构造函数解导数综合题.docx

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构造函数解导数综合题

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，或不等式在某个围恒成立求参数取值围、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·模拟）函数f（x）＝ex－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＜ex．

[解]　

（1）由f（x）＝ex－ax，得f′（x）＝ex－a．

因为f′（0）＝1－a＝－1，所以a＝2，

所以f（x）＝ex－2x，f′（x）＝ex－2，

令f′（x）＝0，得x＝ln2，

当x＜ln2时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；

当x＞ln2时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．

所以当x＝ln2时，f（x）取得极小值，且极小值为f（ln2）＝eln2－2ln2＝2－ln4，f（x）无极大值．

（2）证明：

令g（x）＝ex－x2，那么g′（x）＝ex－2x．

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；

（2）证明：

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

（2）证明：

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．

[方法点拨]

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．

[对点演练]

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；

（2）证明：

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

（2）证明：

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．

（2）证明：

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．

[方法点拨]

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．

[对点演练]

函数f（x）＝x2lnx．

（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＞e2时，有＜＜．

解：

（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）

－

0

＋

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．

（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（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

[典例]　（2017·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．

（2）证明：

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）．

[对点演练]

（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．

解：

（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]．