康殷殷
(福建省莆田第六中學)
導數(shù)應(yīng)用的前提條件是要有函數(shù),離開了函數(shù),導數(shù)就是“無本之木”,因此要想利用導數(shù)解決某些問題,構(gòu)造函數(shù)必不可少.那么在函數(shù)問題中,有哪些問題可以通過構(gòu)造函數(shù)并利用導數(shù)來解決的呢?
不等式恒成立問題,通常采用參變量分離法或分類討論法將原問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題,因此解題時應(yīng)構(gòu)造函數(shù),并利用導數(shù)求出該函數(shù)的最值.
(1)求a的取值范圍;
(2)若x1x2+m(x1+x2)<0恒成立,求實數(shù)m的取值范圍.
當0<x<1時,h′(x)<0,當x>1時,h′(x)>0,所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1+∞)上單調(diào)遞增,函數(shù)h(x)在x=1處取得最小值h(1)=2e,故a的取值范圍是(2e,+∞).
(2)由0<x1<x2,可得),且ax1=,所以lna+lnx1=ln2+x1,lna+lnx2=ln2+x2,故x2-x1=lnx2-lnx1.因為x1x2+m(x1+x2)<0 恒成立,則x1x2(lnx2-lnx1)+,即.
綜上,m的取值范圍是.
函數(shù)值大小的比較,一般需依據(jù)函數(shù)的單調(diào)性,故必須先構(gòu)造函數(shù),利用導數(shù)探究該函數(shù)的單調(diào)性.
A.f(a)>eaf(0) B.f(a)<eaf(0)
C.f(a)>f(0) D.f(a)<f(0)
(2)函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x),對任意的實數(shù)x,都有2f′(x)>f(x)成立,則( ).
A.3f(2ln2)>2f(2ln3)
B.3f(2ln2)<2f(2ln3)
C.2f(2ln2)<3f(2ln3)
D.2f(2ln2)>3f(2ln3)
F(x)單調(diào)遞增,F(2ln2)<F(2ln3),即
故選B.
求解與抽象函數(shù)有關(guān)的不等式,必須依據(jù)函數(shù)的單調(diào)性,由不等式構(gòu)造函數(shù),并利用導數(shù)探究該函數(shù)的單調(diào)性.
A.(-1,1) B.(-1,+∞)
C.(-∞,-1) D.(-∞,+∞)
(2)已知函數(shù)f(x)滿足,則不等式2f(x)<x+1的解集為_________.
(2)構(gòu)造函數(shù)F(x)=2f(x)-x-1,則F′(x)=,所以函數(shù)F(x)單調(diào)遞減,而F(1)=0,2f(x)<x+1等價于F(x)<0,得x>1,故不等式的解集為(1,+∞).
在導數(shù)的綜合應(yīng)用中,利用導數(shù)證明不等式是歷年高考的命題熱點,這類問題通常處于壓軸題的位置,具有一定的難度,解決這類問題的關(guān)鍵還是構(gòu)造合理函數(shù),巧妙利用導數(shù)解題.
(1)判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性;
(2)求證:exln(x+1)≥x2+ln(x+1).
設(shè)g(x)=(x-1)ex+1,則g′(x)=xex,令g′(x)=0,得x=0,所以g(x)在(-∞,0)上是減函數(shù),在(0,+∞)上是增函數(shù),所以g(x)≥g(0)=0,則f(x)在(-∞,0)和(0,+∞)上單調(diào)遞增.
(2)設(shè)h(x)=x-ln(x+1),則令h′(x)=0,得x=0,所以h(x)在(-1,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增,h(x)≥h(0)=0,即x≥ln(x+1).
當x>0時,x≥ln(x+1)>0,因為f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以f(x)≥f(ln(x+1)),即,所以(ex-1)ln(x+1)≥x2.
當-1<x<0時,0>x≥ln(x+1),因為f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,所以f(x)≥f(ln(x+1)),即,所以(ex-1)ln(x+1)≥x2.
當x=0時,(ex-1)ln(x+1)=x2=0.
綜上,對一切x>-1,有(ex-1)ln(x+1)≥x2,即exln(x+1)≥x2+ln(x+1).
函數(shù)與導數(shù)中的不等式問題歷來是高考的重難點,從以上例題的分析可以看出,構(gòu)造函數(shù)并合理利用導數(shù)是解決這類問題的基本方法.
(完)