合理构造函数解导数问题.pdf

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1、精品文档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

2、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fxlnax1x3x2ax.2x(1)若为yf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；1x1x3b(3)若a1时，方程f有实根，求实数b的取值范围。x22解：（1）因为x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3x1,（2）显然fx22x

3、a,结合定义域知道ax10在x上恒ax1a11成立，所以a0且0。同时3x22xa此函数是x时递减，x时递增，ax133a15故此我们只需要保证f132a0，解得：0a.a12（3）方法一、变量分离直接构造函数解：由于x0，所以：bxlnxxx2xlnxx2x316x22x1gxlnx12x3x2gx26xxx17x0,所以gx17当0x时，g在0x上递增；6617x

4、0,所以gx17当x时，g在x上递减；6610,gx0,0x17.又g0061欢迎下载。精品文档当0xx时，gx0,所以gx在0xx上递减；00当xx1时，gx0,所以xx1上递增；00当x1时，gx0,所以gx在x1上递减；又当x时，gx,gxxlnxx12x3xlnxxx2xlnx410,则gx0,且g10当x0时，lnx4b的

5、取值范围为,0.gxgxgx17xx1xxx1x60000017x6二阶导数草图一阶导数草图原函数草图gx126x6x22x1，gxlnx12x3x2，gxxlnxx2x3xx方法二、构造：Gxlnxxx212x2x12x2x12x1x1Gx12xxxxxx00x1G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

6、,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。2欢迎下载。精品文档（08、山东、理）已知函数f(x)＝1＋aln(x－1)，其中n(1x)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)＝1＋ln(x－1)，构造函数F(x)(1x)n＝(x－1)－f(x)，下证：当x≥2时，F(x)＝(x－1)－1－ln(x(1x)n－1)≥0恒成立．F´

7、(x)＝1－n1x2n＝－(x≥2)．(1x)n1x1x1(1x)n1①若n为偶数，∵x≥2，∴x2≥0，1－x＜－1＜0，（1－x)n1＜0，x1－n＞0，(1x)n1所以：当x≥2时，F´(x)＞0．∴F(x)＝F(2)＝(2－1)－1－ln(2min（1－2）n－1)＝0，所以：当x≥2，且n为偶数时，F(x)＝(x－1)－1－(1x)nln(x－1)≥0恒成立．②若n为奇数，要证1＋ln(x－1)≤x－1，∵x≥2，∴1(1x)n(1x)n＜0，所以只需证：

8、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，1≤1，∴只需要证明1＋ln(x－1)≤(1x)nx－1．构造函数F(x)＝(x－1)－[1＋ln(x－1)]，即F(x)＝x－23欢迎下载。精品文档－ln(x－1)，则F´(x)＝x2(下略)．x1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