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：已知函数fxlnax1x3x2ax. (1) 若

2为yfx的极值点，求实数a的值； 3(2) 若yfx在1,上增函数，求实数a的取值范围； (3) 若a1时，方程f1x1x3b有实根，求实数b的取值范围。 x解：（1）因为x

22是函数的一个极值点，所以f()0，进而解得：a0，经检验是33符合的，所以a0.

a3x22xa,结合定义域知道ax10在x1,上恒ax1a110。同时3x22xa此函数是x时递减，x时递增，成立，所以a0且 ax133 （2）显然fx 故此我们只需要保证f115a32a0，解得：0a. a12（3）方法一、变量分离直接构造函数

232解：由于x0，所以：bxlnxxxxlnxxx

16x22x1 gxlnx12x3x gx26xxx2当0x1717时，gx0,所以gx在0x上递增； 66当x1717时，gx0,所以gx在x上递减； 660x017. 6又g10, gx00,当0xx0时，gx0,所以gx在0xx0上递减； 当x0x1时，gx0,所以x0x1上递增； 当x1时，gx0,所以gx在x1上递减； 又当x时，gx,

1gxxlnxx2x3xlnxxx2xlnx

4当x0时，lnx10,则gx0,且g10 4

b的取值范围为,0.

gx 176gx gx 1 xx 0 0 x0 xx 0 x0 1 x 17 6二阶导数草图 一阶导数草图 原函数草图 16x22x1223gx26x，gxlnx12x3x，gxxlnxxx

xx方法二、

构造：Gxlnxxx

22x1x1 12x2x12x2x1Gx12xxxxxx0 0x1 Gx0 从而Gx在0,1上为增函数；

x1,Gx0,从而Gx在1,上为减函数

GxG10 而x0 bxGx0 b0

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。

例2．已知函数f (x)＝

1＋aln(x－1)，其中n是正整数，a是常数，若a＝1时，

(1x)n求证：当x≥2时，f (x)≤x－1． 证法一：当a＝1时，f (x)＝

1＋ln(x－1)，构造函数F(x)＝ (x－1)－f (x)，n(1x)1－ln(x－1)≥0恒成立．

(1x)n下证：当x≥2时，F(x)＝(x－1)－

F´(x)＝1－

x2n1n＝－( x≥2)． n1n1x1x1(1x)(1x)x2n≥0，1－x＜－1＜0，＞0， （1－x)n1＜0，－n1x1(1x)①若n为偶数，∵x≥2，∴

所以：当x≥2时，F´(x)＞0．∴F(x)min＝F(2)＝(2－1)－

1－ln(2－1)＝0，所以：n（1－2）当x≥2，且n为偶数时，F(x)＝(x－1)－

1－ln(x－1)≥0恒成立． n(1x) ②若n为奇数，要证

11＋ln(x－1)≤x－1，∵x≥2，∴＜0，所以只需证：

(1x)n(1x)nln(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，

1≤1，∴只需要证明1＋ln(x－1)≤x－1．构造函数F(x)

(1x)nx2(下略)． x1＝ (x－1)－[1＋ln(x－1)]，即F(x)＝ x－2－ln(x－1)，则F´(x)＝

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fx是二次函数，不等式fx0的解集是0,5，且fx在区间1,4上的最大值12.

（1）求fx的解析式；

（2）是否存在自然数m，使得方程fx370在区间m,m1内有且只有两个不等x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） y2x210xxR

（2）假设满足要求的实数m存在，则fx37370，即有：2x210x0 xx2x310x2370，即有：2x310x2370

x构造函数hx2x310x237 画图分析：

hx6x220x6x(x

y10) 3yhx

hx

10 3010 3x0x进而检验，知h(3)0,h(3710)0,h(4)0,所以存在实数m3使得fx0在区间

x33,4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hx2x310x237，舍弃了原函数中分母x,问题得到了简化。

变式练习：设函数fxx6x5,xR，求已知当x1,时，fxkx13恒成立，求实数k的取值范围。

2．已知函数f(x)12xalnx(aR). 2（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间； （Ⅱ）求证：x1时,122xlnxx3. 23af'(x)x,∴当a≤0时，f(x)的

x解：（Ⅰ）依题意，函数的定义域为x＞0.

单调递增区间为(0,). 当a＞0时，

f'(x)xa(xa)(xa),令f'(x)＞0，xx有xa;所以函数f(x)的单调递增区间为(a,);令f'(x)＜0，有0xa.所以函数f(x)的单调递减区间为(0,a). （Ⅱ）设g(x)'23121xxlnx,g'(x)2x2x. 32x(x1)(2x2x1)当x1时，g(x)0,

x∴

g(x)在（1，+）上是增函数，g(x)g(1)10.∴当x1时，6122xlnxx3。 23

3．已知函数f(x)12axlnx. 2（Ⅰ）当a1时，求函数f(x)在1,e上的最大、最小值； （Ⅱ）求f(x)的单调增区间；

（Ⅲ）求证：a1时，在区间[1，+∞)上，函数f(x)的图象总在函数g(x)图象的下方.

解：（I）当a1时，f(x)x是增函数.

∴ f (x )max = f (e ) =

23x的31，x1,e时，f(x)0，故f(x)在[1，e]上x121e + 1；f (x )min = f (1 ) =. 22ax210，∴a0时，增区0，（II）函数f(x)的定义域为 ，由f(x)0,x（0，）间为；a<0时，增区间为(0,1)。 a(1x)(1x2x2)122312

（III）设F (x ) =x + lnx－x，则F(x ) = x +－2x =. ∵

x23x1x＞1，∴ F(x )＜0，故F (x )在[1，+∞]上是减函数， 又F (1) =－＜0，∴ 在[1，

6122323

+∞]上，有F (x )＜0，即x + lnx＜x， 故函数f (x )的图象在函数g(x) =x的

233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fxnlnx的图像在点P(m,fm)处的切线方程为yx, 设gxmxn2lnx. x（1） 求证：当x1时，gx0恒成立； （2） 试讨论关于x的方程mx解证：（1）mn1

ngxx32ex2tx根的个数。 xngxx32ex2tx,从而 2lnxx32ex2tx x2lnxx22ext. 因为x0,所以方程可变为x2lnx1lnx,Hxx22ext，得：Lx2. 令Lx2xxy 当x0,e时，Lx0,Lx在0,e上为增函数； （2）方程mx当xe,时，Lx0,Lx在xe,上为减函数； 当xe时，LxmaxL(e)2 2, e22 又Hxx2extxete,

所以函数Lx,Hx在同一坐标系的大致图像如图所示 2e 0 e 22,即te2时，方程无解； ee2222② 当te,即te时，方程一解；

ee2222③ 当te,即te时，方程有2个根。

ee① 当te2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就一定能找到问题解决的突破口，使问题简单化明确化。

例：已知平面向量a=(3,-1).b=(

13,). 22(1)证明a⊥b；

(2)若存在不同时为零的实数k和t，使x=a+(t-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)∵ab=3×

2

13+(-1)×=0 ∴a⊥b. 222

(2)∵x⊥y，∴xy=0 即[a+(t-3) b]·(-ka+tb)=0. 整理后得-ka+[t-k(t-3)] ab+ t(t-3)·b=0

2

2

22∵ab=0，a=4，b=1， ∴上式化为-4k+t(t-3)=0，即k=(3)讨论方程的交点个数.

于是f′(t)=

2

2212

t(t-3) 41122

t(t-3)-k=0的解的情况，可以看作曲线f(t)=t(t-3)与直线y=k44123(t-1)= (t+1)(t-1). 44-1 0 极大值 (-1,1) - ↘ 1 0 极小值 (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 f′(t) F(t) (-∞,-1) + ↗ 1. 21当t=1时，f(t)有极小值，f(t)极小值=-.

212

函数f(t)=t(t-3)的图象如图13－2－1所示，

4当t=-1时，f(t)有极大值，f(t)极大值=可观察出：

11或k＜-时,方程f(t)-k=0有且只有一解； 2211(2)当k=或k=-时,方程f(t)-k=0有两解；

22(1)当k＞

(3) 当-

11＜k＜时,方程f(t)-k=0有三解. 22【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fx单调递增。

（1） 求实数a的值.

（2） 若关于x的方程f2xm有3个不同的实数解，求实数m的取值范围. （3） 若函数ylog2fxp的图像与坐标轴无交点，求实数p的取值范围。

1423xxax22x2在区间1,1上单调递减，在区间1,2上431. 2142312 （2）因为fxxxx2x2

432解：（1）利用f10 得：a 得 fxx32x2x2(x1)(x1)(x2) 列表得

xfxfx,1增105121,1减101,2202,



378增减

1235837.作出fx的示意图， 因此fx有极大值f1,f2,极小值f112312如图:

因为关于x的方程f2xm有3个不同

xy 1 的实数解，令2t(t0),即关于t的方程

0 1 2 x

ftm在t0,上有3个不同的实数解，

所以yft的图像与直线ym在t0, 上有3个不同的交点。

而yft的图像与yfx的图像一致。即512 8 33712 378m. 123（3）函数ylog2fxp的图像与坐标轴无交点，可以分以下2种情况： ①当函数ylog2fxp的图像与x轴无交点时，则必须有fxp1无解，而

fxpmax解得p55p,函数yfxp的值域为,12125p,所以1p,

1217. 12②当函数ylog2fxp的图像与y轴无交点时，则必须有ylog2f0p不存在，即f0p0或f02，有意义，所以2p0，解得p2. ③由函数存在，可知fxp0有解，解得p5517，故实数p的取值范围为(,). 121212分析点评：复合函数尤其是两次复合，一定要好好掌握，构造两种函数逐层分解研究，化繁

为简，导数仍然是主要工具。