导数压轴题中的函数构造策略

江苏省南京市板桥中学(210039) 纪明亮

高考卷中导数题基本上是压轴题,这类题目难度大,只有少数学生能做出来,那么这类题目有什么特点? 如何解决?导数题中函数多由基本初等函数经有限次四则运算和有限次复合而构成(下文简称这种构成方式为“组合”)的初等函数,基本上需要通过构造函数来解决.本文以高考题为载体,从初等函数导函数性质出发,探索研究导数问题中的函数构造策略.

高考导数压轴题中的函数都是由初等函数组合而成,通常幂函数与指数函数组合、幂函数与对数函数组合、指数函数与对数函数组合出现的频率很高,那么研究复合函数导函数应回到源头,先研究这些初等函数的导数,幂函数y=xn导函数为y′=nxn-1,y′′=n(n-1)xn-2,··· ,y(n)=n!求导过程中变量次数在降低, 每多求一阶导数, 变量次数降低一次; 指数函数y= ex的导函数为y′=y′′=···=y(n)= ex,n阶可导且各阶导函数与原来的函数相同;对数函数y= lnx导函数为y′=x-1,y′′=-x-2,··· ,y(n)=(-1)n-1(n-1)!x-n,n阶可导且导函数中不含lnx.

一、幂函数与指数函数的组合函数处理策略

例1(2020年高考全国Ⅰ卷理科第21(2)题)已知函数f(x) = ex+ax2-x.当x≥0 时,f(x) ≥+1,求a的取值范围.

思路恒成立问题要转化为最值问题,因此需要构造函数,在构造函数时考虑到式中含有ex项,ex在求导过程中无法消去,如果ex与其它项以和的形式出现,那么不利于求出函数零点,往往会得到隐零点问题,而将不含ex项构成整体再与ex相乘(或相除)来构造函数,这样导函数中ex项就不影响零点的求解,可以有效的回避隐零点问题.

解f(x)≥ax2+x+1)e-x≤1,令g(x)=-ax2+x+1)e-x(x≥0),则g(x)max≤1.g′(x) =(x -2a-1)(x -2)e-x, 令g′(x)=0,可得x=0,或x=2,或x=2a+1.

①若2a+ 1 ≤ 0, 即a≤则g′(x) ≥ 0 时,0 ≤x≤2,g′(x)＜0 时,x ＞2, 则g(x) 在[0,2] 单调递增,而g(0) = 1,则当x ∈(0,2)时,g(x)＞g(0) = 1,不合题意.

②若0＜2a+1＜2,即则g′(x) ≥0时,2a+1 ≤x≤2,g′(x)＜0 时,0 ≤x ＜2a+1 或x ＞2,则g(x) 在[2a+1,2] 单调递增, 在[0,2a+1), (2,+∞) 单调递减,则gmax(x) = max{g(0),g(2)},由于g(0) = 1,所以g(x) ≤1⇔g(2) = (7-4a)e-2≤1,即a≥由于

③若2a+1=2,即a=则g′(x)≤0 在[0,+∞)恒成立,则g(x)在[0,+∞)单调递减,g(x)max=g(0)=1.

④若2a+ 1＞2, 即a ＞则g′(x) ≥ 0 时,2 ≤x≤2a+1,g′(x)＜0 时, 0 ≤x ＜2a+1 或x ＞2,则g(x) 在[2,2a+1] 单调递增, 在[0,2), (2a+1,+∞) 单调递减,则gmax(x) = max{g(0),g(2a+1)},由于g(0) = 1,所以g(x) ≤1⇔g(2a+1) =+(2a+1)+1]e-(2a+1)≤1,设t=2a+1＞2,则+t+1)e-t≤1,令h(t) =则h′(t) = (1-则h(t)在(2,+∞)单调递减,则h(t)＜h(2) =＜1,故时,g(x)max≤1 在[0,+∞)恒成立.

综上可得,a的取值范围是

评注这类含参幂函数与指数函数复合型函数, 问题可以归纳为若f(x,a) +g(a)ex ＞ h(x,a)恒成立, 其中x是自变量,a是参数, 则构造函数p(x) =则有p(x)max＜g(a),p′(x) =求p′(x) 零点时, 令p′(x) = 0,即h′(x,a)-f′(x,a)-h(x,a)+f(x,a) = 0,其中不含ex,便于求解.

二、幂函数与对数函数的复合函数处理策略

例2已知函数f(x) =xlnx,g(x) =a(x2-1)(a为常数),若对任何x ∈[1,+∞),都有f(x) ≤g(x)恒成立,求实数a取值范围.

思路这是一道函数不等式问题恒成立问题,这类题目需要构造函数,由于f(x)中含lnx,考虑到y= lnx导函数特征,因此在构造函数时将lnx项与其它项以和的形式出现,这样求导时会消去lnx,使问题简化.

解∀x ∈[1,+∞),不等式f(x) ≤g(x)恒成立⇔∀x ∈[1,+∞),lnx-ax+≤0 恒成立,令h(x)=lnx-ax+则x ∈[1,+∞),h(x)max≤0.由于h′(x) =令p(x)=-ax2+x-a=

①若a≤0 时,p(x)＞0, 即h′(x)＞0, 则h(x) 在[1,+∞)单调递增,则h(x) ≥h(1) = 0,则h(x)max≤0 不成立.

②若0＜a ＜,p(x) =开口向下, 对称轴为x=Δ = 1-4a2＞0, 则p(x) =-ax2+x-a= 0 存在两个实根x1、x2(x1＜x2),则x1+x2=且x1x2= 1,则0＜x1＜1＜x2,令p(x)＞0,则1＜x ＜x2;令p(x)＜0.则x ＞x2.从而h(x)在(1,x2)单调递增,在(x2,+∞)上单调递减,在x=x2取最大值h(x)max=h(x2)＞h(1)=0,则h(x)max≤0 不成立.

③若a≥开口向下, Δ = 1-4a2≤0, 则p(x) ≤0 在[1,+∞) 恒成立,即h′(x) ≤0 在[1,+∞) 恒成立, 则h(x) 在[1,+∞) 单调递减, 则h(x) 在x= 1 取最大值h(x)max=h(1) = 0, 则h(x)max≤0 成立.

评注本题巧妙处理lnx是解题的关键, 这类问题可归纳为f(x,a)lnx≤g(x,a)(f(x,a)＞0) 恒成立, 构造函数h(x) =-lnx, 则h(x)min≥0,h′(x) =导函数h′(x) 中不含lnx,易于判断单调性和零点,有助于解题.

三、指数函数与对数函数的复合函数处理策略

例3(2018年高考新课标Ⅰ卷第21(2)改编)已知函数f(x)=aex-lnx-1.f(x)≥0 恒成立,求a取值范围.

思路本题是函数不等式恒成立问题,需构造函数并转化为函数最值来解决,由于f(x)是由y= ex和y= lnx联合构成,考虑y= ex和y= lnx导函数特征,因此构造函数g(x)=e-x(lnx+1),并转化为求g(x)最值来解决.

解f(x)=aex-lnx-1 ≥0 恒成立⇔a≥e-x(lnx+1)恒成立.令g(x)=e-x(lnx+1),则待证式归结为g(x)max≤a.由于g′(x) = e-x(-lnx-1),令h(x) =-lnx-1,则h′(x) =＜0, 从而h(x) 在(0,+∞) 单调减.因为h(1) = 0, 所以x ∈(0,1)时,h(x)＞0, 即g′(x)＞0,x ∈(1,+∞) 时,h(x)＜0, 即g′(x)＜0, 则g(x) 在(0,1)单调增, 在(1,+∞) 上单调减, 故g(x)max=g(1) =则

评注对于同时出现指数函数和对数函数的不等式问题, 通常是整理成lnx与其它不含ex项构成多项式, 最后与ex构成积或商的形式, 即将形如f(x,a)ex+f(x,a)lnx+g(x,a) ≥ 0(f(x,a)＞0) 的不等式, 变形得到e-x(lnx+≥-1, 再构造函数h(x) =则问题归结为h(x)min≥-1的问题.

高考导数问题中的函数通常都是由初等函数,把握初等函数导函数特性,恰当构造函数是解题的关键.本文研究了导数压轴题中三类函数问题中的函数构造,归纳总结了一般性结论,因此,解导数压轴题可根据函数形式选择相应的策略构造函数求解.