函式與方程數學思想方法是新課標要求的一種重要的數學思想方法，建構函式法便是其中的一種，下面就源於兩個重要極限的不等式利用近三年高考題舉例加以說明。
1．設函式在r上的導函式為，且，下面的不等式在r上恆成立的是
a． b． c． d．
【答案】a
【解析】由已知，首先令得，排除b，d．
令，則，
① 當時，有，所以函式單調遞增，所以當時，，從而．
② 當時，有，所以函式單調遞減，所以當時，，從而．綜上．故選a．
【考點定位】本試題考察了導數來解決函式單調性的運用．通過分析解析式的特點，考查了分析問題和解決問題的能力．
2．已知函式，．
（ⅰ）討論函式的單調性；
（ⅱ）證明：若，則對任意，，有．
解：（ⅰ）的定義域為．
2分（i）若即，則，
故在單調增加．
（ii）若，而，故，則當時，；
當及時，．故在單調減少，
在單調增加．
（iii）若，即，同理可得在單調減少，在單調增加．
（ii）考慮函式．
則 ．
由於故，即在單調增加，從而當時有
，即，故，當時，有12分
3．已知曲線．從點向曲線引斜率為
的切線，切點為．
（1）求數列的通項公式；
（2）證明：．
【解析】曲線是圓心為，半徑為的圓，切線
（ⅰ）依題意有，解得，又，
聯立可解得，
（ⅱ），
先證：，
證法一：利用數學歸納法
當時，，命題成立，
假設時，命題成立，即，
則當時，
∵，故． ∴當時，命題成立
故成立．
證法二：，，
下證：．
不妨設，令，
則在上恆成立，故在上單調遞減，
從而，即．
綜上，成立．
4．【09全國ⅱ·理】22．（本小題滿分12分）
設函式有兩個極值點，且．
（i）求的取值範圍，並討論的單調性；
（ii）證明：．
【解】（i）由題設知，函式的定義域是
且有兩個不同的根，故的判別式，即
且 又故．因此的取值範圍是．
當變化時，與的變化情況如下表：
因此在區間和是增函式，在區間是減函式．
（ii）由題設和①知
於是 ．
設函式則當時，；
當時，故在區間是增函式．
於是，當時，
因此 ． www．ks5u．com
5．【2023年山東理】 21．（本題滿分12分）
已知函式其中為常數．
（i）當時，求函式的極值；
（ii）當時，證明：對任意的正整數，當時，有
【標準答案】
（ⅰ）解：由已知得函式的定義域為，
當時，，所以．
（1）當時，由得，，
此時．當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增．
（2）當時，恆成立，所以無極值．
綜上所述，時，
當時，在處取得極小值，極小值為．
當時，無極值．
（ⅱ）證法一：因為，所以．
當為偶數時，
令 ，
則（）．
所以當時，單調遞增，
又，因此恆成立，
所以成立．
當為奇數時，
要證，由於，所以只需證，
令 ，
則 （），
所以當時，單調遞增，又，
所以當時，恒有，即命題成立．
綜上所述，結論成立．
證法二：當時，．
當時，對任意的正整數，恒有，
故只需證明．
令 ，，
則 ，
當時，，故在上單調遞增，
因此當時，，即成立．
故當時，有．
即 ．
【試題分析】第一問對討論時要注意一些顯而易見的結果，當時恆成立，無極值．第二問需要對構造的新函式進行「常規處理」，即先證單調性，然後求最值 ，最後作出判斷．
【高考考點】導數及其應用、建構函式證明不等式
【易錯提醒】沒有注意該函式定義域對問題的影響，分類討論無目標，判斷
的正負漏掉符號．
【備考提示】函式類問題的解題方法要內悟、歸納、整理，使之成為乙個系統，在具體運用時自如流暢，既要具有一定的思維定向，也要謹防盲目套用．此類問題對轉化能力要求很高，不能有效轉化是解題難以突破的主要原因，要善於建構函式證明不等式，從而體現導數的工具性．
6．【2023年山東理】 （22）（本小題滿分14分）
設函式，其中．
（i）當時，判斷函式在定義域上的單調性；
（ii）求函式的極值點；
（iii）證明對任意的正整數，不等式都成立．
【解】（ⅰ）由題意知，的定義域為，
設，其圖象的對稱軸為，
當時，，即在上恆成立，
當時，，
當時，函式在定義域上單調遞增
（ⅱ）①由（ⅰ）得：當時，函式無極值點
②時，有兩個相同的解，
時，， 時，，
時，函式在上無極值點
③當時，有兩個不同解，，，
時，，，
即，時，，隨的變化情況如下表：
由此表可知：時，有惟一極小值點，
當時，， ，
此時，，隨的變化情況如下表：
由此表可知：時，有乙個極大值和乙個極小值點
；綜上所述：時，有惟一最小值點；
時，有乙個極大值點和乙個極小值點；
時，無極值點
（ⅲ）當時，函式，
令函式，
則．當時，，所以函式在上單調遞增，
又時，恒有，即恆成立
故當時，有．
對任意正整數取，則有
所以結論成立．
7．【2023年湖南理】 21．（本小題滿分13分）
已知函式．
（i）求函式的單調區間；
（ⅱ）若不等式對任意的都成立（其中是自然對數的底數）．
求的最大值．
解： （ⅰ）函式的定義域是，
設，則令則
當時， 在上為增函式，
當x＞0時， 在上為減函式．
所以在處取得極大值，而，所以，
函式在上為減函式．
於是當時，
當時，所以，當時， 在上為增函式．
當時， 在上為減函式．
故函式的單調遞增區間為，單調遞減區間為．
（ⅱ）不等式等價於不等式由知，
設則由（ⅰ）知，即
所以於是在上為減函式．
故函式在上的最小值為
所以a的最大值為
1．2009濰坊文科（22）（本小題滿分14分）
設函式表示的導函式．
（i）求函式的單調遞增區間；
（ⅱ）當k為偶數時，數列{}滿足，求數列{}的通項公式；
（ⅲ）當k為奇數時， 設，數列的前項和為，證明不等式
對一切正整數均成立，並比較與的大小．
解：（ⅰ）函式的定義域為（0，+∞），
又1分當k為奇數時，，
即的單調遞增區間為2分
當k為偶函式時，
由，得，即的單調遞增區間為，
綜上所述：當k為奇數時，的單調遞增區間為，
當k為偶數時，的單調遞增區間為4分
（ⅱ）當k為偶數時，由（ⅰ）知
所以根據題設條件有
∴{}是以2為公比的等比數列，
8分（ⅲ）由（ⅰ）知，當k為奇數時，
由已知要證兩邊取對數，即證…………………10分
事實上：設則
因此得不等式
建構函式下面證明在上恆大於0．
∴在上單調遞增，
即∴ ∴
即成立12分由得
即當時14分
2．山東省日照市2009屆高三模擬考試數學理科試題（22）（本小題滿分14分）
已知，函式．
（ⅰ）試問在定義域上能否是單調函式？請說明理由；
（ⅱ）若在區間上是單調遞增函式，試求實數的取值範圍；
（ⅲ）當時，設數列的前項和為，求證：
解：（ⅰ）的定義域為，，由得． ……2分
當時，，遞減；
當時，，遞增．
所以不是定義域上的單調函式4分
（ⅱ）若在是單調遞增函式，則恆成立，即恆成立．
6分 即8分
（ⅲ）當時，由（ⅱ）知，在上為增函式，
又當時，， ，即．
令則，當時，
從而函式在上是遞增函式，所以有即得
綜上有10分
12分 令時，不等式也成立，
於是代入，將所得各不等式相加，得
即即14分
3．山東省棗莊市2009屆高三年級調研考試數學理21．（本小題滿分12分）
已知函式，如果
在其定義域上是增函式，且存在零點（的導函式）．
（i）求的值；
（ii）設是函式的圖象上兩點，
解：（i）因為
所以因為上是增函式．
所以上恆成立1分
當而上的最小值是1．
於是（※）
可見從而由（※）式即得4分
同時，由解得②，或
由①②得
此時，即為所求6分
注：沒有提到（驗證）時，不扣分．
（ii）由（i），
於是7分
以下證明（☆）
（☆）等價於8分
建構函式
則時，上為增函式．
因此當即
從而得到證明11分
同理可證12分
注：沒有「綜上」等字眼的結論，扣1分．
4．煙台市三月診斷性檢測數學理22．（本小題滿分14分）
設函式（為自然對數的底數）．
（1）求的極值；
（2）若存在實常數k和b，使得函式和對其定義域上的任意實數分別滿足和，則稱直線為和的「隔離直線」．
試問函式和是否存在「隔離直線」?若存在．求出此「隔離直線」方程；若不存在，請說明理由．
解：（1）∵
∴∴當時，．
∵當時此時遞減3』
當時，，此時遞增．
∴當時，取極小值，其極小值為06』
（2）由（1）可知，當時，（當且僅當時取等號）．
若存在和的「隔離直線」，則存在實常數和，
使得和恆成立．
∵和的圖象在處有公共點，因此若存在和的「隔離直線」，
則該直線過這個公共點8』
設「隔離直線」方程為，即
由可得當時恆成立．
∵∴由，得10』
生產現場問題解決技巧
引言 本講重點 企業生產中的常見問題 常見的處理問題的方式 分析生產問題的產生根源 第1講企業生產中的常見問題 企業生產中的常見問題 常見的處理問題的方式 分析生產問題的產生根源 生產現場常見的問題及錯誤的解決方式 企業在其成長過程中，常常會經歷各種不同的階段和遇到不同層面的許多問題點。對於企業來說...
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