例談構(gòu)造函數(shù)解決導(dǎo)數(shù)問題

☉江蘇省常熟市梅李高級中學(xué) 馬俊華

例談構(gòu)造函數(shù)解決導(dǎo)數(shù)問題

☉江蘇省常熟市梅李高級中學(xué) 馬俊華

近年來，導(dǎo)數(shù)一直是高考的壓軸題，常常需要構(gòu)造函數(shù)，構(gòu)造函數(shù)是難點(diǎn)，也是高考的熱點(diǎn)，近幾年高考題中出現(xiàn)了很多需要構(gòu)造函數(shù)的題，還有一些是二元變量的最值問題，這更是讓學(xué)生感覺無從下手，部分學(xué)生有一些思路，但是沒有方法，本文對導(dǎo)數(shù)中的構(gòu)造函數(shù)法，提供一些方法，希望能夠給學(xué)生一些啟發(fā).

一、構(gòu)造函數(shù)求參數(shù)范圍

在求參數(shù)范圍的題目中，常常分離參數(shù)再構(gòu)造函數(shù)或者直接構(gòu)造函數(shù)，然后轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值或極值問題.

例1 設(shè)f（x）=lnx+x，方程2mf（x）=x2有唯一實(shí)數(shù)解，求正數(shù)m的取值范圍

當(dāng)x＞1時(shí)，Φ（x）＜0，即g′（x）＜0，g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減；當(dāng)0＜x＜1時(shí)，Φ（x）＞0，即g′（x）＞0，g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增.所以在x=1處g（x）取極大值，g（1）=1.

和y=g（x）有唯一的交點(diǎn)，必須作出y=g（x）的大致圖像，求極限的目的是為了更準(zhǔn)確的作圖.讀者可以嘗試用構(gòu)造函數(shù)特別注意t（x）在（0，1）上有漸近線，不如上面的方法好.

解法二：（直接構(gòu)造）2mf（x）-x2=0，即2m（lnx+x）-x2.

在-2x2+2mx+2m=0中，Δ=4（m2+4m）＞0且兩根之積為負(fù)數(shù)，則必有一正根，一負(fù)根，即

在x=x2處取極大值且

構(gòu)造函數(shù)Ψ（x）=2lnx+x-1在（0，+∞）上單調(diào)遞增，且Ψ（1）=0，即解得

點(diǎn)評：分離參數(shù)法是很常規(guī)的想法，但是很多時(shí)候分離參數(shù)后，無法做下去，高考題中很多也是這樣，所以解法二直接把方程右邊部分減過來，構(gòu)造函數(shù)h（x），轉(zhuǎn)化為該函數(shù)在（0，+∞）上有唯一的零點(diǎn)，通過求導(dǎo)，判斷函數(shù)單調(diào)性，作出函數(shù)圖像，發(fā)現(xiàn)要保證函數(shù)在（0，+∞）上有唯一的零點(diǎn)，需極大值點(diǎn)成為唯一的零點(diǎn).

二、構(gòu)造函數(shù)證明不等式

導(dǎo)數(shù)是證明不等式的一種重要方法，也是高考中導(dǎo)數(shù)考查的一個(gè)熱點(diǎn)，通常要把不等式恒成立問題通過構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值或值域的問題.解題的基本思路是從函數(shù)的角度分析和理解需要證明的不等式的結(jié)構(gòu)特征，然后去構(gòu)造最佳的函數(shù).

例2 已知f（x）=x2+aln（1+x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2（x1＜x2）.

（1）求a的取值范圍，并討論f（x）的單調(diào)性；

點(diǎn)評：本題第一問中要注意數(shù)形結(jié)合，要判斷出兩個(gè)根的范圍，要注意到兩根之和為1，根的范圍相當(dāng)于新構(gòu)造的函數(shù)的定義域，所以要準(zhǔn)確，新構(gòu)造的函數(shù)不能再含有參數(shù)a，那么如何把參數(shù)a解決掉呢？要注意利用導(dǎo)函數(shù)，解得參數(shù)a，然后代入原函數(shù)，這樣可以得到關(guān)于x2的一個(gè)函數(shù)，不再含有參數(shù)a，可以求導(dǎo)求最值了.

（1）求a的取值范圍；

（2）若x1∈（0，1），x2∈（1，+∞），求證：f（x2）-f（x1）＞e+

解析：（1）略.

在x=t1處取極大值，在x=t2處取極小值，則

點(diǎn)評：f（x2）-f（x1）的最小值，即極小值減極大值，把二元變量和參數(shù)a全部用一個(gè)變量t2表示出來，構(gòu)造函數(shù)求最小值，在導(dǎo)數(shù)的很多問題中都會出現(xiàn)二元變量，我們可以在導(dǎo)函數(shù)中找兩個(gè)變量的關(guān)系，從而把二元變量變成一元變量求最值.

三、構(gòu)造函數(shù)解答抽象函數(shù)題

抽象函數(shù)沒有具體的解析表達(dá)式作為載體，理解研究起來比較困難，是高中數(shù)學(xué)函數(shù)部分的難點(diǎn).但抽象函數(shù)問題既能考查函數(shù)的概念和性質(zhì)，又能考查學(xué)生的思維能力，因此備受命題專家的青睞.構(gòu)造可導(dǎo)差函數(shù)求解是一種很好的方法.

例4 函數(shù)f（x）的定義域是R，f（0）=2，對任意x∈R，f（x）+f′（x）＞1，則不等式ex·f（x）＞ex+1的解集為_______.

解析：構(gòu)造函數(shù)g（x）=ex·f（x）-ex，因?yàn)間′（x）=ex·f（x）+ ex·f′（x）-ex=ex［f（x）+f′（x）］-ex＞ex-ex=0，所以g（x）=ex·f（x）-ex為R上的增函數(shù).又因?yàn)間（0）=e0·f（0）-e0=1，所以原不等式轉(zhuǎn)化為g（x）＞g（0），解得x＞0.

點(diǎn)評：求不等式ex·f（x）＞ex+1的解集，等價(jià)于求ex· f（x）-ex＞1的解集，構(gòu)造差函數(shù)g（x）=ex·f（x）-ex后借助導(dǎo)數(shù)求解.

四、構(gòu)造函數(shù)解答函數(shù)的零點(diǎn)問題

在求函數(shù)y=f（x）與函數(shù)y=g（x）交點(diǎn)個(gè)數(shù)問題中，構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）-g（x），問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù).

例5 已知函數(shù)y=lnx與函數(shù)y=x+a有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x＞1時(shí)，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減.函數(shù)f（x）=lnx-x-a在x=1處取得極大值f（1）=-1-a.

因?yàn)楹瘮?shù)y=lnx與函數(shù)y=x+a有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，即函數(shù)f（x）=lnx-x-a有兩個(gè)不同零點(diǎn)，所以f（1）=-1-a＞0，所以a＜-1.

所以a的取值范圍為（-∞，-1）.

點(diǎn)評：函數(shù)y=lnx與函數(shù)y=x+a有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，即差函數(shù)f（x）=lnx-x-a有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，借助導(dǎo)數(shù)求解.

例6 （2014年高考新課標(biāo)卷Ⅱ文科第21題）已知函數(shù)f（x）=x3-3x2+ax+2，曲線y=f（x）在點(diǎn)（0，2）處的切線與x軸的交點(diǎn)橫坐標(biāo)為-2.

（1）求a的值；

（2）證明：當(dāng)k＜1時(shí)，曲線y=f（x）與直線y=kx-2只有一個(gè)交點(diǎn).

解析：（1）a=1.（具體解答略）

（2）由（1）知，f（x）=x3-3x2+x+2，設(shè)g（x）=f（x）-kx+2= x3-3x2+（1-k）x+4，由題設(shè)知1-k＞0，當(dāng)x≤0時(shí)，g′（x）=3x2-6x+1-k＞0，g（x）單調(diào)遞增，g（-1）=k-1＜0，g（0）=4，所以g（x）=0在（-∞，0］上有唯一實(shí)根.當(dāng)x＞0時(shí)，令h（x）=x3-3x2+4，則g（x）=h（x）+（1-k）x＞h（x）.h′（x）=3x2-6x=3x（x-2），h（x）在（0，2）上單調(diào)遞減，在（2，+∞）上單調(diào)遞增，所以g（x）＞h（x）≥h（2）=0，所以g（x）=0在（0，+∞）上沒有實(shí)根.綜上，g（x）=0在R上有唯一實(shí)根，即曲線y=f（x）與直線y=kx-2只有一個(gè)交點(diǎn).

點(diǎn)評：當(dāng)k＜1時(shí)，曲線y=f（x）與直線y=kx-2只有一個(gè)交點(diǎn)轉(zhuǎn)化為證明差函數(shù)g（x）=f（x）-kx+2=x3-3x2+（1-k）x+ 4只有1個(gè)零點(diǎn).

總之，構(gòu)造函數(shù)在高中數(shù)學(xué)解題中的運(yùn)用非常廣泛，本文只是涉及了幾種比較常見、重要的方面.只要我們在平時(shí)的教學(xué)實(shí)踐中用心總結(jié)、反思，就能做到舉一反三，觸類旁通，提高解題能力.