第一篇：構(gòu)造函數(shù)法在導(dǎo)數(shù)中的應(yīng)用（小編推薦）

構(gòu)造函數(shù)法在導(dǎo)數(shù)中的應(yīng)用

“作差法”構(gòu)造

證明不等式或解決不等式恒成立問題都可以利用作差法將不等式右邊轉(zhuǎn)化為0，然后構(gòu)造新函數(shù)[F（x）]，最后根據(jù)新函數(shù)[F（x）]的單調(diào)性轉(zhuǎn)化為[F（x）min≥0]或者[F（x）max≤0來解決.]

例1 設(shè)函數(shù)[f（x）=x1+x]，[g（x）=lnx+12].求證：當(dāng)[0

∵[F（x）=1+x-x1+x2-1x=-x2-x-11+x2?x<0.]

∴[F（x）]在（0，1]上單調(diào)遞減.∵[F（1）=12-0-12=0，]

∴[F（x）]≥0，當(dāng)且僅當(dāng)[x=1]時(shí)，等號成立.∴當(dāng)[0

恒成立問題中，求參數(shù)范圍的問題，常常分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為[a≤F（x）min或者a≥F（x）max，]其中[F（x）]為構(gòu)造的新函數(shù).例2 若不等式[2x?lnx≥-x2+ax-3]恒成立，則實(shí)數(shù)[a]的取值范圍是（）

A.（-∞，0）B.（-∞，4]

C.（0，+∞）D.[4，+∞）

解析不等式[2x?lnx≥-x2+ax-3]恒成立，即[a≤2lnx+x+3x]在（0，+[∞]）上恒成立.設(shè)[h（x）=2lnx+x+3x]，則[h′（x）=（x+3）（x-1）x2（x>0）].當(dāng)[x∈（0，1）]時(shí)，[h′（x）<0]，函數(shù)[h（x）]單調(diào)遞減；

當(dāng)[x∈（1，+∞）]時(shí)，[h′（x）>0]，函數(shù)[h（x）]單調(diào)遞增.所以[h（x）min=h（1）=4].所以[a≤h（x）min=4].答案 B

根據(jù)題干的“結(jié)構(gòu)特征”猜想構(gòu)造

1.根據(jù)運(yùn)算公式[f（x）?g（x）′=f（x）g（x）+f（x）g（x）]和[f（x）g（x）′][=f（x）g（x）-f（x）g（x）g（x）2來構(gòu)造]

例3 已知函數(shù)[f（x）]的定義域是[R]，[f（0）=2]，對任意的[x∈R]，[f（x）+f（x）>1]恒成立，則不等式[ex?f（x）][>ex+1]的解集為（）

A.（0，+∞）B.（-∞，0）

C.（-1，+∞）D.（2，+∞）

解析構(gòu)造函數(shù)[g（x）=ex?f（x）-ex]，因?yàn)閇g′（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[g（0）=e0?f（0）-e0=1]，所以原不等式轉(zhuǎn)化為[g（x）>g（0）]，所以[x>]0.答案 A

例4 設(shè)函數(shù)[f（x）]滿足[x2?f（x）+2x?f（x）=exx，][f（2）=][e28，]則當(dāng)[x>0]時(shí)，[f（x）]（）

A.有極大值，無極小值

B.有極小值，無極大值

C.既有極大值又有極小值

D.既無極大值又無極小值

解析構(gòu)造函數(shù)[F（x）=x2?f（x）]

則[f（x）=F（x）x2′=ex-2F（x）x3，]

[令h（x）=ex-2F（x），則h（x）=ex（x-2）x.]

[∴h（x）]在（0，2）上單調(diào)遞減；在[（2，+∞）]上單調(diào)遞增.[∴h（x）≥h（2）=0].[∴f（x）≥0，∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增.]

答案 D

2.根據(jù)已知條件等價(jià)轉(zhuǎn)化后再以“形式”來構(gòu)造

運(yùn)用下列形式的等價(jià)變形構(gòu)造：分式形式[f（b）-f（a）b-a<1，] 絕對值形式[f（x1）-f（x2）][≥4x1-x2]，指對數(shù)形式[1×2×3×4×?×n≥en-sn.]

例5 設(shè)函數(shù)[ f（x）=lnx+mx]，[m∈R].（1）當(dāng)[m=e]（[e]為自然對數(shù)的底數(shù)）時(shí)，求[f（x）]的極小值；

（2）討論函數(shù)[g（x）=f（x）-3x]零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；

（3）若對任意[b>a>0]，[f（b）-f（a）b-a<1]恒成立，求[m]的取值范圍.解析（1）當(dāng)[m=e]時(shí)，[f（x）=lnx+ex]，則[f（x）=x-ex2].∴當(dāng)[x∈（0，e）]，[f（x）<0]，[f（x）]在[（0，e）]上單調(diào)遞減；

當(dāng)[x∈（e，+∞）]，[f（x）>0]，[f（x）]在[（e，+∞]）上單調(diào)遞增.∴[x=e]時(shí)，[f（x）]取得極小值[f（e）=lne+ee]=2.∴[f（x）]的極小值為2.（2）由題設(shè)知，[g（x）=f（x）-x3=1x-mx2-x3（x>0）].令[g（x）=0]得，[m=-13x3+x（x>0）].設(shè)[φ（x）][=-13x3+x（x>0）]，則[φ（x）=-x2+1=-（x-1）（x+1）]，當(dāng)[x∈（0，1]）時(shí)，[φ（x）]>0，[φ（x）]在（0，1）上單調(diào)遞增；

當(dāng)[x∈（1，+∞）]時(shí)，[φ（x）]<0，[φ（x）]在（1，+∞）上單調(diào)遞減.∴[x=1]是[φ（x）]的惟一極值點(diǎn)，且是極大值點(diǎn).因此[x=1]也是[φ（x）]的最大值點(diǎn).∴[φ（x）]的最大值為[φ（1）]=[23].又[φ（0）]=0，結(jié)合[y=φ（x）]的圖象（如圖）可知，①當(dāng)[m>23]時(shí)，函數(shù)[g（x）]無零點(diǎn)；

②當(dāng)[m=23]時(shí)，函數(shù)[g（x）]有且只有一個(gè)零點(diǎn)；

③當(dāng)[0

④當(dāng)[m≤0]時(shí)，函數(shù)[g（x）]有且只有一個(gè)零點(diǎn).綜上所述，當(dāng)[m>23]時(shí)，函數(shù)[g（x）]無零點(diǎn)；

當(dāng)[m=23]或[m≤0]時(shí)，函數(shù)[g（x）]有且只有一個(gè)零點(diǎn)；

當(dāng)[0a>0]，[f（b）-f（a）b-a<1]恒成立[?f（b）-b0）]，∴[h（x）]在（0，+∞）上單調(diào)遞減.由[h′（x）=1x-mx2-1≤0]在（0，+∞）上恒成立得，[m≥-x2+x=-（x-12）2+14（x>0）]恒成立.∴[m≥14（對m=14，h（x）=0僅在x=12時(shí)成立）.]

∴[m]的取值范圍是[14，+∞].例6 已知[f（x）=（a+1）lnx+ax2+1]，（1）討論函數(shù)[f（x）]的單調(diào)性；

（2）[設(shè)a<-1，?x1，x2∈（0，+∞），][f（x1）-f（x2）][≥4x1-x2]恒成立，求[a]的取值范圍.解析（1）[∵x∈（0，+∞），∴f（x）=2ax2+a+1x.]

[①當(dāng)a≥0時(shí)，f（x）>0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增.②當(dāng)-10時(shí)，f（x）在（0，-a+12a）上單調(diào)遞增；當(dāng)f（x）<0時(shí)，f（x）在（-a+12a，+∞）上單調(diào)遞減.③當(dāng)a≤-1時(shí)，f（x）<0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減.]

（2）不妨設(shè)[x1≤x2，]由（1）可知，當(dāng)[a<-1]時(shí)，[f（x）]在[（0，+∞）上單調(diào)遞減.]

[則有f（x1）-f（x2）≥4x1-x2]

[?f（x1）-f（x2）≥-4（x1-x2）]

[?f（x1）+4x1≥f（x2）+4x2.]

[構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）+4x，則g（x）=a+1x+2ax+4≤0].[∴a≤（-4x-12x2+1）min.]

[設(shè)φ（x）=-4x-12x2+1，x∈（0，+∞），]

[則φ（x）=4（2x-1）（x+1）（2x2+1）2.]

[故φ（x）在（0，12）上單調(diào)遞減；][在（12，+∞）上單調(diào)遞增].[∴φ（x）min=φ（12）=-2.]

[∴a≤-2.]

第二篇：導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(構(gòu)造法)

導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（構(gòu)造法證明不等式）

1.已知函數(shù)f(x)?lnx(p?0)是定義域上的增函數(shù).（Ⅰ）求p的取值范圍；

（Ⅱ）設(shè)數(shù)列?an?的前n項(xiàng)和為Sn,且an?

2.已知函數(shù)f(x)?alnx?ax?3在x=2處的切線斜率為1，函數(shù)g(x)?x?x(f(x)?區(qū)間(2,3)內(nèi)有最值,（Ⅰ）試判斷函數(shù)g(x)在區(qū)間(2,3)內(nèi)有最大值還是最小值,并求m的范圍；（Ⅱ）證明不等式：ln(22?1)?ln(32?1)???ln(n2?1)?1?2lnn！.32/2n?1n，證明:Sn?2ln(n?1).m2)在3.已知函數(shù)f(x)?1?x

ax

3?lnx(a?0)在區(qū)間?1,???上為單調(diào)遞增函數(shù).（Ⅰ）求實(shí)數(shù)a的范圍；（Ⅱ）證明：

4.已知函數(shù)f(x)?ln(x?1)?k(x?1)?1.（Ⅰ）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；（Ⅱ）若f(x)?0恒成立，求k的取值范圍；（Ⅲ）證明：

ln23?ln34???lnnn?1?n(n?1)4,(n?N,n?1).?12????1n?lnn?1?12?13???1n?1,n?N,n?2.?

第三篇：構(gòu)造函數(shù)解導(dǎo)數(shù)

合理構(gòu)造函數(shù)解導(dǎo)數(shù)問題

構(gòu)造函數(shù)是解導(dǎo)數(shù)問題的基本方法，但是有時(shí)簡單的構(gòu)造函數(shù)對問題求解帶來很大麻煩甚至是解決不了問題的，那么怎樣合理的構(gòu)造函數(shù)就是問題的關(guān)鍵。

例1：已知函數(shù)f?x??ln?ax?1??x3?x2?ax.(1)若2為y?f?x?的極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的值； 3(2)若y?f?x?在?1,???上增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)若a??1時(shí)，方程f?1?x???1?x??3b有實(shí)根，求實(shí)數(shù)b的取值范圍。x

變量分離直接構(gòu)造函數(shù) 抓住問題的實(shí)質(zhì)，化簡函數(shù)

1、已知f?x?是二次函數(shù)，不等式f?x??0的解集是?0,5?，且f?x?在區(qū)間??1,4?上的最大值12.（1）求f?x?的解析式；

（2）是否存在自然數(shù)m，使得方程f?x??37?0在區(qū)間?m,m?1?內(nèi)有且只有兩個(gè)不等的x實(shí)數(shù)根？若存在，求出所有m的值；若不存在，請說明理由。

變式練習(xí)：設(shè)函數(shù)f?x??x?6x?5,x?R，求已知當(dāng)x??1,???時(shí)，f?x??k?x?1?恒

3成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍。

抓住常規(guī)基本函數(shù)，利用函數(shù)草圖分析問題

例： 已知函數(shù)f?x??n?lnx的圖像在點(diǎn)P(m,f?m?)處的切線方程為y?x, 設(shè)g?x??mx?n?2lnx.x（1）求證：當(dāng)x?1時(shí)，g?x??0恒成立；（2）試討論關(guān)于x的方程mx?n?g?x??x3?2ex2?tx根的個(gè)數(shù)。x第 1 頁

共 1 頁 一次函數(shù)，二次函數(shù)，指對數(shù)函數(shù)，冪函數(shù)，簡單的分式根式函數(shù)，絕對值函數(shù)的圖象力求清晰準(zhǔn)確，一些綜合性的問題基本上是這些函數(shù)的組合體，如果適當(dāng)分解和調(diào)配就一定能找到問題解決的突破口，使問題簡單化明確化。

復(fù)合函數(shù)問題一定要堅(jiān)持定義域優(yōu)先的原則，抓住函數(shù)的復(fù)合過程能夠逐層分解。例：已知函數(shù)f?x???單調(diào)遞增。

（1）求實(shí)數(shù)a的值.（2）若關(guān)于x的方程f2x?m有3個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.（3）若函數(shù)y?log2?f?x??p?的圖像與坐標(biāo)軸無交點(diǎn)，求實(shí)數(shù)p的取值范圍。復(fù)合函數(shù)尤其是兩次復(fù)合，一定要好好掌握，構(gòu)造兩種函數(shù)逐層分解研究，化繁為簡，導(dǎo)數(shù)仍然是主要工具。

1423x?x?ax2?2x?2在區(qū)間??1,1?上單調(diào)遞減，在區(qū)間?1,2?上43??

導(dǎo)數(shù)—構(gòu)造函數(shù)

一：常規(guī)的構(gòu)造函數(shù)

例一.若sin3??cos3??cos??sin?,0???2?，則角?的取值范圍是（）(A)[0,?4]

(B)[??5?,?]

(C)[,]

4(D)[?3?4,2)

x?y?xy變式、已知3?3?5?5成立，則下列正確的是（）

A.x?y?0

B.x?y?0

C.x?y?0

D.x?y?0

2變式.f?(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，若對x?R，2f(x)?xf?(x)?x恒成立，則下列命題可能錯(cuò)誤的是()A．f(0)?0 B．f(1)?4f(2)C．f(?1)?4f(?2)D．4f(?2)?f(1)

二：構(gòu)造一次函數(shù)

例

二、對于滿足|a|?2的所有實(shí)數(shù)a,求使不等式x2+ax+1>a+2x恒成立的x的取值范圍.第 2 頁

共 2 頁 三：變形構(gòu)造函數(shù) 例三．已知函數(shù)f(x)?12x?ax?(a?1)lnx，a?1． 2（Ⅰ）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；

（Ⅱ）證明：若a?5，則對任意x1,x2?(0,??)，x1?x2，有

例

四、已知函數(shù)f(x)?(a?1)lnx?ax2?1.（Ⅰ）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；

（Ⅱ）設(shè)a??2，證明：對任意x1,x2?(0,??)，|f(x1)?f(x2)|?4|x1?x2|.四：消參構(gòu)造函數(shù)

例

五、設(shè)函數(shù)f?x??x?aln?1?x?有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1?x2．

2f(x1)?f(x2)??1．

x1?x2（I）求a的取值范圍，并討論f?x?的單調(diào)性；（II）證明：f?x2??

五：消元構(gòu)造函數(shù)

例

六、已知函數(shù)f?x??lnx，g?x??ex．

（Ⅰ）若函數(shù)??x??f?x??1?2ln2． 4x?1，求函數(shù)??x?的單調(diào)區(qū)間； x?1（Ⅱ）設(shè)直線l為函數(shù)的圖象上一點(diǎn)A?x0,f?x0??處的切線．證明：在區(qū)間?1,???上存在唯一的x0，使得直線l與曲線y?g?x?相切．

第 3 頁

共 3 頁 六：二元合一構(gòu)造函數(shù)

12ax?bx(a?0)且導(dǎo)數(shù)f'(1)?0 2（1）試用含有a的式子表示b，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；（2）對于函數(shù)圖象上的不同兩點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2)如果在函數(shù)圖象上存在點(diǎn)M(x0,y0)（其中x0?(x1,x2)）使得點(diǎn)M處的切線l//AB，則稱AB存在“跟隨切線”。

x?x2特別地，當(dāng)x0?1時(shí)，又稱AB存在“中值跟隨切線”。試問：在函數(shù)f(x)上是否存在2兩點(diǎn)A、B使得它存在“中值跟隨切線”，若存在，求出A、B的坐標(biāo)，若不存在，說明理由。例

七、已知函數(shù)f(x)?lnx?

七：構(gòu)造函數(shù)解不等式

例

八、設(shè)函數(shù)f(x)＝?x3?2mx2?m2x?1?m(其中m >-2)的圖像在x=2處的切線與直線y=-5x+12平行；

（Ⅰ）求m的值與該切線方程；

（Ⅱ）若對任意的x1,x2??0,1?,f?x1??f?x2??M恒成立，則求M的最小值；（Ⅲ）若a?0, b?0, c?0且a+b+c=1，試證明：

例

九、設(shè)函數(shù)f(x)?lnx?px?1

（Ⅰ）求函數(shù)f(x)?lnx?px?1的極值點(diǎn)

（Ⅱ）當(dāng)p?0時(shí)，若對任意的x?0，恒有f(x)?0，求p的取值范圍。

abc9???

1?a21?b21?c210ln22ln32ln42lnn22n2?n?1（Ⅲ）證明：2?2?2?????2?(n?N,n?2)

234n2(n?1)

例

十、證明：對任意的正整數(shù)n，不等式ln(?1)?

第 4 頁

共 4 頁

1n11?3都成立.2nn1、移項(xiàng)法構(gòu)造函數(shù)

【例1】已知函數(shù)f(x)?ln(x?1)?x，求證：當(dāng)x??1時(shí)，恒有1?

2、作差法構(gòu)造函數(shù)證明 【例2】已知函數(shù)f(x)?1?ln(x?1)?x x?112x?lnx.求證：在區(qū)間(1,??)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)2g(x)?23x的圖象的下方； 3111?1)?2?3 都成立.nnn

3、換元法構(gòu)造函數(shù)證明

【例3】證明：對任意的正整數(shù)n，不等式ln（4、從條件特征入手構(gòu)造函數(shù)證明

【例4】若函數(shù)y=f(x)在R上可導(dǎo)且滿足不等式xf?(x)>－f(x)恒成立，且常數(shù)a，b滿足a>b，求證：．a(chǎn)f(a)>bf(b)

第 5 頁

共 5 頁

第四篇：構(gòu)造函數(shù)法

函數(shù)與方程數(shù)學(xué)思想方法是新課標(biāo)要求的一種重要的數(shù)學(xué)思想方法，構(gòu)造函數(shù)法便是其中的一種。

高等數(shù)學(xué)中兩個(gè)重要極限

1．limsinx?1 x?0x

11x2．lim(1?)?e（變形lim(1?x)x?e）x?0x??x

由以上兩個(gè)極限不難得出，當(dāng)x?0時(shí)

1．sinx?x，2．ln(1?x)?x（當(dāng)n?N時(shí)，(1?)n?e?(1?)n?1）．

下面用構(gòu)造函數(shù)法給出兩個(gè)結(jié)論的證明．

（1）構(gòu)造函數(shù)f(x)?x?sinx，則f?(x)?1?cosx?0，所以函數(shù)f(x)在(0,??)上單調(diào)遞增，f(x)?f(0)?0．所以x?sinx?0，即sinx?x．

（2）構(gòu)造函數(shù)f(x)?x?ln(1?x)，則f?(x)?1??1n1n1x??0．所以函數(shù)f(x)在1?x1?x

(0,??)上單調(diào)遞增，f(x)?f(0)?0，所以x?ln(1?x)，即ln(1?x)?x． ?1?要證?1???n?事實(shí)上：設(shè)1?n?11?1??e,兩邊取對數(shù)，即證ln?1???, nn?1??11?t,則n?(t?1), nt?1

1因此得不等式lnt?1?(t?1)t

1構(gòu)造函數(shù)g(t)?lnt??1(t?1),下面證明g(t)在(1,??)上恒大于0． t

11g?(t)??2?0, tt

∴g(t)在(1,??)上單調(diào)遞增，g(t)?g(1)?0, 即lnt?1?, 1

t

1?1??1?∴ ln?1???,∴?1???n??n?n?1n?1?e,以上兩個(gè)重要結(jié)論在高考中解答與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的命題有著廣泛的應(yīng)用．

第五篇：高二數(shù)學(xué)2-2導(dǎo)數(shù)中構(gòu)造函數(shù)

1．已知f(x)為定義在(??,??)上的可導(dǎo)函數(shù)，且f(x)?f(x)對于任意x?R恒成立，則（）A.f(2)?e2?f(0),B.f(2)?e2?f(0),C.f(2)?e2?f(0),D.f(2)?e2?f(0),1．A

【解析】解：因?yàn)閒(x)為定義在(??,??)上的可導(dǎo)函數(shù)，且f(x)?f(x)對于任意x?R恒成立可以特殊函數(shù)f(x)=e,然后可知選A

x也可以構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)/e,2．函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(?1)?2，對任意x?R,f?(x)?2,則f(x)?2x?4的解集為

A．（-1，1）B.（-1，+?）C.(-?,-1)D.(-?,??)

2．B

【解析】設(shè)g(x)?f(x)?2x?4,則g?(x)?f?(x)?2?0對任意x?R都成立；所以函數(shù)2x'f(2010)?e2010?f(0)f(2010)?e2010?f(0)f(2010)?e2010?f(0)f(2010)?e2010?f(0)'g(x)是定義域R上的增函數(shù)，且g(?1)?0.所以不等式f(x)?2x?4，即

g(x)?0?g(?1)，所以x??1.故選B

3．已知可導(dǎo)函數(shù)f(x)(x?R)滿足f?(x)?f(x)，則當(dāng)a?0時(shí)，f(a)和eaf(0)的大小關(guān)系為c

A．f(a)?eaf(0)B．f(a)?eaf(0)C．f(a)?eaf(0)D．f(a)?eaf(0)