构造函数法解决导数问题的研究

宁桂华

【摘要】高中数学题纷繁复杂，而导数在高中数学中占有较大比例.导数中的题，普遍反映不如解析几何中的题规律性强，如何在纷繁复杂的题中找出规律性很强的类型题于教师于学生都显得尤为重要.

【关键词】构造函数法

本人通过多年的教学经验，就构造函数法解决导数问题进行初步讨论，望对同行教学有所帮助，并期望弥补不足.

类型一 将左右两侧化为相同个数的式子

例1 用导数证：ln22·ln33·…·lnnn<1n，（n≥2，n∈N常.

分析 即证ln22·ln33·…·lnnn<12·23·…·n-1n.

即证lnxx1），即证lnx1）.

证明 设g（x）=lnx-（x-1），（x>1），发现g（1）=0，g′（x）=1[]x-1<0，g（x）为减函数，所以x>1时，g（x）1），得证.

例2 姓整数m，n，证：1ln（m+1）+1ln（m+2）+…+1ln（m+n）>nm（m+n）恒成立.

分析 即证

1ln（m+1）+1ln（m+2）+…+1ln（m+n）>1m-1m+1+1m+1-1m+2+…+1m+n-1-1m+n.

即证1lnx>1（x-1）x，（x>1）.

即证lnx1）.（证明略）

例3 证明：ln（22+1）+ln（32+1）+…+ln（n2+1）<1+2lnn（n≥2，n∈N常.

分析 即证ln（22+1）+ln（32+1）+…+ln（n2+1）<1+ln22+ln32+…+lnn2）.

又 122+133+…+1n2<11·2+12·3+…+1（n-1）n<1.

即证ln（22+1）+…+ln（n2+1）<122+ln22+132+ln32+…+1n2+lnn2.

即证ln（x+1）<1x+lnx（x>1）.

即证ln（1+1x）<1x，（x>1）.

即证ln（1+t）

证明 设h（t）=ln（1+t）-t，h′（t）=11+t-1=-t1+t<0.

∴h（t）

总结：此类题最明显的规律是将左、右两侧化为相同个数的式子，难点是对右侧式子的处理.

类型二 直接构造函数

例4 对衝≥3，n∈N*，1n2

证 （Ⅰ）右侧即证ln1+1n<1n.

令1n=x>0，

即证ln（1+x）0）.下面略.

（Ⅱ）左侧即证ln（1+x）-x2>0，0

令ψ（x）=ln（1+x）-x2，

ψ′（x）=11+x-2x=-2x2-2x+11+x，

ψ′13>0，

∴x∈0，13，ψ′（x）>0.

∴ψ（x）>ψ（0）=0.

例5 f（x）=（a+1）lnx+ax2+1，

a≤-2，证：对衳1，x2∈（0，+∞），

f（x1）-f（x2）≥4x1-x2.（2010辽宁）

证明 不妨设x1>x2，则f（x1）

即证f（x2）-f（x1）≥4（x1-x2）.

即证f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1.

即证g（x）=f（x）+4x在（0，+∞）为↓.

g′（x）=2ax2+4x+（a+1）x.

Δ=-8（a-1）（a+2）<0.

∴g′（x）<0.

∴g（x）在（0，+∞）为减函数.

例6 已知定义在R上的可导函数f（x）的导数为f′（x），满足f′（x）

A.（-∞，e4）B.（e4，+∞）

C.（-∞，0）D.（0，+∞）

解 由f′（x）-f（x）<0，令g（x）=f（x）e瑇，

∴g′（x）=（f′（x）-f（x））e瑇（e瑇）2.

∴g′（x）<0.

∴g（x）在R上为减函数.

又 f（2）=f（0）=1，

∴f（x）e瑇

∴g（x）

∴x>0.

总 结本文仅对几个规律性很强的构造函数的导数问题作了总结.通过本文的研究感悟到“规律是客观存在的”，寻找规律的过程是一种创造性思维的过程，是数学发现的一种重要途径.其实规律本就客观存在，有时缺少的是发现规律的人.教师在教学中要挖掘规律，使数学简单化；学生在学习中也要认真总结规律性的东西，从而使学习更简单.总之，发现规律的过程是我们要共同研究的重要过程.望教师与学生共同协作发现规律教学，使教学更简洁、更实效.