高考数学命题热点名师解密：专题(07)导数有关的构造函数方法(理)

2013-09教学实践导数在函数中的应用是现今高考的一大热点问题，年年必考，在这道压轴的大题中，解答时常涉及构造函数，我简单谈一下常用的构造方法.一、作差法（直接构造法）这是最常用的一种方法，通常题目中以不等式形式给出，我们可以作差构造新的函数，通过研究新函数的性质从而得出结论.当然，适合用这个方法解的题目中，构造的函数要易于求导，易于判断导数的正负.例1.设x ∈R ，求证e x ≥1+x构造函数f （x ）=e x -1-x ，对函数求导可得f ′（x ）≥e x -1，当x ≥0时，f ′（x ）≥0，f （x ）在［0，+∞）上是增函数，f （x ）≥f （0）=0，当x <0时，f ′（x ）<0，f （x ）在（-∞，0）上为减函数，f （x ）>f （0）=0，因此，当x ∈R ，f （x ）≥f （0）=0，即e x≥1+x例2.x >-1，求证1-1x +1≤ln （x +1）≤x以证明右侧为例，设f （x ）=x -ln （x +1），f ′（x ）=1-1x +1（x >-1）令f ′（x ）=0，x =0，当x ∈（-1，0）时，f ′（x ）<0，函数递减，当x ∈（0，+∞）时，f ′（x ）>0，函数递增，所以x =0时，函数取最小值f （0）=0，∴f （x ）≥0.二、先去分母再作差有的问题直接作差构造函数后，求导非常麻烦，不具有可操作性，可先去分母再作差.例3.x >1，求证ln x x -1<1x√分析：设f （x ）=x -1x √-ln x ，f （x ）=x √-1x√-ln x ，f ′（x ）=12x-12+12x-32-1x ，f ′（x ）=（x √-1）22x x√≥0，f （x ）≥f （1），f （1）=0，∴f （x ）>0三、先分离参数再构造例4.（哈三中2012期末试题21）已知函数f （x ）=x ln x ，g （x ）=-x 2+ax -3（1）求f （x ）在［t ，t +2］（t >0）上的最小值；（2）对一切x ∈（0,+∞），2f （x ）≥g （x ）恒成立，求实数a 的取值范围；（3）证明对一切x ∈（0,+∞），都有ln x >1e x -2e x 成立.分析：（1）略（2）2x ln x ≥-x 2+ax -3恒成立，∵x >0，原不等式等价于a ≤2ln x +x +3x.令g （x ）=2ln x +x +3x ，则g ′（x ）=（x +3）（x -1）x 2，所以g （x ）的最小值为g （1）=4，即a ≤4（3）利用前面提到的第二种方法，先去分母再构造，目的就是使得构造的函数易于求导，易于分析.原不等式等价于x ln x >x e x -2e ，令F （x ）=x ln x ，G （x ）=x e x -2e则可求F （x ）的最小值为F （1e ）=-1e；G （x ）的最大值为G （1）=-1e，所以原不等式成立.四、从条件特征入手构造函数证明例5.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 ）分析：由条件移项后xf ′（x ）+f （x ），可以构造函数F （x ）=xf （x ），求导即可完成证明.若题目中的条件改为xf ′（x ）>f （x ），则移项后xf ′（x ）-f （x ），要想到是一个商的导数的分子，构造函数F （x ）=f （x ）x ，求导去完成证明.五、由高等数学中的结论构造利用泰勒公式，可以把任意一个函数用幂函数近似表示.f （x ）=f （x 0）+f ′（x 0）（x-x 0）+f ″（x 0）2！（x-x 0）2+…+f n（x 0）n ！（x-x 0）n+…当f （x ）=ln x ，取x =1，则ln x =x -1-（x -1）22！+…ln x ≈x -1例6.数列{a n }，a 1=1，a n +1=ln a n +a n +2，求证a n ≤2n -1分析：设f （x ）=ln x -（x -1），f ′（x ）=1x -1=1-x x，当x ∈（0，1），f ′（x ）>0当x ∈（1，+∞），f ′（x ）<0，f （x ）≤f （1）=0∴ln x ≤x -1ln a n ≤a n -1，a n +1=ln a n +a n +2≤2a n +1，∴a n +1+1≤2（a n +1）迭代，1+a n ≤2（1+a n -1）≤…≤2n -1（1+a 1）=2n∴a n ≤2n -1例7.（2008年山东理21）已知函数f （x ）=1（1-x ）n +a ln （x -1）其中n ∈N*，a 为常数.（1）当n =2时，求函数f （x ）的极值；（2）当a =1时，证明：对任意的正整数n ，当x ≥2时，有f （x ）≤x -1分析（2）：当a =1时，f （x ）=1（1-x ）n +ln（x -1）.当x ≥2时，对任意的正整数n ，恒有1（1-x ）n ≤1，故只需证明1+ln （x -1）≤x -1.令h （x ）=x -1-［1+ln （x -1）］=x -2-ln （x -1），x ∈［2，+∞），则h ′（x ）=1-1x -1=x -2x -1，当x ≥2时，h ′（x ）≥0，故，h （x ）在［2，+∞）上单调递增，因此x ≥2时，当h （x ）≥h （2）=0，即1+ln （x -1）≤x -1成立.故当x ≥2时，有1（1-x ）n +ln （x -1）≤x -1.即f （x ）≤x -1.另外，高等数学中有一个极限结论：lim x →0sin x x =1由以上极限不难得出，当x >0时，sin x <x ，构造函数f （x ）=x -sin x ，则f ′（x ）=1-cos x ≥0，所以函数f （x ）在（0，+∞）上单调递增，f （x ）>f （0）=0.所以x -sin x >0，即sin x <x .导数问题中构造辅助函数还有其他的方法，例如变更主元法，二次求导再构造，难度偏大，这里先不做详解.（作者单位杨光：黑龙江省哈尔滨师范大学数学系关键：黑龙江省大庆市第四中学）•编辑谢尾合简析导数问题中构造辅助函数的常用方法文/杨光关键104--. All Rights Reserved.。

一轮大题专练7—导数（构造函数证明不等式1）1．已知函数()f x alnx x =+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，证明：()x xf x e <． 解：（1）()f x alnx x =+，(0,)x ∈+∞． ()1af x x'=+， 0a 时，()0f x '>，函数()f x 在(0,)x ∈+∞上单调递增．0a <时，令()0f x '=，解得0x a =->，函数()f x 在(0,)x a ∈-上单调递减，在(,)a -+∞上单调递增．（2）证明：当1a =时，要证明：()xxf x e <，即证明21xlnx e x x+<， 令()1lnxg x x=+，21()lnx g x x -'=， 令()0g x '>，解得0x e <<；令()0g x '<，解得e x <． ∴函数()g x 在(0,)e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减．x e ∴=时，函数()g x 取得极大值即最大值，g （e ）11e=+． 令2()xe h x x =，3(2)()xx e h x x -'=，令()0h x '<，解得02x <<；令()0h x '>，解得2x <． ∴函数()h x 在(0,)e 上单调递减，在(2,)+∞上单调递增．x e ∴=时，函数()h x 取得极小值即最小值，h （2）24e =．221251(1)1044 2.5e e ⋅-+>-->． ()()max min g x h x ∴<，即21xlnx e x x+<，也即()x xf x e <． 2．已知函数()f x x alnx =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程； （Ⅱ）求()f x 的单调区间；（Ⅲ）若关于x 的方程0x alnx -=有两个不相等的实数根，记较小的实数根为0x ，求证：0(1)a x a ->．（Ⅰ）解：由()f x x alnx =-，可得()1a f x x'=-， 则f '（1）1a =-，又f （1）1=，所以曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为1(1)(1)y a x -=--， 即(1)y a x a =-+．（Ⅱ）解：()f x x alnx =-的定义域为(0,)+∞，()1a x af x x x-'=-=， 当0a 时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，令()0f x '>，可得x a >，令()0f x '<，可得0x a <<， 所以()f x 在(0,)a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增．（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可知，当0a >时，()0f x x alnx =-=才有两个不相等的实根，且00x >， 则要证0(1)a x a ->，即证011a a x ->，即证0111a x ->， 而000x alnx -=，则000(1x a x lnx =≠，否则方程不成立）， 所以即证00011lnx x x ->，化简得0010x lnx -->， 令000()1g x x lnx =--，则000011()1x g x x x -'=-=， 当001x <<时，0()0g x '<，0()g x 单调递减， 当01x >时，0()0g x '>，0()g x 单调递增， 所以0()g x g （1）0=，而01x ≠， 所以0()0g x >，所以0(1)a x a ->，得证．3．已知函数()f x alnx x =+，函数2()x g x e bx =+，（1）记2()()h x f x x =+，试讨论函数()h x 的单调性，并求出函数()h x 的极值点；（2）若已知曲线()y f x =和曲线()y g x =在1x =处的切线都过点(0,1)．求证：当0x >时，()()(1)1xf x g x e x +--．解：（1）2()h x alnx x x =++，22()(0)x x ah x x x++'=>， 记2()2(0)x x x a x ϕ=++>，当0a 时，()0h x '>，()h x 在(0,)+∞单调递增，无极值点，当0a <时，△180a =->，()x ϕ有异号的两根10)x =<，20)x =>，x ∴∈，()0x ϕ<，()0h x '<，()h x 在单调递减，x ∈，)+∞，()0x ϕ>，()0h x '>，()h x 在，)+∞单调递减，()h x ∴有极小值点x =； （2）证明：()(0)x af x x x+'=>，()2x g x e bx '=+，f ∴'（1）1a =+，()f x 在1x =处的切线方程为1(1)(1)y a x -=+-，过点(0,1)得：1a =-，g '（1）2e b =+，()g x 在1x =处的切线方程为(2)(1)y e b e b x --=+-，过点(0,1)得：1b =-， ()f x lnx x ∴=-+，2()x g x e x =-，要证：()()(1)1xf x g x e x +--，即证：(1)10x e xlnx e x ----， 即证：1(1)0x e lnx e x x---，构造函数1()(1)x e K x lnx e x x =---，则2(1)(1)()x x e K x x --'=，0x >时，10x e ->，(0,1)x ∴∈时，()0K x '<，()K x 在(0,1)单调递减， (1,)x ∴∈+∞时，()0K x '>，()K x 在(1,)+∞单调递增，()K x K ∴（1）0=，故原不等式成立．4．已知函数()()f x ax lnx a R =+∈在1x =处取得极值．（Ⅰ）若对(0,)x ∀∈+∞，()1f x bx -恒成立，求实数b 的取值范围； （Ⅱ）设()()(2)x g x f x x e =+-，记函数()y g x =在1[4，1]上的最大值为m ，证明：(4)(3)0m m ++<．（Ⅰ）解：()()f x ax lnx a R =+∈，则1()f x a x'=+， 又()f x 在1x =处取得极值，则有f '（1）10a =+=，解得1a =-， 此时1()1f x x'=-，当01x <<时，()0f x '>，则()f x 单调递增， 当1x >时，()0f x '<，则()f x 单调递减， 所以()f x 确实在1x =处取得极值， 故1a =-，设()(1)1h x lnx b x =+--，则()1f x bx -在(0,)+∞上恒成立，即()0h x 在(0,)+∞上恒成立， 因为1()1h x b x'=+-， 当10b -，即1b 时，()0h x >在(0,)+∞上恒成立，不符合题意； 当1b <时，令()0h x '=，解得11x b=-， 当101x b<<-时，()0h x '>，则()h x 单调递增， 当11x b>-时，()0h x '<，则()h x 单调递减， 所以当11x b =-时，()h x 取得最大值111()1(1)2111b h ln ln b b b b-=+-=------， 要使得()0h x 在(0,)+∞上恒成立， 则有(1)20ln b ---，解得21b e --，综上所述，实数b 的取值范围为(-∞，21]e --；（Ⅱ）证明：要证(4)(3)0m m ++<，即证明43m -<<-即可， 因为()()(2)(2)x x g x f x x e lnx x x e =+-=-+-， 则111()1(2)(1)()(1)x x x x x g x e x e e x e x x x x-'=-++-=+-=--， 因为1[4x ∈，1]时，10x -恒成立，设1()x M x e x=-，1[4x ∈，1]，则()M x 为单调递增函数，又113205112035()0,()0201153M e M e =-<=->，则存在0113(,)205x ∈，使得0()0M x =，即001x e x =，则当01[,)4x x ∈时，()0M x <，(1)0x -<，则()0g x '>，故()g x 单调递增，当0[x x ∈，1]时，()0M x ，(1)0x -且不同时为0，则()0g x '，故()g x 单调递减，所以()g x 在1[4，1]上的最大值为0000000000()(2)2x x x m g x lnx x x e lnx x x e e ==-+-=-+-，又001x e x =，则00021m lnx x x =-+-，0113(,)205x ∈，设2()1k x lnx x x =-+-，113(,)205x ∈， 则212()10k x x x'=-+>对于113(,)205x ∈恒成立， 故()k x 在113(,)205x ∈上单调递增 故1111114011940()()1420202011202011k x k ln ln >=-+-=+->-， 333103()()1 2.933355535k x k ln ln <=-+-≈-<-，于是43m -<<-， 故(4)(3)0m m ++<．5．已知函数()x f x e x a =--，对于x R ∀∈，()0f x 恒成立． （1）求实数a 的取值范围；（2）证明：当[0,]4x π∈时，cos tan x x x e +．解：（1）由0x e x a --恒成立，得x a e x -对x R ∀∈恒成立， 令()x g x e x =-，()1x g x e '=-， 当0x >，()0g x '>，()g x 单调递增，当0x <，()0g x '<，()g x 单调减，()(0)1min g x g ==， 故所求实数a 的取值范围为(-∞，1]； （2）证明：由（1）得1x e x +．欲证cos tan x x x e +，只需证cos tan 1x x x ++即可， 令()cos tan 1h x x x x =+--，222221sin (sin cos )sin (sin sin 1)()sin 1cos cos cos x x x x x x h x x x x x-+-'=-+-==，令2()sin sin 1F x x x =+-，则易知()F x 在[0,]4π单调递增，且(0)0F <，()04F π>，故存在0(0,)4x π∈，使得0()0F x =；当[0x ∈，0)x 时，()0F x <，()0h x '，()h x 单调递减，当0(,]4x x π∈时，()0F x >，()0h x '>，()h x 单调递增，又(0)0h =，()044h ππ<，()(0)0max h x h ==，故当[0,]4x π∈时，cos tan x x x e +．6．已知函数()x f x e =，()1g x ax =+． （Ⅰ）已知()()f x g x 恒成立，求a 的值；（Ⅱ）若(0,1)x ∈211x x+-<． 解：（1）已知()()f x g x 恒成立，即()()0f x g x -恒成立， 令()()()1x h x f x g x e ax =-=--，则有()x h x e a '=-，当0a 时，则恒有()0h x '>，此时函数()h x 单调递增，并且当x →-∞时，()h x →-∞，不满足题意；0a ∴>，此时令()0h x x lna '=⇒=；()0h x x lna '∴>⇒>；()0h x x lna '<⇒<，即函数()h x 在(,)lna -∞上单调递减，在(,)lna +∞上单调递增，()()1min h x h lna a alna ∴==--，若要满足题意，则需使10a alna --，恒成立， 令F （a ）1(0)a alna a =-->，则有F '（a ）lna =，由此可得，当01a <<时，F '（a ）0<；当1a >时，F '（a ）0>．F ∴（a ）min F =（1）0=，即得F （a ）0， 1a ∴=．（2）令()1((0,1))x G x e x x =--∈，则有()10x G x e '=->恒成立，故可得()G x 在(0,1)上单调递增，即有()(0)0G x G >=恒成立，故有101x x e x e x -->⇔>+在(0,1)上恒成立； 根据题意，要证2111()lnx x f x x-+-<，即证明1111lnx x x x -+-<+，即证2111x lnx x x x x+-++-<+， 即证2110lnx x x-++>， 令21()H x lnx x x x =-++，则有22111()2(1)2H x x x x x x x'=--=--，(0,1)x ∈，10x ∴-<，20x -<，()0H x '∴<在(0,1)上恒成立，即得函数()H x 在(0,1)上单调递减， ()H x H ∴>（1）10=>，由此得证当(0,1)x ∈时，原不等式成立．7．已知函数()(1)f x x lnx =-，()f x '的反函数为()h x （其中()f x '为()f x 的导函数，20.69)ln ≈． （1）判断函数2()()32g x f x x x '=+-+在(0,)+∞上零点的个数；（2）当(0,1)x ∈31x x >--． 解：（1）由题意得22()()3232g x f x x x lnx x x ='+-+=+-+， 则(21)(1)()x x g x x--'=，由()0g x '=得12x =或1x =， 由()0g x '>，得102x <<或1x >， 由()0g x '<，得112x <<， 当x 在(0,)+∞上变化时，()g x '，()g x 变化情况如下表：根据上表知13()2024g x g ln ⎛⎫==-> ⎪⎝⎭极大值，()g x g =极小值（1）0=，121()220416g ln =-<， 根据零点的存在性定理，函数()g x 在1(0,)2上存在唯一零点，又因为g （1）0=，所以根据()g x 的单调性可知，函数2()()32g x f x x x ='+-+在(0,)+∞上零点的个数为2． （2）证明：因为()f x lnx '=，其反函数为()x h x e =， 所以不等式为33(1)1(1)(1)x xx lnx x x x lnx x x e e->--⇔->--， 当(0,1)x ∈时，()0f x '<， 所以()f x 在(0,1)上单调递减，所以()f x f >（1）1=-， 设函数3()(1)x G x x x e =--， 则32()(32)x G x x x x e '=+--，设函数32()32p x x x x =+--，则2()361p x x x '=+-， 所以()p x '在(0,1)上单调递增， 因为(0)p p '⋅'（1）80=-<， 所以存在0(0,1)x ∈，使得0()0p x '=，所以函数()p x 在0(0,)x 上单调递减，在0(x ，1)上单调递增， 当0(0,)x x ∈时，0()(0)2p x p <=-， 当0(x x ∈，1)时，0()0p x <，p （1）0>， 所以存在1(0,1)x ∈，使得1()0G x '=， 所以当1(0,)x x ∈时，()0G x '<， 当1(x x ∈，1)时，()0G x '>，所以函数()G x 在1(0,)x 上单调递减，在1(x ，1)上单调递增， 因为(0)1G =-，G （1）e =-， 所以当(0,1)x ∈时，()(0)1G x G <=-， 所以3(1)(1)x x lnx x x e ->--， 所以3()1()f x x xg x >--．。

导数中的构造函数(最全精编)导数小题中构造函数的技巧函数与方程思想、转化与化归思想是高中数学思想中比较重要的两大思想。

在导数题型中，构造函数的解题思路恰好是这两种思想的良好体现。

下面我将分享导数小题中构造函数的技巧。

一）利用 $f(x)$ 进行抽象函数构造1、利用 $f(x)$ 与 $x$ 构造；常用构造形式有 $xf(x)$ 和$\frac{f(x)}{x}$。

在数导数计算的推广及应用中，我们对 $u\cdot v$ 的导函数观察可得，$u\cdot v$ 型导函数中体现的是“加法”，$\frac{u}{v}$ 型导函数中体现的是“除法”。

由此，我们可以猜测，当导函数形式出现的是“加法”形式时，优先考虑构造$u\cdot v$ 型；当导函数形式出现的是“除法”形式时，优先考虑构造 $\frac{u}{v}$ 型。

我们根据得出的“优先”原则，看一看例1和例2.例1】$f(x)$ 是定义在 $\mathbb{R}$ 上的偶函数，当$x0$ 的解集为？思路点拨：出现“加法”形式，优先构造 $F(x)=xf(x)$，然后利用函数的单调性、奇偶性和数形结合求解即可。

解析】构造 $F(x)=xf(x)$，则 $F'(x)=f(x)+xf'(x)$。

当$x0$ 的解集为 $(-\infty,-4)\cup(0,4)$。

例2】设 $f(x)$ 是定义在 $\mathbb{R}$ 上的偶函数，且$f(1)=2$。

当 $x0$ 恒成立。

则不等式 $f(x)>0$ 的解集为？思路点拨：出现“除法”形式，优先构造$F(x)=\frac{f(x)}{x-f(x)}$，然后利用函数的单调性、奇偶性和数形结合求解即可。

解析】构造 $F(x)=\frac{f(x)}{x-f(x)}$，则$F'(x)=\frac{xf'(x)-2f(x)}{(x-f(x))^2}$。

因为 $xf'(x)-f(x)>0$，所以 $F'(x)>0$，$F(x)$ 在 $(-\infty,0)$ 上单调递增。

利用导数运算法则构造函数含详解导数运算法则是微积分中的重要内容，它用于求导函数。

在构造函数时，利用导数运算法则可以简化运算，提高计算效率。

本文将详解常见的导数运算法则，方便读者了解并应用于函数构造。

一.常数法则当函数f(x)为常数时，f'(x)=0。

这是由于常数的导数等于0。

二.幂函数法则1.构造函数：设f(x)=x^n，其中n为实数。

2.对函数f(x)求导，根据导数的定义：f'(x)=lim(Δx→0) [f(x+Δx)-f(x)]/Δx3.展开f(x+Δx)-f(x):f(x+Δx)-f(x)=[(x+Δx)^n-x^n]/Δx=[x^n+n*x^(n-1)Δx+O((Δx)^2)-x^n]/Δx（O(Δx)表示Δx的高阶无穷小）=n*x^(n-1)+O(Δx)4.带入导数的定义，得到导数f'(x)=n*x^(n-1)。

三.指数函数法则2.对函数f(x)求导，根据导数的定义：f'(x)=lim(Δx→0) [f(x+Δx)-f(x)]/Δx3.展开f(x+Δx)-f(x):f(x+Δx)-f(x)=e^(x+Δx)-e^x=e^x*e^Δx-e^x=e^x*(e^Δx-1)4. 带入导数的定义，得到导数f'(x)=e^x * lim(Δx→0) [(e^Δx - 1)/Δx]。

根据数学推导，lim(Δx→0) [(e^Δx - 1)/Δx]=1，因此f'(x)=e^x。

四.对数函数法则1. 构造函数：设f(x)=ln(x)，其中ln(x)是以e为底的自然对数。

2.对函数f(x)求导，根据导数的定义：f'(x)=lim(Δx→0) [f(x+Δx)-f(x)]/Δx3.展开f(x+Δx)-f(x)：f(x+Δx)-f(x)=ln(x+Δx)-ln(x)= ln[(x+Δx)/x]= ln(1+Δx/x)4. 使用泰勒展开：ln(1+Δx/x)≈Δx/x，当Δx趋近于0时。