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导数类题目中的函数构造策略


?

辅教 导学 ?  

数 学 通 讯一 一 -2 0 1 5年 第 4期 ( 上半月)  

1 7  

导 数 类题 目 中 的 函 数构 造 策 略 
谢鹏作  
( 甘 肃 省 玉 门 市第 一 中 学 , 7 3 5 2 1 1 )  

函数

最值 问 题 、 不 等式 恒 成立 问题 、 参数 的 取 

g( 0)> 0,  

值 范 围 问题在 高 考 试 题 中 频 繁 出 现 , 并 以 压轴 题 
的形式 重 点考 查 , 这 三类 题 目在 某 种 程 度 上通 过 

I   g ( 1 n是 ) <0 ,  
『 g( 2 )> 0,  

转化 都可 以归结 为 函 数最 值 问题 . 关键 在 转化 归 
‘ 结 的过 程 中 , 函数 的 变 化 或 构 造 成 为 分 析 与 思 考 

【 0 <l n 是 <2 ,  
解 得  < k<  .  

的难 点 , 是 解 答 问 题 成 功 与 高 效 的 重要 因素 . 下 
文, 例 举 该类 问题 解答 中构 造 函数 的几 种 策 略 , 供  读者 参 考.  
1 .直 接 构 造 函 数 

综上 , 函数  ( z )在 ( 0 , 2 )内存 在 两 个 极值 点  时, 是的取值 范 围为 (  ,  ) .   新 函数构 造 缘 由   由 于 函 数  ( z )在 ( 0 , 2 )  

例 1 ( 2 0 1 4年 山 东 卷 理 科 2 O题 )设 函 数 

内存 在两 个极值 点 , 故直接讨论 厂 ( z )在 ( 0 , 2 )内  的单 调性 , 于是 对 函数 厂 (  )求 导 函数 , 因为 导 函 

厂 ( z ) 一  一 Z  k ( 4 + l n   z ) ( 忌 为 常 数 ,   是 自 然 对 数  
山  

数  (  )一   1 二 

二 

的正 负值决 定 厂 ( z )  

的底 数 ) .  

( 1 )略 ; ( 2 ) 若 函数 (  ) 在( 0 , 2 )内存在 两个 
极值 点 , 求 k的取 值 范 围.   解  由( 1 ) 知, 忌≤ 0时 , 函数 , ( 工 )在 ( O , 2 )  

的单 调性 , 所 以在 ( 0 , 2 )内讨 论  一妇 的正负 , 因  此, 构 造 函数 g ( z )一  一 k x,  ∈ ( O , 2 ) .  
2 . 等 价 变 形 构 造 函 数 

内单 调 递减 , 即 函数 , ( z )在 ( O , 2 )内不 存在 极 值 
点, 故 k> 0 .  
因 为  ( z ) 一— e  ̄ - x —   2
_ —  

例2 ( 2 0 1 4年 辽 宁 卷 理 科 2 l题 )已知 函 数 
厂(  )一 ( c 。 s   z— ) ( 7 c +2 z) 一  8( s i n   十1 ) , g(  )  
3 (  ~ 7 c ) c o s   z一 4 ( 1+ s i n   z) i n( 3一  ) . 证明:  

2 X e x
一 一

忌 ( 一  2 +  )
工   工  



 



工  

二  _ — — — — — — — — — —   — — — — — — — 一, 记 l 已   g(  )一  —  — ~  — 定 z, , z∈ ( z∈ U, 0, 2 Z   ) J .  


( 1 ) 存 在 唯一 的 z 。∈ ( 0 ,  ) , 使 f ( x 。 )一 0 ;  

若 函数 厂 ( z )在 ( o , 2 )内存在两 个极 值点 , 则g (  )  
有 两个 零点 .  

( 2 ) 存在唯一的 . 7 C  ∈ ( 要, 7 r ) , 使g ( x   ) 一0 ,  
且对( 1 )中 的 o , 有 z 0 +z 1 <7 c .  
解  ( 1 )因 为 
f   (  )一 ( 一s i n  ~1 ) (  + 2 x) +( C O S   z— z)  
× 2一  8  

因为 g   ( z )一  一 是 , 当 0 < 忌≤ 1时 , g   (  )  
一   一

k > 0在 ( 0 , 2 ) 内成 立 , g (  ) 为单 调递 增 函 

数, _ 厂 ( z )在 ( 0 , 2 )内不存 在 两 个 极值 点 . 当 k> 1  
时, g   (  ) < 0在 ( O , i n   k )内成 立 , g (  )为单 调递  减 函数 , g   (  ) > 0在 ( I n尼 , +。 。 ) 内成立 , g ( z ) 为 

C O S . 2 7 一 ~ 丌 s i n   一 2 x s i n   x E   4   一 号 c 。 s  

单 调递 增 函数 . 所 以 函数 g (  ) 的最 小值 为 g ( 1 n  )  


由于 f   (   )< 0在 ( 0 , 要)内恒成 立 , 所以  
厂(  )为 减 函 数 .    ̄NNf ( O )一 兀 一   8> o


k( 1一 I n   k) .  

若 _ 厂 ( z )在 ( O , 2 )内 存 在 两 个 极 值 点 , 当 且 
仅 当 

/ ( 号 ) 一 一   2 一 萼  

1 8  

数 学 通 讯 

一 2 O l 5年 第 4期 ( 上半月)  

?辅 教 导 学 ?  

<0 , 所 以 存 在 唯 一 的 z 。 ∈ ( o , 号 ) , 使/ ’ (   。 ) 一 0  
成 立.  
( 2 )记 ^(  )一 
l 十 S1 n , 2 7  

( f )一 

一 



n ( 1 +  ) ,  

所 以  一4 1 n ( 3— 2 S)
, 

7 【  

, ( ,  一  
一  

E[ 号 ,   ] ? 令£ 一   一   时 ,  
)一 h(  ̄- - t )一  一 4 1 n ( 1 + 

!  
( 1 十s i n  ) ( 兀+ 2 t ) ‘  

至此 , 要 判 断  ( £ )和 h (  )的 零 点 , 可 借 助 
f ( 7 3 )的 性 质 进 行 回答 .   3 . 放 缩 变 形 构 造 函数 

∈[ 0 ,  ] .  
所 
一  

例 3 ( 2 0 1 2年辽 宁卷理 科 2 1 题) 设 f ( 7 3 )一 
∽ 一  

l n ( x+ 1 ) +~  可

+甜 +b , ( n , b   E   R, 口 , b为常 


堕  
( 1+ s i n£ ) ( 7 c + 2 t ) ‘  

数) , 曲线  一 厂 (  ) 与直 线  一  3   在( OO ) 点 相 
切.  

由( 1 )知 , t   E ( 0 , 7 3 。 )时 .  ( £ )> 0 , 当 t   E  

(   。 , 詈) 时,  ( £ ) <0 , 在( 0 ,   。 ) 内/ z ( t ) 是增函  
数, 又 ( 0 )一 o , 从 而当 t   E( 0 ,  。 ]时 ,  ( £ ) >0 ,   所以  ( £ )在 ( O , z 。 ]上 无零点 .  

( 1 ) 求 口 , b的值 ;  
( 2 ) 证明: 当 0< z< 2时 , f ( 7 3 )<  解  ( 1 ) “一 0 . b一一 1 ( 过程 略) .  
十 0 

.  

在(   。 , 詈) 内  ( £ ) 为减函数, 由Z ( x 。 ) >0 ,  

( 2 ) 由( 1 ) 知  厂 ( z ) 一l n (  十1 ) + ̄ /  玎 一1 ,  

因为 3 7 >0 时, 2、 / /  



<  + 1 +1 一  +  

( 号 ) 一 一 4 1 n   2 <0 知 存 在唯 一的£   E(   。 , 号) 使   2 , 即、  可 < 委+1 . 当0 < < 2 时, 若l n ( 7 3 十  
( £ 1 ) 一0 , 所以存在唯一的 £ 1   E( o , 詈) , 使  (   1 )  
一0 . 因此 存 在 唯 一 的 z  一   一t 。E (   ,  ) , 使 
h( x 1 )一  ( £ 1 )一 0  

1 ) 十 专<   成 立 , 必 有L 厂 (   ) <  

成 立 .  

因为 当 3 7  E ( - 4   - , 7 c ) 时, g ( z )一 ( 1 +  s i n   x ) h ( z ) 与 ^ ( z ) 有 相 同零 点 , 所 以存在 唯一 的 

记 ^ (   ) 一 l n ( z + 1 ) + 专 一   辈   , 则   z   一   十 号 一  
一  

±  :   兰±   二  
2 ( z+ 1 ) ( 7+ 6 3 )  

±  
‘  

z 1   E( 要, 7 c ) 使g ( x 1 ) 一o . 因为  1 —7 c —t l , t l > 
z o , 所 以  0+ 1< 7 c .  

记 g(  )一 (  + 6 )  (  + 3 ) 一1 0 8 ( x+ 1 ) , z   E 

[ O , 2 ] , 则g   ( z )一 3 x 。 +3 0 x一 3 6 .  

构 造 函数缘 由   ( 2 ) 问 中, 若对 g (  ) 求导, 有 
g   ( z)一 3 c os   + 3  ̄s i n   z一 3 xs i n   z 一 4c o s   7 3 2 "?  

当z   E( o , 一5 + ̄ /  ) 时, g   (  ) <0 , g (  ) 为 
减 函数.当 , a T   E( 一 5+ 、 / ,  , 2 )时 , g   ( z )> 0 ,  
g ( z ) 为增 函数. 故 g …( z ) 一 ma x { g ( O ) , g ( 2 ) ) 一   ma x { 0 , 一4 ) 一0 . 所以g (  ) <0 在( 0 , 2 ) 内成立 ,  
即有 h   (  )< 0 , h (  )为 减 函 数 . 由 h ( O )一 0知 

l  

7 c  

+ 8.  

0  7 r一

‘ 

, 如此 复 杂冗 长 的 导 函 

数, 从何人手 呢? 在符合 题意 即不改 变 函数 g ( 7 3 )的  零点 的条 件下 , 转 化 变形 题 目使 其导 函数 简单 化 ,  

有利于对 原 函数 的探 究. 由此 可见 , 正 确 分离 三 角 
函数与指 数 函数 是 简 化 导 函数 的有 效 方 法 , 考 虑 
x ^( z)一 — 3( -

^ (   ) < o . R I ] 1 n ( z 十 1 ) + 号 <   在 ( 0 , 2 ) 内 成  
立.  

cos  x  ̄ v )




丁 T -_
上十

S1 n 3 7 

4 1 n ( 3 一   ) ,  ∈ [   , 7 ( ] 与  z 

所以, 当 0<  < 2时 , ’ 厂 ( z )< 

.  

g ( z ) 有着相 同零点 , 故可用 (  ) 代替 g (  ) , 再 次令 

构造 函数 缘 由   当0 <3 2 <2 时, 证明 _ ,   (   ) < 

£ 一兀 一z , 则z ∈[ 号, 兀 ] 时, £ E   E o , 号 ] .  

兰 十 b   . 若 构 造 函 数g (   ) 一   ( z ) 一   Z ‘ — r _ O   ,   E( 0 , 2 ) ,  

?

辅教导学 ?  

数 学 通 讯 一 一2 O 1 5年 第 4期 ( 上半月)  

1 9  

则需求解 g  (   ) , 并令 g 啪   (   ) < 0即可. 而 

g   (   ) 一 而 1+   亍 一  }  
2、  可
2 ̄ /  十 1 (  + 1 )  

, 

递减 , 从而 h (  ) 在( 0 , +。 。 )内的 最 大值 为 h ( 1 )  
一 一  

故 h (   ) 在 ( 0 , 1 ) 内 单 调 递 增 , 在 ( 1 . 十 。 。 ) 内 单 调  
综上 : 当 z> 0时 , g  (  ) > h   (  ) 即g (  )  

(  + 1 ) +(  + 1 )   一1 8 。 v / fT一 - 1  
( z+1 ) +(  +1 ) 。  
> h (  ) , 即 - 厂 (  )> 1 .  

令g l (   )一 0 , 即有 2   而


1 8?、 / , 而

一o , 化简整理得 2 C r +1 ) +  + 1 ) 号  
, 即存 在 分数 指 数 幂 , 于是 , 利 
< z+ l +1 一 z+ 2放 

构造 函数 缘 由   证明  ( z ) >l , 即当f …(  )  

> 1时 , 命 题获 证. 若 直接 求解  (  )的最 小值 , 则  要判 断 函数  ( z )的 单 调 性 , 因为 f   (  ): 兰 _- 4 : 一  



1 8— 0 . 该方 程难 以求 解 , 故不 能得 到 g   (  )的零  点, 困惑在于  而
用 不等式 2、  

1 n   z +  二 二 二  
工 

复杂冗长 , 无法计算其零点 ,  

缩。 从 而 可抛 开 、  

_ r的 困扰 , 使 问题 得 到 简 化.  
十 D 

更无 法判 断 f   (  )的正 负 函数值 所 对 应 的 . 7 2 的范  围, 题 目的解答 陷人 困境 , 思 维 受 挫. 于 是将 厂 ( z )  
> 1即 e   l n   z+ — 2 e  ̄

- -

若不等式 i n ( x+1 ) +委 /   < 

成立, 必有原命 



题 成立 , 所 以 构 造 函数 ^ (  )一 l n ( x+ 1 ) +  一 


>1 成立, 等价转化为. 2 C  ̄ x  

便 有 了题 目的解答.  

i n   5 C +2 P 一 一  > 0成立 , 或 : r l n  一   一 十  >  0 成 立.  

4 .利 用E . r (  ) ]   <[ g (  ) ]   解题  例4 ( 2 0 1 4年 课标 I 卷理 科 2 1题 )设 函数 


由于 含有  i n   z ,   一 的 函数表 达式 , 若对 其  求导, 导 函数 中将 仍 然 保 留  I n   z及 o T e 一 的形 

厂( z)一 

1 n   +— b e  ̄





曲线 Y一 厂(  )在 点 ( 1 ,  
式, 所 以将 原不 等式 等价 为 x l n   >  一 一 三 , 于 

- 厂 ( 1 ) )处 的切线 方 程为 Y— e ( x一 1 ) +2 .  
( 1 )求 Ⅱ , b ;  
( 2 ) 证 明:  (  ) > 1 .   解  ( 1 ) Ⅱ一 1 , b一 2 ( 过程 略 ) .  

是, 构造 g ( z )一 x l n   z, h (  )= x e ~十三 , 便 引出 
了题 目 的 解 答 .  

( 2 )由( 1 )知 , ( z ):   l n   +   二 从 而 


构造 函数 的缘 由 , 无 非 就 是使 问题得 到简 化 ,  

使 函数在 求导 函数 , 解答 导 函数 的零 点 , 判断 函数 
单 调性等 过程 中 , 简化运 算 , 并 能够 顺 利 地使 用 常 

厂 ( z )> 1 , 等价 于 x l n   z> 剧~ 一 三 .  
记 g (  )一 x l n   z, h ( z )= x e ~ 一三, 因 为  g   (  )一 1 +l n  , 所以, 当  ∈ ( O ,  ) 时, g   (  ) < 

规 方法解 决 问题 . 函数构 造 的 好 与 不好 , 将 直 接 影 
响解 题 的效率 与成 败 . 因此 , 构 造 函数 要 自然 , 符 

合逻 辑 , 才能 使 解 题 者 容 易 想 到 , 便 于 接 受.函数 
的构造 , 就要 在 困难 面 前 善 于 找 原 因 , 不断总结,   反思, 从 中避 免难 点 , 避 免 出现 现 阶段 无 法解 答 的  0 ; 当  ∈ (   , +o o ) 时, g   (  ) >0 . 故 g (  ) 在( 0 ,  



问题 , 将 问题 本质保 持 不 变 的情 况 下 , 不 断 翻译 题  目, 转化 题 目, 等价 变形 题 目, 使 问题 转 化 为常 见 
的, 易 于理解 的情 形.  

)内单 调递 减 , 在(   , +。 。 )内单 调 递 增 , 从 而 

g C r )在 ( o , +。 。 )内 的最小 值为 g (   )一一 1
. 

( 收 稿 日期 : 2 0 1 4 —1 2 —3 O )  

又 因为 h   (  ) 一e 一( 1 一z ) , 所 以, 当 X∈ ( 0 ,   1 ) 时, h   (  ) >0 ; 当  ∈ ( 1 , +C x 。 ) 时, h   ( z ) < 0 .  


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