構造函數法求解導數題中的不等問題

浙江省嘉興市秀水高級中學 (314000) 馮雪蓮

解決導數中的不等問題有很多的方法，而通過構造函數，利用求導數解決問題就是一個非常有效的方法，本文中通過分析、點評幾個典型題例，介紹此法在解題中的一些運用方法和解題體會，希望能對讀者朋友有所幫助．

一、求不等式的解

此處的不等式是通過求導判斷某函數的單調性來解的．

例1 已知函數的定義域為R，f(-1)=2，對任意x∈R，f′(x)>2，則f(x)>2x+4的解集為．

解析：設g(x)=f(x)-2x-4，由f′(x)>2得g′(x)=f′(x)-2>0，于是g(x)是R上的增函數，又由f(-1)=2得g(-1)=f(-1)+2-4=0，由f(x)>2x+4得g(x)>0=g(-1)，所以有x>-1．

評注：本題中解決問題的關鍵是如何利用給出的導數條件為解不等式服務，通過構造一個與它們都有聯系的函數化解了難點，此處新構造一個函數是解題的最重要的環節．

例2 已知定義在R上的函數f(x)滿足f(1)=2，f′(x)<1，則不等式f(x2)

解析：由于f′(x)<1，則f′(x)-1<0，設g(x)=f(x)-x+C(C為常數)，則g′(x)=f′(x)-1<0，所以g(x)是單調減函數，由f(1)=2知g(1)=f(1)-1+C=1+C，由于f(x2)1，解得x>1或x<-1，即x∈(-∞,-1)∪(1,+∞)．

評注：此題雖然也是解不等式問題，但破解函數的復合環節也比較重要，如果按照例1的方法直接構造與欲解不等式相關的函數會遇到很多的麻煩．

二、判斷大小

通過構造函數將需要比較的兩式大小問題轉化為求函數最值問題．

例3 已知f(x)=xlnx，g(x)=-x2+ax-3，若對一切x∈(0,+∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，試確定實數a與4的大小.

評注：此題是用分離變量法解題的典型題目，a≤h(x)恒成立就是a≤h(x)min，a≥h(x)恒成立就是a≥h(x)max，這里要注意變量分離時的等價性.

例4 設函數f(x)在R上的導函數為f′(x)，且2f(x)+xf′(x)>x2，試比較f(x)與0的大小．

解析：由2f(x)+xf′(x)>x2知：當x=0時，f(0)>0；當x>0時，不等式兩邊同乘以x，則2xf(x)+x2f′(x)>x3>0，即(x2f(x))′>0，設h(x)=x2f(x)，則h′(x)<0，所以h(x)在(0,+∞)上單調遞增，又h(0)=0，故h(x)=x2f(x)>0，于是f(x)>0；當x<0時，不等式兩邊同乘以x，則2xf(x)+x2f′(x)0，于是f(x)>0．

評注：通過抓住題意，利用兩式積的函數的求導法則構造出函數h(x)=x2f(x)，通過分類討論機智地解決了大小的判斷，有根有據，推理順暢．

三、證明不等式

先將待證的不等式轉化為一個函數不等式，然后利用求導方法解題．

例5 已知實數a>ln2-1，當x>0時，證明：ex>x2-2ax+1.

證明：設f(x)=ex-x2+2ax-1，則f′(x)=ex-2x+2a，再設g(x)=ex-2x+2a，則g′(x)=ex-2，當x∈(0,ln2)時，g′(x)<0；當x∈(ln2,+∞)時，g′(x)>0，所以[g(x)]min=g(ln2)=2-2ln2+2a，由a>ln2-1得[g(x)]min>0，即f′(x)>0，于是f(x)是單調增函數，則當x>0時，有f(x)>f(0)=0，即ex>x2-2ax+1.

評注：通過構造函數，將證明不等式轉化為求函數最值問題，經過兩次求導數，利用函數單調性解決了判斷問題，這是求相關導數綜合題中的常見方法．

評注：題中針對x∈N*的重要特征，機智地將要證明的不等式f(x)≤x-1，轉化為證明1+ln(x-1)≥x-1，破解了解題難點，簡化了解題過程．

四、求參數范圍

通過求某函數的最值構造不等式或者對參數分段討論解決．

例7 已知函數f(x)=(a+1)lnx+ax2+1，設a<-1，若對任意x1,x2∈(0,+∞)，都有|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|，求a的取值范圍．

評注：解題時先根據函數f(x)的單調性，將已知不等式轉化為另一個函數的單調性問題，再由導數列出不等式，然后得到參數范圍，整個解題過程設計精巧，令人耳目一新．

例8 已知f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍.

評注：解題中的取點過程用到了放縮的技巧，而完成大小比較時是通過兩次建立函數，然后再求導、判斷單調性、求值解決的，充分體現了函數的解題作用．