第二章 专题提能课 函数与导数综合问题的突破策略(优秀经典公开课比赛课件)

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已知函数f(x)＝ex－ax(a为常数)的图象与y轴交于点A，曲线y＝f(x)在点A 处的切线的斜率为－1. (1)求a的值及函数f(x)的极值； (2)求证：当x＞0时，x2＜ex； (3)求证：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2＜cex.
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(2)证明：令g(x)＝ex－x2(x∈(0，＋∞))， 则g′(x)＝ex－2x， 由(1)得g′(x)≥f(ln 2)＞0， 所以g(x)为增函数， 因此，当x＞0时，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x2＜ex.
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(3)证明：令h(x)＝13x3－ex(x∈(0，＋∞))，
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[名师点评] 在本例第(2)问中对要证明的“x2＜ex”构造函数，得到“g(x)＝ex－
x2”；第(3)问中，必须结合第(2)问的结论，先证明“
1 3
x3＜ex”，于是构造函数
“h(x)＝13x3－ex”．
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[对点训练] 已知函数f(x)＝exx，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′(x0)(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－ex x－1－ex0x0＝1－xeexx0＋－x10－x0ex.
递减，故x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值
点，故φ(x)的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，所以y＝φ(x)的大致图象如下．
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结合图象可知①当m＞ 23 时，函数g(x)无零点；②当m＝ 23 时，函数g(x)有且只有一
个零点；③当0＜m＜
的运算．
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[对点训练] 已知函数f(x)＝x2ln x. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)求证：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)，求证：当t＞e2时，有25＜lnlngtt＜12.
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时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只
有一个零点．
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(3)对任意b＞a＞0，fbb－ －faa＜1等价于f(b)－b＜f(a)－a恒成立．(*) 设h(x)＝f(x)－x＝ln x＋mx －x(x＞0)，故(*)等价于h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 则h′(x)＝1x－xm2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m≥－x2＋x＝－x－122＋14(x＞0) 恒成立，故m≥14，当且仅当x＝12时等号成立，故m的取值范围为14，＋∞.
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[解析]
(1)当m＝e时，f(x)＝ln
x＋
e x
，则f′(x)＝
x－e x2
，故当x∈(0，e)时，f′(x)
＜0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上
单调递增，故当x＝e时，f(x)取到极小值，也即最小值，f(e)＝ln e＋ee＝2，故f(x)
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设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex， 则φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex， ∵x0＜1，∴φ′(x)＜0， ∴φ(x)在R上单调递减，又φ(x0)＝0， ∴当x＜x0时，φ(x)＞0，当x＞x0时，φ(x)＜0，∴当x＜x0时，h′(x)＞0，当x＞x0 时，h′(x)＜0，∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函 数，∴h(x)≤h(x0)＝0，∴f(x)≤g(x)．
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(2)证明：要证ln n－ln m＞mn －mn ，即证ln mn ＞mn －mn ，
只需证lnmn －mn ＋mn ＞0.
令
n m
＝x，由已知n＞m＞0，得
n m
＞1，即x＞1，构造函数g(x)＝ln
x－
1 x
＋x(x＞
1)，则g′(x)＝
1x＋
1 x2
＋1.因为x∈(1，＋∞)，所以g′(x)＝1x＋x12＋1＞0，故g(x)在
3．“换元法”构造函数 已知函数f(x)＝ax2＋xln 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＞mn －mn . 解析：(1)因为f(x)＝ax2＋xln 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.
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(3)证明：因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，
且s＞1，从而lnlngtt＝lnlnfss＝lnlsn2lns
＝ s 2ln
ln s s＋lnln
， s
令u＝ln
s，∴2ln
ln s s＋lnln
s＝2u＋uln
u，要使25＜lnlngtt＜12成立，只需0＜ln
u＜u2.
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4．“转化法”构造函数 在关于x1，x2的双变元问题中，若无法将所要证明的不等式整体转化为关于 m(x1，x2)的表达式，则考虑将此不等式化简为函数的单调性问题进行处理，进而 实现消元的过程．
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设函数f(x)＝ln x＋mx ，m∈R. (1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的最小值； (2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数； (3)若对任意b＞a＞0，fbb－－afa＜1恒成立，求m的取值范围．
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[名师点评]
对于第(2)问的证明，若直接构造函数h(x)＝exln
x＋
2ex－1 x
(x＞0)，求
导以后不易分析，因此先将不等式“exln x＋2exx－1＞1”合理拆分为“xln 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．
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则h′(x)＝x2－ex，
由(2)知，当x＞0时，x2＜ex，
所以h′(x)＜0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)＜h(0)＝－1，
即13x3＜ex.
取x0＝
3 c
，当x＞x0时，有
1 c
x2＜
1 3
x3＜ex，因此，对任意给定的正数c，总存在x0，
当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2＜cex.
调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g1e
＝－
1 e
.构造函数h(x)＝xe－x－
2 e
(x＞
0)，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，＋∞)上的最大值为h(1)＝－1e. 综上，当x＞0时，g(x)＞h(x)，即f(x)＞1.
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[名师点评]
本例第(3)问中，利用不等式的性质，将“
fb－fa b－a
＜1”等价转化
为“f(b)－b＜f(a)－a”，进而构造函数“h(x)＝f(x)－x”，通过研究函数的单调
性求解实数m的取值范围．
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[对点训练] 已知函数f(x)＝12x2＋(1－a)x－aln x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)设a＜0，若∀x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|，求a的取值范围．
解析：(1)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)，
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，
1 e
f′(x) －
1 e
1e，＋∞
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，＋∞.
(1，＋∞)上单调递增．
所以gmn ＞g(1)＝0，即lnmn －mn ＋mn ＞0成立，所以当n＞m＞0时，ln n－ln m＞mn
Fra Baidu bibliotek
－mn .
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[名师点评]
将待证不等式等价变形为“ln
n m
－
m n
＋
n m
＞0”后，对“
n m
”进行换
元，进而构造函数“g(x)＝ln x－1x＋x(x＞1)”来证明不等式，简化了证明过程中
当t＞e2时，若s＝g(t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾. 所以s＞
e，即u＞1，从而ln u＞0成立．
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另一方面，令 F(u)＝ln u－u2，u＞1. F′(u)＝u1－12，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＞e2 时，有25＜lnlngtt＜12.
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[解析] (1)由f(x)＝ex－ax得f′(x)＝ex－a，则f′(0)＝1－a＝－1，得a＝2. 所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2，令f′(x)＝0，得x＝ln 2. 所以，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． 故当x＝ln 2时，f(x)有极小值且极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，f(x)无极 大值．
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(2)证明：由(1)知f(x)＝exln x＋2exx－1，从而f(x)＞1等价于xln x＞xe－x－2e.
构造函数g(x)＝xln x(x＞0)，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
的最小值为2.
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(2)g(x)＝f′(x)－x3＝1x－xm2－x3(x＞0)，
令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x＞0)．
设φ(x)＝－
1 3
x3＋x(x＞0)，则φ′(x)＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，
φ(x)在(0,1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调
第二章 函数、导数及其应用 专题提能课 函数与导数综合问题的突破策略
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(一)构造辅助函数求解导数问题的策略 1．“比较法”构造函数 当试题中给出简单的基本初等函数，例如f(x)＝x3，g(x)＝ln x，要证明在某个取 值范围内不等式f(x)≥g(x)成立时，可以采用类比作差法，构造函数h(x)＝f(x)－ g(x)或φ(x)＝g(x)－f(x)，证明h(x)min≥0或φ(x)max≤0即可，在求最值的过程中， 可以利用导数．此外，在能够说明g(x)＞0(f(x)＞0)的前提下，也可以采用类比作 商法，构造函数h(x)＝gfxxφx＝gfxx，证明h(x)min≥1(φ(x)max≤1)．
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2．“拆分法”构造函数 当所要证明的不等式由几个基本初等函数通过相乘以及相加的形式组成时，如果 对其直接求导，得到的导函数往往给人一种“扑朔迷离”“不知所措”的感 觉．这时可以将原不等式合理拆分为f(x)≤g(x)的形式，进而证明f(x)max≤g(x)min 即可，此时注意配合使用导数工具．在拆分的过程中，一定要注意合理性的把 握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准．
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设函数f(x)＝aexln x＋bexx－1，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝ e(x－1)＋2. (1)求a，b； (2)求证：f(x)＞1.
[解析] (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝aexln
x＋1x＋bex－1xx2 －1，
依题意得ff′1＝12＝，e， 解得a＝1，b＝2.
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(2)证明：当0＜x≤1时，f(x)≤0. 设t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)． 由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．h(1)＝－t＜0，h(et)＝e2tln et－t＝t(e2t －1)＞0.故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．