1、第 1 页 共 26 页 复合函数复合函数的导数问题的导数问题 【考情分析】 复合函数的导数在近 10 年的江苏高考中曾两次出现，一是 2008 江苏高考 23 题，考查 内容是以复合函数的导数为工具证明排列组合中的恒等式； 二是 2015 年江苏高考 20 题， 通 过构造复合函数并研究其单调性， 确定方程解的个数 在各省的数学联赛中更是将复合函数 的导数问题提到相当重要的位置， 甚至作为压轴题出现 对复合函数导数的考查主要呈现出 两种形式，一是用导数研究函数性质（单调性、极值、最值、零点、不等式），二是将复合 函数的的导数作为工具，解决导数与其它知识的融合问题 第一第一讲讲复合函数复合函数
2、导数的基本应用导数的基本应用 在用导数研究函数性质时，单调性是解决一切问题之“根”通过本节的学习，掌握利 用导数判断函数单调性的基本方法，对于含参问题，要能从函数的图象、值域及导函数的零 点等视角感知分类讨论的原因以及讨论的标准，并能进行严格的推理论证； 【知识要点】 1复合函数的求导法则复合函数的求导法则 函数()yf axb是由函数( )yf u与uaxb复合而成，则 xux yyu，即 xu yya 注：一般地，函数 ( )yf g x是由函数( )yf u与( )ug x复合而成， 则( )( ) x yfug x 求导过程中的注意点：求导过程中的注意点： （1）分清复合函数是由哪些基
3、本函数复合而成，适当选定中间变量联系因变量与自变量； （2）每步明确对哪个变量求导，特别注意中间变量的关系； （3）根据基本函数的导数公式及导数的运算法则，求各函数导数的积，并换中间变量为自 变量的函数 【典型例题】 【例 1】已知函数 2 ( )ln(1)f xaxx（0,(0,1ax） （1）求( )f x的单调区间； （2）若不等式 2 12 ln 1 n n 对一切正整数n恒成立，求实数的取值范围 【分析】 （1） 2 22 ( )2 11 aaxxa fxx axax ， 由于0,(0,1ax，故1ax恒大于 0， 因此( )fx的正负由 2 ( )22h xaxxa的正负决定， 结
4、合( )h x的图象，且(0)0(1)20haha ，知， ( )f x在0,1上“先增后减” ，下面进行严格论证 y x O a h(x) 1 第 2 页 共 26 页 【解】 （1） 2 22 ( )2 11 aaxxa fxx axax （0,(0,1ax） 令( )0fx，即 2 220axxa，解得 2 1 121 0 2 a x a ， 2 2 2 121 (0,1) 2 211 aa x a a 当 2 (0,)xx时，( )0fx，当 2 (,1)xx时，( )0fx 所以( )f x的单调增区间为 2 121 0, 2 a a ，单调减区间 2 121,1 2 a a 【分析
5、】 （2）利用分离变量法得， 2 21 ln 1 n n 恒成立问题转化为求不等式右边的最 大值，观察其结构，可以构造函数，借助导数研究其单调性 【解】 （2）方法一：不等式 2 12 ln 1 n n ，即为 2 21 ln 1 n n 令 1 x n ，当n N时，(0,1x，则 2 ln(12 ) xx 令 2 ( )ln(12 )g xxx，(0,1x，由（1）知，当2a 时，( )( )g xf x 又因为2a 时， 2 1211 22 a a ， 所以( )g x在 1 0, 2 上单调递增，在 1,1 2 上单调递减 所以当 1 2 x 时，( )g x取得最大值为 1 ln2
6、4 ，此时2n 即2n 时， 2 21 ln 1 n n 取得最大值 1 ln2 4 所以，实数的取值范围是 1 ln2 4 方法二：不等式 2 12 ln 1 n n ，即为 2 21 ln 1 n n 令 2 21 ( )ln 1(1)g xx x x ，则 22 333 2 2(1)(2) 2224 ( ) 2 (2)(2) 1 xx xxx g x xxxxx x 当(1,2)x时，( )0g x，( )g x单调递增；当(2,)x时，( )0g x，( )g x单调递减 所以当2x 时，( )g x取得最大值为 1 ln2 4 ，此时2n 即2n 时， 2 21 ln 1 n n 取
7、得最大值 1 ln2 4 所以，实数的取值范围是 1 ln2 4 第 3 页 共 26 页 【点评】 （1）借助图象对导函数的正负进行初判，可以明确论证的目标与方向； （2）在判断给定区间上的单调性时，要特别关注区间端点导数值得正负； （3）当分子中出现根式相减时，分子有理化是我们进行代数论证的常用手段 【例 2】已知函数 2 ( )ln(1)2 1 f xxax x （其中0a ） （1）当1a 时，求( )f x的最小值； （2）若0,2x时，( )0f x 恒成立，求实数a的取值范围 【解】 （1）当1a 时， 2 ( )ln(1)2 1 f xxx x ，1x ， 22 (3) 12
8、( )1 1 (1)(1) x x fx x xx 当10x 时，( )0fx，当0x 时，( )0fx 所以( )f x在( 1,0)上单调递减，在(0,)上单调递增 所以1a 时，( )f x的最小值为(0)0f 【分析】 （2）首先问题等价于：当0,2x时， min ( )0f x，从而需研究( )f x的单调性 其次 2 22 (21)1 12 ( ) 1 (1)(1) axaxa fxa x xx ，0,2x，0a 可借助 2 ( )(21)1h xaxaxa的图象研究导数正负 对( )h x图象的深度分析：开口向上，对称轴 21 0 2 a x a ，(0)1ha，(2)910ha
9、 显然1a 的正负是决定导数正负的主要因素，从而确定讨论的标准 当 1a 时， 当01a， 【解】 （2） 2 22 (21)1 12 ( ) 1 (1)(1) axaxa fxa x xx ，0,2x，0a 当1a时，( )0fx恒成立，所以( )f x在0,2上单调递增 所以( )(0)0f xf，符合题意 当01a时，令( )0fx，即 2 (21)10axaxa 解得 1 (21)81 0 2 aa x a ， 2 (21)812(1) (0,2) 2 8121 aaa x a aa h(x) x 2 a-1 f(x) x 2 h(x) x 2 x2 a-1 f(x) x 2 x2 h
10、(x) x 2 x2 a-1 第 4 页 共 26 页 所以 2 (0,)xx时，( )0fx，所以( )f x在 2 (0,)x上单调递减 所以 2 ()(0)0f xf，不符合题意 综上，实数a的取值范围为1,) 【点评】 （1）借助图象能快速明确分类讨论的原因及讨论的标准 （2）研究含参函数的图象，要主动寻找图象上的特殊点，特别是区间端点和定点 （3）在上述解法中，当01a时，我们通过代数论证证明了 2 02x事实上， 即使 2 2x ，相应就有( )f x在0,2上单调递减，从而(2)(0)0ff由此可 取 2 min,2tx，总有( )f x在0, t上单调递减，从而( )(0)0f
11、 tf，因此无 须证明 2 2x 【另解】当01a，令( )0fx，即 2 (21)10axaxa 其根的判别式810a ， 所以 2 (21)10axaxa 有两相异实根， 设为 1212 ,()x xxx 因为 12 1 0 a xx a ，所以 12 0xx当 2 (0,)xx时，( )0fx， 所以( )f x在 2 (0,)x上单调递减取 2 min,2tx，( )f x在(0, ) t上单调递减 所以( )(0)0f tf，不符合题意 【例 3】已知a为常数，函数 1 ( )=ln 1 x f xax x （1）求函数( )f x的单调递减区间； （2）若 8 3 a ，求( )f
12、 x的极值 【解】 （1）函数( )f x的定义域为( 1,1) ( )ln(1)ln(1)f xxxax， 2 112 ( ) 11 1 fxaa xx x 思路一：借助 2 2 1x 的值域确定分类讨论的标准 方法一：因为( 1,1)x ，故 2 2 (, 2 1x ； 当2a时，( )0fx恒成立，故单调递减区间为( 1,1)； 当2a 时，由( )0fx知 2 2 1 a x ，即 22a x a 由于20aa，故 2 01 a a ，解得 2 1 a x a 或 2 1 a x a ； 所以单调递减区间为 2 1 a a ， 2,1a a 综上，当2a时，单调递减区间为( 1,1)；
13、 a a -2 第 5 页 共 26 页 当2a 时，单调递减区间为 2 1 a a ， 2,1a a 思路二： 2 2 (2) ( ) 1 axa fx x （11x ） 研究 2 ( )(2)h xaxa的图象， 过定点( 1, 2) 方法二： 2 2 (2) ( ) 1 axa fx x （11x ） 0a 时， 2 2axaa，所以( )0fx，所以( )f x在( 1,1)上单调递减； 0a 时， 2 2 ( )0 1 fx x ，所以( )f x在( 1,1)上单调递减； 0a 时， 若(2)0a，即20a时，( )0fx，所以( )f x在( 1,1)上单调递减； 若(2)0a，
14、即2a 时，由于20aa，故 2 01 a a 由( )0fx解得 2 1 a x a 或 2 1 a x a ； 所以单调递减区间为 2 1 a a ， 2,1a a 综上，当2a时，单调递减区间为( 1,1)； 当2a 时，单调递减区间为 2 1 a a ， 2,1a a （2） 8 3 a ， 2 2(21)(21) ( ) 3(1) xx fx x 于是，当 1 1 2 x 或 1 1 2 x时，( )0fx；当 11 22 x 时( )0fx 所以( )f x在 1 1, 2 和 1,1 2 上单调递减，在 1 1 , 2 2 上单调递增 所以，( )f x有极小值 14 ()ln3
15、 23 f ，有极大值 14 ( )ln3 23 f 【点评】根据导函数的结构特征找准分类讨论的切入点，可以减少分类讨论的种类、优化计 算，提升思维品质 【例 4】已知函数 21 ( )e() 2 x f xax aR （1）若( )f x在区间(,0)上单调递增，求实数a的取值范围； （2）若在区间(0,)上，函数( )f x的图象恒在曲线2 exya下方，求a的取值范围 h(x) x -2 1-1 -(a+2) h(x) x -2 1-1 h(x) x -2 1-1 第 6 页 共 26 页 【解】 （1）因为( )f x在(,0)上单调递增， 所以 2 ( )(21)e10 x fxa
16、在(,0)上恒成立 即 2 1 12 e x a，而当(,0)x 时， 2 1 (1,) e x ，故121a所以0a （2）令 21 ( )( )2 ee2 e,0 2 xxx g xf xaaax x 在区间(0,)上， 函数( )f x的图象恒在曲线2 exya下方等价于( )0g x 在(0,)上恒成立 2 ( )(21)e2 e1(e1)(21)e1 xxxx g xaaa 【思路一】从导函数的零点入手 由于(0,)x，故e1 x 令( )0g x，即(21)e1 x a 显然，当210a 时，( )g x无零点； 当210a 时，( )g x有零点 1 1 ln 21 x a ，
17、当 1 xx时，( )0g x；当 1 xx时，( )0g x 再讨论零点与区间的相对位置 在区间(0,)上，e1 x ，所以e10 x 当210a ，即 1 2 a时，( )0g x在(0,)上恒成立 所以( )g x在(0,)上是减函数，所以( )(0)g xg 要使( )0g x 恒成立，只需满足 1 (0)0 2 ga 所以 11 22 a 当210a ，即 1 2 a 时 令( )0g x，即 1 e 21 x a ，解得 1 1 ln 21 x a （）若 1 1 ln0 21 x a ，即 1 1 2 a时 ( )g x在 1 (0,)x上单调递减，在 1 (,)x 上单调递增
18、取 01 41 lnln0 2121 xx aa ， 则 44 2lnln 2121 0 14 ()e2 eln 221 aa g xaa a 2 21444 2ln 2212121 a a aaa g(x) x -a-0.5 g(x) x -a-0.5 x1 第 7 页 共 26 页 8(1) 4 ln0 2121 a aa ，不符合题意 （）若 1 1 ln0 21 x a ，即1a时 ( )0g x在(0,)上恒成立，所以( )g x在(0,)上是增函数 取 0 ln40x ，则 2ln4ln4 0 1 ()e2 eln4 2 g xaa8(1)ln40a， 不符合题意 综合得，a的取值
19、范围为 1 1 , 2 2 【说明】在对 0 x赋值时，采用了“调整法” （）当 1 1 2 a时由单调性，首先猜测( )g x不恒小于 0， 那么只要寻找 0 0x ，使得 0 ()0g x即可 尝试尝试一：一：取 01 21 lnln0 2121 xx aa ， 则 22 2lnln 2121 0 12 ()e2 eln 221 aa g xaa a 2 21222 2ln 2212121 a a aaa 2 2ln 21a ，失败 尝试二尝试二：取 01 41 lnln0 2121 xx aa ， 则 44 2lnln 2121 0 14 ()e2 eln 221 aa g xaa a
20、2 21444 2ln 2212121 a a aaa 8(1) 4 ln0 2121 a aa ，成功 （）当1a时由单调性，同样先猜测( )g x不恒小于 0， 即寻找 0 0x ，使得 0 ()0g x 尝试尝试一：一：取 0 ln20x ，则 2ln2ln2 0 1 ()e2 eln2 2 g xaa2ln2 ，失败 尝试二尝试二：取 0 ln40x ，则 2ln4ln4 0 1 ()e2 eln4 2 g xaa8(1)ln40a， 成功 【点评】 （1）由导函数的零点确定分类讨论的标准，需要解决以下两个问题： 一是导函数是否有零点，二是零点是否在开 区间 内 g(x) x -a-0
21、.5 第 8 页 共 26 页 （2）除上述方法外，也可借助图象确定导函数的正负（思路二） 【思路二】考虑到 2 ( )(21)e2 e1(e1)(21)e1 xxxx g xaaa ，且0x 时，e1 x ， 所以( )g x的正负与( )(21)e1 x h xa的正负是一致的，借( )h x的图象分析 当210a 时，( )(21)e1 x h xa为增函数，且(0)2(1)ha 当210a 时，( )(21)e1 x h xa为减函数，(0)2(1)0ha 当210a 时，( )1h x 恒小于 0 综上，结合图象也能快速确定分类讨论的标准 【本课小结】 通过本节的学习，掌握了利用导数
22、判断函数单调性的基本方法，对于含参问题，可以从 图象、 值域及导函数的零点等视角快速感知分类讨论的原因以及讨论的标准， 并进行严格的 推理论证 x h(x) 2(a-1) x h(x) 2(a-1) x h(x) 2(a-1) 单调性 方程无解 有解在开区间内，列表研究单调性 所有解在开区间外 优先用十字相乘法求解 f(x)=0 方程有解 区间左侧 区间右侧 （通分） （比较解的大小） f(x)恒正或恒负，f(x)为单调函数 第 9 页 共 26 页 第二第二讲复合函数讲复合函数导数的导数的综合综合应用应用 在解决一些较复杂的复合函数导数问题时， 通过合理转化， 能使问题得到最优化的求解， 能
23、进一步培养我们分类讨论、数形结合及化归转化的数学思想，优化我们的思维品质 【例 1】已知函数 1 ( )ln(1) 1 x f xax x ，x0，0a （1）若( )f x在1x 处取得极值，求a的值； （2）若( )ln2f x 恒成立，求a的取值范围 【解】 （1） 2 2 2 ( ) (1)(1) axa fx axx ， 因为( )f x在1x 处取得极值，所以(1)0 f ，得1a 此时 2 3 1 ( ) (1) x fx x ，所以( )f x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增， 所以1x 为极值点，符合题意所以1a （2） 2 2 2 ( ) (1)(1) axa
24、fx axx ，0x，0a 当20a ，即2a时， 又0x，所以( )0fx恒成立， 所以( )f x在0,)上是增函数 因此( )(0)1ln2f xf ，故2a符合题意 当20a ，即02a时， 2 22 ( ) (1)(1) aa a xx aa fx axx 所以( )f x在 2 0, a a 上单调递减，在 2 , a a 上单调递增， 此时( )f x最小值为 2 1 22 ( )ln1 2 1 a aaa h afa aa a a （要使( )ln2f x 恒成立，只需( )ln2h a ） 令 2 0 a tt a ，则 2 2 1 a t ，所以 22 1 ( )( )ln
25、1 1 1 tt h ag t t t 因为 2 4 ( )0 (1)(1) t g t tt ，所以( )g t在(0,)上为减函数，且(1)ln2g， 要使( )ln2(1)g tg，只需01t ，即 2 01 a a ，所以12a 综上可知1a 【点评】 （1）对于结构较复杂的复合函数的最值问题，可以先用换元法简化函数结构，然后再用导 数法求最值； （2）利用复合函数单调性优化运算 在第（2）问中，由于( )g t为减函数，而 2a t a 为减函数， 所以( )h a在(0,2)上为增函数，而(1)ln2h y x y=ax2+a-2 a-2 第 10 页 共 26 页 故( )ln2
26、h a 时，12a 【例 2】已知函数 21 ( )21ln(1)(1) 2 f xmxxxm （1）若曲线( )C yf x：在点(0,1)P处的切线l与C有且只有一个公共点，求m的值； （2）求证：函数( )f x存在单调递减区间 , a b，并求出单调递减区间的长度tba的取值 范围 【解】 （1）函数( )f x的定义域为( 1,) ， 1 ( )2 1 fxmx x ，(0)1 f ， 所以( )f x在点(0,1)P处的切线l的方程为1yx 因为切线l与曲线C有唯一的公共点，所以方程 21 ln(1)0 2 mxxx有且只有一个实数解 显然0x 是方程的一个解 令 21 ( )ln
27、(1) 2 g xmxxx，11xm ， 1 (1) 1 ( )1 11 mx x m g xmx xx ，令( )0g x得0x 或 1 1x m 因为1m，所以 1 01 m ， 1 110 m 当1m 时，则 2 ( )0 1 x g x x （当且仅当0x 时取等号） ， 所以( )g x在( 1,) 上单调递增，所以0x 是方程的唯一实数解，符合题意 当1m 时， 1 11 m 0， 且 1 1,1(0,)x m 时，( )0g x； 1 1,0x m 时，( )0g x 所以( )g x在 1 1,1 m 和(0,)上单调递增，在 1 1,0 m 上单调递减 所以 1 1(0)0g
28、g m 当( 1,0)x 时， 21 1 22 m mxx， 所以( )1ln(1) 2 m g xx 令ln(1)2 2 m x ，得 2 2 0 e1 m x ， 则 00 ()1ln(1)10 2 m g xx 又( )g x在 0 1 ,1x m 上的图象是一条不间断的曲线， 所以( )g x在 0 1 ,1x m 上还有一个零点，不符合题意 综上，1m 【说明】当1m 时，由单调性并结合(0)0g作出( )g x的草图，根据图象首先猜测( )g x有 g(x) x -1 第 11 页 共 26 页 两个零点，那么只要寻找 0 1 11x m ，使得 0 ()0g x即可由 21 (
29、)ln(1) 2 g xmxxx (11)xm ， 的结构特征知，在靠近1时，ln(1)0x 尝试尝试一：一：局部法 尝试寻找 0 1 11x m ，使得 21 0 2 mxx， 但是令 21 0 2 mxx得 1 0x ， 2 2 0x m ，失败 尝试尝试二：二：放缩法 在法一的尝试中可以发现， 当 0 1 11x m 时，虽然 21 2 ymxx恒大于 0， 但是 21 2 ymxx在 1 1,1 m 上有上界1 2 m ， 只要取 0 1 11x m ，使得 0 ln(1)1 2 m x 即可 不妨令 0 ln(1)2 2 m x ，即 2 2 0 e1 m x ， 则 00 ()1l
30、n(1)10 2 m g xx 【点评】 将一个复杂的超越函数拆分为几个简单的初等函数， 并借助初等函数的图象与性质， 可以为问题的解决找到突破口 【分析】 （2） 2 (2)1 ( )(1) 1 mxmx fxx x ， 则 2 ( )0( )(2)10fxh xmxmx 由( )h x的图象且( 1)10(0)10hh ， 知( )0h x 有一负根 1 x和一正根 2 x且 1 10x 易知( )f x的单调递减区间为 12 xx， 【解】 （2） 2 (2)1 ( )(1) 1 mxmx fxx x ，则 2 ( )0( )(2)10fxh xmxmx 令( )0h x ，得 2 1
31、(2)4 0 2 mm x m ， 2 2 (2)4 0 2 mm x m 因为 2 22 1 (2)4 444 10 22 mm mmm x mm ，所以 1 10x 所以方程( )0h x 在( 1,) 内有两个不相等的实根 12 xx，即( )0h x 的解集为 12 ()xx， 所以函数( )f x的单调递减区间为 12 xx， 所以 2 21 2 44 1 m txx m m y x-1 y= 1 2 mx2x y=ln(x+1) m 2 +1 h(x) x-1 1 -1 x1x2 第 12 页 共 26 页 因为1m，所以 2 4 115 m ， 所以( )yf x的减区间长度t的
32、取值范围是(1, 5 【例 3】已知 2 ln()(0)f xaxbx a （1）若曲线( )yf x在点(1, (1)f处的切线方程为yx，求a b，的值； （2）若 2 ( )f xxx恒成立，求ab的最大值 【解】 （1）( )2 a fxx axb ， 依题意，有 (1)21, (1)ln()11. a f ab fab 解得1a ，2b 【分析】 （2） 2 ( )f xxx恒成立等价于ln()axbx恒成立 结合ln()yaxb与yx的图象分析如下： 当0a 时，ln()yaxb的定义域为 , b a 由复合函数单调性知ln()yaxb在 , b a 上单调递减 由图象变换知识，易
33、知 lnyx横向伸缩并关于y轴对称得ln()yax 横向平移得ln()yaxb【渐近线为 b x a 】 由图象显然ln()axbx不恒成立，只需寻找 0 x使得 00 ln()axbx即可 由于在定义域内yx有上界为 b a ，不妨取 0 x，使得 0 ln()1 b axb a ， 这样就有 00 ln() b axbx a 当0a 时，ln()yaxb的定义域为 , b a 由复合函数单调性知ln()yaxb在 , b a 上单调递增 由图象变换知识，易知 lnyx横向伸缩得ln()yax 横向平移得ln()yaxb【渐近线为 b x a 】 此时只需构造函数则( )ln()g xaxb
34、x，使得 max ( )0g x即可 【解】 （2）设 2 ( )( )()g xf xxx，则( )ln()g xaxbx，且( )0g x 恒成立 y x b a y=ln(ax+b) y=x y x y=ln(ax+b) y=x 第 13 页 共 26 页 0a 时，( )g x的定义域为 , b a ， 取 0 x使得 0 ln()1 b axb a ，得 1 0 b a ebb x aa 则 0000 ()ln()ln()110 bbb g xaxbxaxb aaa ， 与( )g x 0恒成立相矛盾 故0a 时，( )g x 0不恒成立，即0a 不符合要求 0a 时， ( )1 a
35、b a x aab g xx axbaxba 当 bab x aa 时，( )0g x；当 ab x b 时，( )0g x 所以( )g x在区间 , b ab aa 上为增函数，在区间 , ab a 上为减函数 因此( )g x在其定义域 , b a 上有最大值为() ab g a 由( )0g x 恒成立，得 ln0 abab ga aa 所以lnbaaa，所以 22 lnabaaa 设 22 ( )lnh aaaa，则( )22 ln1 2lnh aaaaaaa 所以0ea时，( )0h a；ea 时，( )0h a 因此( )h a在区间(0, e)上为增函数，在区间( e,)上为减
36、函数 故( )h a的最大值为 ee ( e)e 22 h 所以当ea ， e 2 b 时，ab取最大值为 e 2 综合得ab的最大值为 e 2 【点评】 （1）上述分析与求解综合考虑了函数的定义域、复合函数的单调性、图象变换以及 将超越函数的拆分为初等函数来研究，有利于解题思路的获取； （2）本题的“题根”为：何时ln()axbx恒成立？而( )f x和不等式中出现的项“ 2 x”只 是“辅助项” ，目的就是让题目看起来“复杂”点而已因此本题也可改编为： 3 ln()(0)f xaxbx a， 3 ( )f xxx恒成立； ln()e (0) x f xaxba，( )exf xx恒成立；等
37、等 （3） 【课标要求】能求简单的复合函数（仅限于形如()f axb）的导数（B 级） 由于()yf axb是将( )yf x与一次函数yaxb进行复合，所以()yf axb的图象一 第 14 页 共 26 页 定是由( )yf x的图象进过“线性变换”得到 当0a 时， ( )yf x横向伸缩得()yf ax【横坐标变为原来的 1 a （倍） 】 横向平移得()yf axb【向左（或右）平移 b a 个单位】 当0a 时， ( )yf x横向伸缩并关于y轴对称得()yf ax【横坐标变为原来的 1 |a ， 并关于y轴对称】 横向平移得()yf axb【向左（或右）平移 b a 个单位】 要
38、特别关注图象变换过程中渐近线和特殊点的变化情况 【例 4】已知函数 ln(1) ( ) x f x x （1）当0x 时，求证： 2 ( ) 2 f x x ； （2）当1x 且0x 时，不等式 1 ( ) 1 kx f x x 成立，求实数k的值 【分析】 （1）当0x 时，要证 2 ( ) 2 f x x ，即证 ln(1) 2 2 x xx ， 只要证 2 ln(1) 2 x x x ，构造函数 2 ( )ln(1),0 2 x h xxx x ，只要证 min ( )0h x即可 【证明】 （1）令 2 ( )ln(1),0 2 x h xxx x ，则 2 2 ( ) (1)(2)
39、x h x x x 当0x 时，( )0h x，所以( )h x在(0,)上是增函数 所以( )(0)0h xh，即 2 ln(1)0 2 x x x ，所以 2 ln(1) 2 x x x 又因为0x ，所以 ln(1) 2 2 x xx ，所以 2 ( ) 2 f x x 【点评】两种构造对比： 构造一： 2 ( )ln(1),0 2 x h xxx x ； 构造二： ln(1) 2 ( ),0 2 x g xx xx 上述证明中，采用了“构造一” ，先将ln(1) x的系数化为 1，再构造函数这样构造优点很 明显，虽然( )h x为超越函数，但其导数( )h x是初等函数而“构造二”中，
40、( )g x和( )g x都 是超越函数因此将对数的系数化为 1，再构造函数，是优化解题的常用手段 【分析】 （2）思路一： 1 ( ) 1 kx f x x 可化为 2 (1)ln(1) 0 xxxkx x 令 2 ( )(1)ln(1)g xxxxkx，则( )ln(1)2g xxkx， 1 ( )2 1 gxk x 必须满足：当0x 时，( )0g x 恒成立；当10x 时，( )0g x 恒成立 显然(0)0g，(0)0 g 由yx与( )g x的图象可知，在原点附近( )g x“不能递增” ， 最希望( )g x是减函数（至少在原点附近是减函数） ， g(x) y=x y=x g(x
41、) 第 15 页 共 26 页 需满足( )0g x恒成立，且( )g x过定点(0,0)， 必须0x 是( )g x的极大值点才行， 由(0)120gk 求得 1 2 k ，经验证符合 当 1 2 k 时，( )g x的极值点必然会发生偏移（相对于0x ） ， 因此在原点附近（左侧或右侧）必然会出现( )0g x， 从而在原点附近（左侧或右侧）必然会出现( )g x递增，显然不符合题意 【解】 （2）方法一： 1 ( ) 1 kx f x x 可化为 2 (1)ln(1) 0 xxxkx x 令 2 ( )(1)ln(1)g xxxxkx，则( )ln(1)2g xxkx， 1 ( )2 1 gxk x 显然(0)0g，(0)0 g 需满足：当0x 时，( )0g x 恒成立；当10x
