,-1)-1(-1,1)1(1,+∞)f′(t)+0-0+F(t)↗极大值↘极小值↗当t=-1时，f(t)有极大值，f(t)极大值=21.当t=1时，f(t)有极小值，f(t)极小值=-21.函数f(t)=41t(t2-3)的图象如图13－2－1所示，可观察出：(1)当k＞21或k＜-21时,方程f(t)-k=0有且只有一解；(2)当k=21或k=-21时,方程f(t)-k=0有两解；9x1237125y011238(3)当-21＜k＜21时,方程f(t)-k=0有三解.【点晴】导数的应用为作函数的草图提供了新途径，方程根的个数与极值的正负有关。（3）复合函数问题一定要坚持定义域优先的原则，抓住函数的复合过程能够逐层分解。例：已知函数223241234xaxxxxf在区