构造函数解导数综合题Word下载.docx
《构造函数解导数综合题Word下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《构造函数解导数综合题Word下载.docx(10页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
由
(1)得g′(x)=f(x)≥f(ln2)>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<ex.
[方法点拨]
在本例第
(2)问中,发现“x2,ex〞具有根本初等函数的基因,故可选择对要证明的“x2<ex〞构造函数,得到“g(x)=ex-x2”,并利用
(1)的结论求解.
[对点演练]
函数f(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′(x0)(x-x0)+f(x0).
令h(x)=f(x)-g(x)=f(x)-f′(x0)(x-x0)-f(x0),
那么h′(x)=f′(x)-f′(x0)=-=.
设φ(x)=(1-x)e-(1-x0)ex,
那么φ′(x)=-e-(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).
技法二:
“拆分法〞构造函数
[典例] 设函数f(x)=aexlnx+,曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线为y=e(x-1)+2.
(1)求a,b;
f(x)>1.
[解]
(1)f′(x)=aex+(x>0),
由于直线y=e(x-1)+2的斜率为e,图象过点(1,2),
所以即解得
由
(1)知f(x)=exlnx+(x>0),
从而f(x)>1等价于xlnx>xe-x-.
构造函数g(x)=xlnx,那么g′(x)=1+lnx,
所以当x∈时,g′(x)<0,
当x∈时,g′(x)>0,
故g(x)在上单调递减,
在上单调递增,
从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g=-.
构造函数h(x)=xe-x-,
那么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)=-.
综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.
对于第
(2)问“aexlnx+>1”的证明,假设直接构造函数h(x)=aexlnx+-1,求导以后不易分析,因此并不宜对其整体进展构造函数,而应先将不等式“aexlnx+>1”合理拆分为“xlnx>xe-x-〞,再分别对左右两边构造函数,进而到达证明原不等式的目的.
函数f(x)=+,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;
当x>0,且x≠1时,f(x)>.
解:
(1)f′(x)=-(x>0).
由于直线x+2y-3=0的斜率为-,且过点(1,1),
故即解得
由
(1)知f(x)=+(x>0),
所以f(x)-=.
考虑函数h(x)=2lnx-(x>0),
那么h′(x)=-=-.
所以当x≠1时,h′(x)<0.而h
(1)=0,
故当x∈(0,1)时,h(x)>0,可得h(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,可得h(x)>0.
从而当x>0,且x≠1时,f(x)->0,
即f(x)>.
技法三:
“换元法〞构造函数
[典例] 函数f(x)=ax2+xlnx(a∈R)的图象在点(1,f
(1))处的切线与直线x+3y=0垂直.
(1)数a的值;
(2)求证:
当n>m>0时,lnn-lnm>-.
[解]
(1)因为f(x)=ax2+xlnx,
所以f′(x)=2ax+lnx+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.
要证lnn-lnm>-,
即证ln>-,只需证ln-+>0.
令=x,构造函数g(x)=lnx-+x(x≥1),
那么g′(x)=++1.
因为x∈[1,+∞),所以g′(x)=++1>0,
故g(x)在(1,+∞)上单调递增.
由n>m>0,得>1,
所以g>g
(1)=0,
即证得ln-+>0成立,所以命题得证.
对“待证不等式〞等价变形为“ln-+>0”后,观察可知,对“〞进展换元,变为“lnx-+x>0”,构造函数“g(x)=lnx-+x(x≥1)〞来证明不等式,可简化证明过程中的运算.
函数f(x)=x2lnx.
(1)求函数f(x)的单调区间;
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>e2时,有<<.
(1)由,得f′(x)=2xlnx+x=x(2lnx+1)(x>0),
令f′(x)=0,得x=.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
f′(x)
-
+
f(x)
极小值
所以函数f(x)的单调递减区间是,单调递增区间是.
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(et)=e2tlnet-t=t(e2t-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==
==,
其中u=lns.
要使<<成立,只需0<lnu<.
当t>e2时,假设s=g(t)≤e,
那么由f(s)的单调性,有t=f(s)≤f(e)=e2,矛盾.
所以s>e,
即u>1,从而lnu>0成立.
另一方面,令F(u)=lnu-,u>1,F′(u)=-,
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lnu<成立.
综上,当t>e2时,有<<.
技法四:
二次(甚至屡次)构造函数
综合测试)函数f(x)=ex+m-x3,g(x)=ln(x+1)+2.
(1)假设曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线斜率为1,数m的值;
(2)当m≥1时,证明:
f(x)>g(x)-x3.
[解]
(1)因为f(x)=ex+m-x3,
所以f′(x)=ex+m-3x2.
因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线斜率为1,
所以f′(0)=em=1,解得m=0.
因为f(x)=ex+m-x3,g(x)=ln(x+1)+2,
所以f(x)>g(x)-x3等价于ex+m-ln(x+1)-2>0.
当m≥1时,ex+m-ln(x+1)-2≥ex+1-ln(x+1)-2.
要证ex+m-ln(x+1)-2>0,
只需证明ex+1-ln(x+1)-2>0.
设h(x)=ex+1-ln(x+1)-2,那么h′(x)=ex+1-.
设p(x)=ex+1-,那么p′(x)=ex+1+>0,
所以函数p(x)=h′(x)=ex+1-在(-1,+∞)上单调递增.
因为h′=e-2<0,h′(0)=e-1>0,
所以函数h′(x)=ex+1-在(-1,+∞)上有唯一零点x0,且x0∈.
因为h′(x0)=0,所以ex0+1=,
即ln(x0+1)=-(x0+1).
当x∈(-1,x0)时,h′(x)<0,
当x∈(x0,+∞)时,h′(x)>0,
所以当x=x0时,h(x)取得最小值h(x0),
所以h(x)≥h(x0)=ex0+1-ln(x0+1)-2
=+(x0+1)-2>0.
综上可知,当m≥1时,f(x)>g(x)-x3.
[方法点拨]
此题可先进展适当放缩,m≥1时,ex+m≥ex+1,再两次构造函数h(x),p(x).
(2016·
一模)函数f(x)=ex-xlnx,g(x)=ex-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)假设g(x)≥f(x)对任意的x∈(0,+∞)恒成立,求t的取值围.
(1)由f(x)=ex-xlnx,知f′(x)=e-lnx-1,
那么f′
(1)=e-1,
而f
(1)=e,
那么所求切线方程为y-e=(e-1)(x-1),
即y=(e-1)x+1.
(2)∵f(x)=ex-xlnx,g(x)=ex-tx2+x,t∈R,
∴g(x)≥f(x)对任意的x∈(0,+∞)恒成立等价于ex-tx2+x-ex+xlnx≥0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,
即t≤对任意的x∈(0,+∞)恒成立.
令F(x)=,
那么F′(x)==,
令G(x)=ex+e--lnx,
那么G′(x)=ex--=>0对任意的x∈(0,+∞)恒成立.
∴G(x)=ex+e--lnx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的取值围是(-∞,1].