构造函数解导数综合题(完整资料).doc

【最新整理，下载后即可编辑】【最新整理，下载后即可编辑】构造辅助函数求解导数问题对于证明与函数有关的不等式，或已知不等式在某个范围内恒成立求参数取值范围、讨论一些方程解的个数等类型问题时，常常需要构造辅助函数，并求导研究其单调性或寻求其几何意义来解决；题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，这里是几种常用的构造技巧．技法一：“比较法”构造函数[典例] (2017·广州模拟)已知函数f(x)＝e x－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1．(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x＞0时，x2＜e x．[解] (1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a．因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2，令f′(x)＝0，得x＝ln 2，当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x．由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0，故g(x)在R上单调递增．所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x2＜e x．[方法点拨]在本例第(2)问中，发现“x2，e x”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x2＜e x”构造函数，得到“g(x)＝e x－x2”，并利用(1)的结论求解．[对点演练]已知函数f(x)＝xe x，直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0(x0＜1)处的切线，求证：f(x)≤g(x)．证明：函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x)(x－x0)＋f(x0)．令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝1－xe x－1－x0e0x＝1－x e0x－1－x0e xe0＋x x．设φ(x)＝(1－x)e0x－(1－x0)e x，则φ′(x)＝－e0x－(1－x0)e x，∵x0＜1，∴φ′(x)＜0，∴φ(x )在R 上单调递减，又φ(x 0)＝0， ∴当x ＜x 0时，φ(x )＞0，当x ＞x 0时，φ(x )＜0， ∴当x ＜x 0时，h ′(x )＞0，当x ＞x 0时，h ′(x )＜0， ∴h (x )在区间(－∞，x 0)上为增函数，在区间(x 0，＋∞)上为减函数，∴h (x )≤h (x 0)＝0， ∴f (x )≤g (x )．技法二：“拆分法”构造函数[典例] 设函数f (x )＝ae x ln x ＋bex －1x，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线为y ＝e (x －1)＋2．(1)求a ，b ； (2)证明：f (x )＞1． [解](1)f ′(x )＝ae x ⎝⎛⎭⎪⎪⎫ln x ＋1x ＋be x －1x －1x2(x ＞0)， 由于直线y ＝e (x －1)＋2的斜率为e ，图象过点(1,2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝2，f ′1＝e ，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2，ae ＝e ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知f (x )＝e x ln x ＋2ex －1x(x ＞0)，从而f (x )＞1等价于x ln x ＞xe －x－2e．构造函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x ， 所以当x ∈⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，1e 时，g ′(x )＜0， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )＞0， 故g (x )在⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，1e 上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， 从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ＝－1e ．构造函数h (x )＝xe －x－2e，则h ′(x )＝e －x (1－x )． 所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0；故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e．综上，当x ＞0时，g (x )＞h (x )，即f (x )＞1． [方法点拨]对于第(2)问“ae x ln x ＋bex －1x＞1”的证明，若直接构造函数h (x )＝ae x ln x ＋bex －1x －1，求导以后不易分析，因此并不宜对其整体进行构造函数，而应先将不等式“ae x ln x ＋bex －1x＞1”合理拆分为“x ln x ＞xe －x－2e”，再分别对左右两边构造函数，进而达到证明原不等式的目的．[对点演练]已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋bx，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0．(1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ＞0，且x ≠1时，f (x )＞ln xx －1．解：(1)f ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋1x －ln x x ＋12－bx2(x ＞0)． 由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1,1)，故⎩⎪⎨⎪⎧ f 1＝1，f ′1＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a 2－b ＝－12.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝1.(2)证明：由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x(x ＞0)，所以f (x )－ln x x －1＝11－x 2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2ln x －x 2－1x ． 考虑函数h (x )＝2ln x －x 2－1x(x ＞0)，则h ′(x )＝2x－2x 2－x 2－1x 2＝－x －12x 2．所以当x ≠1时，h ′(x )＜0．而h (1)＝0， 故当x ∈(0,1)时，h (x )＞0，可得11－x 2h (x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，可得11－x 2h (x )＞0．从而当x ＞0，且x ≠1时，f (x )－ln xx －1＞0，即f (x )＞ln xx －1．技法三：“换元法”构造函数[典例] 已知函数f (x )＝ax 2＋x ln x (a ∈R )的图象在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋3y ＝0垂直．(1)求实数a 的值；(2)求证：当n ＞m ＞0时，ln n －ln m ＞m n －nm．[解] (1)因为f (x )＝ax 2＋x ln x ，所以f ′(x )＝2ax ＋ln x ＋1，因为切线与直线x ＋3y ＝0垂直，所以切线的斜率为3， 所以f ′(1)＝3，即2a ＋1＝3，故a ＝1．(2)证明：要证ln n －ln m ＞m n －nm，即证ln n m ＞m n －n m ，只需证ln n m －m n ＋nm ＞0．令n m ＝x ，构造函数g (x )＝ln x －1x＋x (x ≥1)， 则g ′(x )＝1x ＋1x2＋1．因为x ∈[1，＋∞)，所以g ′(x )＝1x ＋1x2＋1＞0，故g (x )在(1，＋∞)上单调递增．由已知n ＞m ＞0，得nm＞1，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n m ＞g (1)＝0， 即证得ln n m －m n ＋nm＞0成立，所以命题得证．[方法点拨]对“待证不等式”等价变形为“ln n m －m n ＋nm＞0”后，观察可知，对“n m ”进行换元，变为“ln x －1x＋x ＞0”，构造函数“g (x )＝ln x －1x＋x (x ≥1)”来证明不等式，可简化证明过程中的运算．[对点演练]已知函数f (x )＝x 2ln x ． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：对任意的t ＞0，存在唯一的s ，使t ＝f (s )； (3)设(2)中所确定的s 关于t 的函数为s ＝g (t )，证明：当t ＞e 2时，有25＜ln g t ln t ＜12．解：(1)由已知，得f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)(x ＞0)， 令f ′(x )＝0，得x ＝1e．当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，1e 1e⎝⎛⎭⎪⎪⎫1e ，＋∞f ′(x ) － 0＋ f (x )极小值所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，1e ，单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎪⎫1e ，＋∞． (2)证明：当0＜x ≤1时，f (x )≤0， ∵t ＞0，∴当0＜x ≤1时不存在t ＝f (s )． 令h (x )＝f (x )－t ，x ∈[1，＋∞)．由(1)知，h (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．h (1)＝－t ＜0，h (e t )＝e 2t ln e t －t ＝t (e 2t －1)＞0．故存在唯一的s ∈(1，＋∞)，使得t ＝f (s )成立． (3)证明：因为s ＝g (t )，由(2)知，t ＝f (s )，且s ＞1， 从而ln g t ln t ＝ln s ln f s＝ln sln s 2ln s＝ln s 2ln s ＋ln ln s ＝u2u ＋ln u ， 其中u ＝ln s ．要使25＜ln g t ln t ＜12成立，只需0＜ln u ＜u 2．当t ＞e 2时，若s ＝g (t )≤e ，则由f (s )的单调性，有t ＝f (s )≤f (e )＝e 2，矛盾． 所以s ＞e ，即u ＞1，从而ln u ＞0成立．另一方面，令F (u )＝ln u －u 2，u ＞1，F ′(u )＝1u －12，令F ′(u )＝0，得u ＝2．当1＜u ＜2时，F ′(u )＞0； 当u ＞2时，F ′(u )＜0． 故对u ＞1，F (u )≤F (2)＜0， 因此ln u ＜u2成立．综上，当t ＞e 2时，有25＜ln g t ln t ＜12．技法四：二次(甚至多次)构造函数[典例] (2017·广州综合测试)已知函数f (x )＝e x ＋m －x 3，g (x )＝ln(x ＋1)＋2．(1)若曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线斜率为1，求实数m 的值；(2)当m ≥1时，证明：f (x )＞g (x )－x 3． [解] (1)因为f (x )＝e x ＋m －x 3， 所以f ′(x )＝e x ＋m －3x 2．因为曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线斜率为1， 所以f ′(0)＝e m ＝1，解得m ＝0．(2)证明：因为f (x )＝e x ＋m －x 3，g (x )＝ln(x ＋1)＋2， 所以f (x )＞g (x )－x 3等价于e x ＋m －ln(x ＋1)－2＞0． 当m ≥1时，e x ＋m －ln(x ＋1)－2≥e x ＋1－ln(x ＋1)－2． 要证e x ＋m －ln(x ＋1)－2＞0， 只需证明e x ＋1－ln(x ＋1)－2＞0．设h (x )＝ex ＋1－ln(x ＋1)－2，则h ′(x )＝e x ＋1－1x ＋1． 设p (x )＝e x ＋1－1x ＋1，则p ′(x )＝e x ＋1＋1x ＋12＞0， 所以函数p (x )＝h ′(x )＝ex ＋1－1x ＋1在(－1，＋∞)上单调递增．因为h ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12＝e 12－2＜0，h ′(0)＝e －1＞0， 所以函数h ′(x )＝ex ＋1－1x ＋1在(－1，＋∞)上有唯一零点x 0，且x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，0． 因为h ′(x 0)＝0，所以ex 0＋1＝1x 0＋1， 即ln(x 0＋1)＝－(x 0＋1)．当x ∈(－1，x 0)时，h ′(x )＜0，当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )＞0，所以当x ＝x 0时，h (x )取得最小值h (x 0)，所以h (x )≥h (x 0)＝ex 0＋1－ln(x 0＋1)－2＝1x 0＋1＋(x 0＋1)－2＞0． 综上可知，当m ≥1时，f (x )＞g (x )－x 3．[方法点拨]本题可先进行适当放缩，m≥1时，e x＋m≥e x＋1，再两次构造函数h(x)，p(x)．[对点演练](2016·合肥一模)已知函数f(x)＝ex－x ln x，g(x)＝e x－tx2＋x，t∈R，其中e为自然对数的底数．(1)求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求t的取值范围．解：(1)由f(x)＝ex－x ln x，知f′(x)＝e－ln x－1，则f′(1)＝e－1，而f(1)＝e，则所求切线方程为y－e＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋1．(2)∵f(x)＝ex－x ln x，g(x)＝e x－tx2＋x，t∈R，∴g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立等价于e x－tx2＋x －ex＋x ln x≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，即t≤e x＋x－ex＋x ln xx2对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．令F(x)＝e x＋x－ex＋x ln xx2，则F′(x)＝xe x＋ex－2e x－x ln xx3＝1x2⎝⎛⎭⎪⎪⎫e x＋e－2e xx－ln x，令G(x)＝e x＋e－2e xx－ln x，则G′(x)＝e x－2xe x－e xx2－1x＝e x x－12＋e x－xx2＞0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．∴G(x)＝e x＋e－2e xx－ln x在(0，＋∞)上单调递增，且G(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，G(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，G(x)＞0，即当x∈(0,1)时，F′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，∴F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)≥F(1)＝1，∴t≤1，即t的取值范围是(－∞，1]．。