构造函数解导数

第一篇：构造函数解导数

合理构造函数解导数问题

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。

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

变量分离直接构造函数 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的x实数根？若存在，求出所有m的值；若不存在，请说明理由。

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恒

3成立，求实数k的取值范围。

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ngxx32ex2tx根的个数。x第 1 页

共 1 页 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。

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。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。

1423xxax22x2在区间1,1上单调递减，在区间1,2上43

导数—构造函数

一：常规的构造函数

例一.若sin3cos3cossin,02，则角的取值范围是（）(A)[0,4]

(B)[5,]

(C)[,]

4(D)[34,2)

xyxy变式、已知3355成立，则下列正确的是（）

A.xy0

B.xy0

C.xy0

D.xy0

2变式.f(x)为f(x)的导函数，若对xR，2f(x)xf(x)x恒成立，则下列命题可能错误的是()A．f(0)0 B．f(1)4f(2)C．f(1)4f(2)D．4f(2)f(1)

二：构造一次函数

例

二、对于满足|a|2的所有实数a,求使不等式x2+ax+1>a+2x恒成立的x的取值范围.第 2 页

共 2 页 三：变形构造函数 例三．已知函数f(x)12xax(a1)lnx，a1． 2（Ⅰ）讨论函数f(x)的单调性；

（Ⅱ）证明：若a5，则对任意x1,x2(0,)，x1x2，有

例

四、已知函数f(x)(a1)lnxax21.（Ⅰ）讨论函数f(x)的单调性；

（Ⅱ）设a2，证明：对任意x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|.四：消参构造函数

例

五、设函数fxxaln1x有两个极值点x1，x2，且x1x2．

2f(x1)f(x2)1．

x1x2（I）求a的取值范围，并讨论fx的单调性；（II）证明：fx2

五：消元构造函数

例

六、已知函数fxlnx，gxex．

（Ⅰ）若函数xfx12ln2． 4x1，求函数x的单调区间； x1（Ⅱ）设直线l为函数的图象上一点Ax0,fx0处的切线．证明：在区间1,上存在唯一的x0，使得直线l与曲线ygx相切．

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共 3 页 六：二元合一构造函数

12axbx(a0)且导数f'(1)0 2（1）试用含有a的式子表示b，并求f(x)的单调区间；（2）对于函数图象上的不同两点A(x1,y1),B(x2,y2)如果在函数图象上存在点M(x0,y0)（其中x0(x1,x2)）使得点M处的切线l//AB，则称AB存在“跟随切线”。

xx2特别地，当x01时，又称AB存在“中值跟随切线”。试问：在函数f(x)上是否存在2两点A、B使得它存在“中值跟随切线”，若存在，求出A、B的坐标，若不存在，说明理由。例

七、已知函数f(x)lnx

七：构造函数解不等式

例

八、设函数f(x)＝x32mx2m2x1m(其中m >-2)的图像在x=2处的切线与直线y=-5x+12平行；

（Ⅰ）求m的值与该切线方程；

（Ⅱ）若对任意的x1,x20,1,fx1fx2M恒成立，则求M的最小值；（Ⅲ）若a0, b0, c0且a+b+c=1，试证明：

例

九、设函数f(x)lnxpx1

（Ⅰ）求函数f(x)lnxpx1的极值点

（Ⅱ）当p0时，若对任意的x0，恒有f(x)0，求p的取值范围。

abc9

1a21b21c210ln22ln32ln42lnn22n2n1（Ⅲ）证明：2222(nN,n2)

234n2(n1)

例

十、证明：对任意的正整数n，不等式ln(1)

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1n113都成立.2nn1、移项法构造函数

【例1】已知函数f(x)ln(x1)x，求证：当x1时，恒有1

2、作差法构造函数证明 【例2】已知函数f(x)1ln(x1)x x112xlnx.求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数2g(x)23x的图象的下方； 31111)23 都成立.nnn

3、换元法构造函数证明

【例3】证明：对任意的正整数n，不等式ln（4、从条件特征入手构造函数证明

【例4】若函数y=f(x)在R上可导且满足不等式xf(x)>－f(x)恒成立，且常数a，b满足a>b，求证：．af(a)>bf(b)

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第二篇：各种构造解导数压轴题

活用构造策略

进入解题佳境

——例说各种构造法解决导数压轴题

古县二中

林立飞

摘要：函数与导数是高考的重要考点，不等式的恒成立问题、函数的零点问题、函数的极值点问题，随着课改的深入与高等数学背景有关的这些问题也在考试中频繁出现，这就需要一线教师对这些题型的解题规律进行探究与归纳。

关键词：函数；导数；命题；构造；参数；罗比达法则

自从导数进入中学数学教材之后，给传统的中学数学带来了生机和活力，为中学数学研究提供了新的视角、新的方法和新的途径，拓宽了高考的命题空间。应用导数知识，研究函数的单调性、零点，以及参数的取值范围和证明不等式是近年高考数学考察重点和热点。

特别值得关注的是，近几年的高考导数压轴题，题型新颖别致、不落俗套，综合了函数、不等式、数列、逻辑等知识。往往以含参问题为载体，同时也蕴含了数形结合、分类讨论、构造等等数学思想方法，综合考察学生的分析问题和解决问题的能力，而且试题难度、深度和广度试题还在不断变化。如何进行突破，是值得研究的课题。通过对大量高考题和模拟题的分析研究，笔者给出了各种构造方法，能够化复杂为简单，化抽象为具体，达到以不变应万变的功效。本文所有例题，均只给出与本文相关的题目条件和方法。

一、构造函数，柳岸花明又一村

构造函数是解决抽象不等式的基本方法，根据题设的条件，并借助初等函数的导数公式和导数的基本运算法则，相应地构造出辅助函数.通过进一步研究辅助函数的有关性质，给予巧妙的解答.在导数题中体会构造函数的数学价值。题型1：已知函数f(x)lnxa(x1)，a∈R．(I)讨论函数f(x)的单调性；(Ⅱ)当x1时，f(x)≤(I)解（省略不谈）。(Ⅱ)解:当x1时,f(x)lnx恒成立，求a的取值范围。x1lnxlnx恒成立等价于lnx-a(x-1)

x1x1lnxxlnx令h(x)lnx-, g(x)a(x-1)x1x1h(x)x1lnx , x1, h(x)0,即h(x)在1，是增函数。(x1)2 g(x)a,当a0时，g(x)在1，是增函数。又h(1）g(1)0

h(x)g(x)(x1)恒成立，只需h(1)g(1)即1a

2二、构造子区间，端点分析显奇效

某些含参导数问题，如果追求一味的分离参数，往往很难奏效，但是假如从端点分析入手，发现端点是临界情况，那么可以对端点进行分析，找到解题突破口。题型2.：设函数f(x)ax2alnx，其中aR（1）讨论单调性

1e1x在区间(1,)内恒成立。x111x1x20 解：对于第二问：f(x)e等价于axalnxexx11x2令F(x)axalnxe。由于F(1)0，欲使得x(1,)，F(x)0成立，x（2）确定a的所有确定的值，使得f(x)则在x1的端点右侧，必存在子区间(1,1)（范围很小，下同），F(x)必须单调递增，即F'(x)0在(1,1)必须成立，由极限思想F'(1)0，所以a成立的必要条件。

11，显然a是命题221，可得 F'(x)0恒成立。211x1证明过程如下：令F'(x)g(x)2axe2

xx另一方面。可以证明，当ax3x2122ax3x21x1x1xe0 e则g'(x)2a2e3=33xxxx故g(x)在x(1,)递增，又g(1)2a10，所以g(x)g(1)0，即F(x)0 综上，a1

2三、构造直线，突破重围建奇功

图像是函数最直观的模型，有些代数式经变形后具备特定的几何意义，这时候可以考虑分解出一次函数，利用直线与函数图象相切，充分运用数形结合求解,深刻揭示数学问题的本质．

题型3：（2010全国卷理科压轴题）设函数f(x)=e1xax(1)若当a=

x21时，求f(x)的单调递增区间； 2（2）若当x0时，f(x)0，求a的取值范围。分析：（1）解略。

(2)考虑第二问，因为当x0时，aR，f(x)0恒成立

ex1ex1ax1，令g(x)当时，由题意变形为，h(x)ax1，xx(x1)ex1xxx0g'(x)，设（），则h(x)(x1)e1h'(x)xe0，所以h(x)在2xx0时单调递增，从而h(x)h(0)0，易知g'(x)0，由罗比达法则ex1limg(x)1，作出函数g(x)和h(x)图象可知，只要limg'(x)a，由罗比达

x0x0x法则limg'(x)x011，所以a。22解题思路总结：

这里，选择h(x)ax1，没有选择yx1，目的是使得参数a出现在直线方程中。以导数为工具，研究曲线的单调性,分析变化趋势,然后在同一坐标系中，作出曲线和直线，从直线与曲线的位置关系出发，一般观察或者比较在端点处曲线的切线斜率的大小关系建立不等式，有时需要求极限值，甚至使用罗比达法则。

四、构造不等式，拨开云雾见蓝天：

已知条件中涉及导数的含参不等式问题频繁出现在各类考题中，格外引人关注，由于这类问题对思维的灵活性较高，常让学生忘而生畏，这种题型结构复杂，常规方法很难奏效，那么需要我们对不等式的结构进行分析，找到解决的突破口。（2018厦门市质检题）：已知函数f(x)(axxa)e（1）若a0，函数f(x)极大值为

2x(aR)

3，求实数a的值； e（2）若对任意的a0，f(x)bln(x1)在x[0,)上恒成立，求实数b取值范围。解：（1）问略

ax2xabln(x1)成立，x[0,)（2）当a0，f(x)bln(x1)ex由于a0，利用放缩法只需

xbln(x1)即可，这时候构建不等式：exx1，xe可用构造法先证明之，令g(x)ex(x1)，g'(x)ex10，所以g(x)g(0)0 从而又只需要：

xxln(x1)，bln(x1)，经过观察再构建不等式

x1x1x11xln(x1)，令h'(x)0，x1(x1)2x1(x1)2可用构造法证明，h(x)所以h(x)h(0)0，从而只要

xln(x1)，因此b1 x1此种方法对于一些既含有指数函数，又含有对数函数的题目比较实用，通过化简将二者进行分离，对于后面求解最值可降低难度.但此种方法需要进行合适的变形，这时需要读者多尝试几种变形..总之，导数及其应用是高中数学的重要内容，是进一步学习高等数学的重要基础.函数与导数综合题其所含知识往往涉及函数、导数、方程、不等式等众多高中数学主干知识,在高考试卷上，它是以压轴题的形式呈现的.由于其信息量、思维量、运算量都比较大，解题方法往往有很强的综合性和灵活性。需要具备较高的数学分析、解决问题的能力.由以上各例可以看出，上述几种方法不是相互排斥的，而是相辅相成的.在具体问题中，往往是几种方法互相配合、共同发力.只要运用得当，就能收到良好的效果。

参考书目1：高考导数问题命题分析及破题技巧 林胜德 《中学理科:高考导航》2006 参考书目2用导数解决不等式问题的几点思考 郭建理 《中学数学》 2012.1

第三篇：构造函数,结合导数证明不等式

构造函数,结合导数证明不等式

摘 要：运用导数法证明不等式首先要构建函数，以函数作为载体可以用移项作差，直接构造；合理变形，等价构造；分析（条件）结论，特征构造；定主略从，减元构造；挖掘隐含，联想构造等方法进行证明.关键词：构造函数；求导；证明；不等式

利用导数证明不等式是四川高考压轴题的热点题型之一，此类问题的特点是：问题以不等式形式呈现，“主角”是导数，而不等式的证明不仅技巧性强，而且方法灵活多变，因此构造函数成为证明不等式的良好“载体”，如何有效合理地构造函数是证明不等式的关键所在，下面以实例谈谈如何构造函数的若干解题策略.注：此题也可用数学归纳法证明.解后感悟：函数隐藏越深，难度就越大，如何去寻找证明不等式的“母函数”是解决问题的关键，通过合理变形，展开思维联想的翅膀，发现不等式背后的隐藏函数，便会柳暗花明.结束语：导数为证明不等式问题开辟了新方法，使过去不等式的证明方法，从特殊技巧变为通性通法，合理构造函数，能使解题更具备指向性，剑之所指，所向披靡.

第四篇：构造函数,利用导数证明不等式

构造函数，利用导数证明不等式

湖北省天门中学薛德斌2010年10月

例

1、设当xa,b时，f/(x)g/(x)，求证：当xa,b时，f(x)f(a)g(x)g(a)．

例

2、设f(x)是R上的可导函数，且当x1时(x1)f/(x)0．

求证：（1）f(0)f(2)2f(1)；（2）f(2)2f(1)．

例

3、已知m、nN，且mn，求证：(1m)(1n)．

nm

例

4、（2010年辽宁卷文科）已知函数f(x)(a1)lnxax21，其中a2，证明： x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|.例

5、（2010年全国Ⅱ卷理科）设函数fxxaIn1x有两个极值点x1、x2，且

2x1x2，证明：fx2

12In2.4a0，b0，例

6、已知函数f(x)xlnx，求证：f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).xln(1x)x； 1x

11112ncln（2）设c0，求证：.2cn1cn2c2ncnc例

7、（1）已知x0，求证：

第五篇：构造函数巧解不等式

构造函数巧解不等式

湖南 黄爱民

函数与方程，不等式等联系比较紧密，如果从方程，不等式等问题中所提供的信息得知其本质与函数有关，该题就可考虑运用构造函数的方法求解。构造函数，直接把握问题中的整体性运用函数的性质来解题，是一种制造性的思维活动。因此要求同学们多分析数学题中的条件和结论的结构特征及内在联系，能合理准确地构建相关函数模型。

一、构造函数解不等式

例

1、解不等式 810x35x0 3(x1)x

1分析；本题直接将左边通分采用解高次不等式的思维来做运算较烦。但注意到8102323x5x , 启示我们构造函数且题中出现()5()3x1x1x1(x1)

f(x)=x3+5x去投石问路。解：将原不等式化为(232)5()x35x，令f(x)=x3+5x，则不等式变为x1x1

22f()f(x)，∵f(x)=x3+5x在R上为增函数∴原不等式等价于x，解x1x1之得：－1＜x＜2或x＜－2。

例

2、解不等式

1x

220 x11x21tan2cos2于是可构造三分析：由xR及的特征联想到万能公式1x21tan2

角函数，令x=tanα(

2

2)求解。

1tan2解：令x=tanα()0，从 222tan1

13而2sin2sin10sin1∴∴tanα＞,∴x＞262

33。3

二、构造函数求解含参不等式问题。

例3已知不等式11112loga(a1)对大于1的一切自然数nn1n22n12

3恒成立，试确定参数a的取值范围。解：设f(n)

∵f(n+1)-f(n)111，n1n22n11110,∴f(n)是关于n 的增函2n12n2n1(2n1)(2n2)

712∴f(n)loga(a1)对大于1的一切自然数n恒12123

7121成立,必须有loga(a1)∴loga(a1)1，而a＞1，∴a-1＜12123a数。又n≥2∴f(n)≥f(2)=

∴1＜a＜115∴a的取值范围为（1，）。2

2三、构造函数证明不等式。

例

4、已知 |a|＜1,|b|＜1,|c|＜1，求证：ab+bc+ca＞-

1证：把a看成自变量x，作一次函数f(x)=bx+bc+cx+1=(b+c)x+bc+1, ∵|a|＜1,|b|＜1,|c|＜1∴－1＜x＜1

又∵f(-1)=-b-c+bc+1=(1-b)(1-c)>1

f(1)=b+c+bc+1=(1+b)(1+c)>0，又一次函数具有严格的单调性。∴f(x)=(b+c)x+bc+1在x∈（-1，1）的图象位于x的上方，∴(b+c)x+bc+1>0,从而：(b+c)a+bc+1>0,即证：ab+bc+ca＞-1 例

5、已知，求证：x2y2z22xycos2yzcos2zxcos 证明：考虑函数f(x)=x2y2z2(2xycos2yzcos2zxcos)=2

x22x(ycoszcos)y2z22yzcos,其中4(ycoszcos)24(y2z22yzcos)4(ysinzsin)20 又x2的系数大于0，∴f(x)的值恒大于或等于0，∴x2y2z22xycos2yzcos2zxcos。