函数构造法.docx

1、函数构造法函数构造法利用导数证明不等式是近几年高考命题的一种热点题型利用导数证明不等式，关键是要找出与待证不等式紧密联系的函数，然后以导数为工具来研究该函数的单调性、 极值、最值 (值域 )，从而达到证明不等式的目的，这时常常需要构造辅助函数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，这里给出几种常用的构造技巧当试题中给出简单的基本初等函数，例如 f(x)x3，g(x) ln x，进而证明在某个取值范围内不等式 f(x)g(x)成立时，可以类比作差法，构造函数 h(x)f(x)g(x)或 (x) g(x) f (x) ，进而证明gfxx ，进而证 明h(x)

2、min 0 或 (x)max 0 即可，在求最值的过程中，可以利用导数为工具此外，在能够说明 g(x)0(f(x)0)的前提下，也可以 类比作 商法， 构造函数 h(x) f x x gxh(x)min 1(x)max 1)典例 (2018 广州模拟 )已知函数 f(x)exax(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 x0时， x2 ex. 方法演示 解： (1)由 f(x)exax，得 f(x)exa. 因为 f(0)1 a 1，所以 a2，所以 f(x)ex2x，f(x)ex2，令 f (x)

3、0，得 xln 2，当 xln 2 时，f(x)ln 2 时，f(x)0，f(x)单调递增所以当 xln 2 时， f(x)取得极小值，且极小值为 f(ln 2) eln 22ln 22ln 4，f(x)无极大值(2)证明：令 g(x)exx2，则 g(x)ex2x. 由(1)得g(x)f(x)f(ln 2)0，故 g(x)在R上单 调递增所以当 x0 时， g(x)g(0)10，即 x2ex. 解题师说 在本例第 (2)问中，发现“ x2， ex”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“ x21)(1) 求函数 f(x)的单调区间及最小值；(2) 证明： f(x)g(x)在1， )上恒成

4、立北京华罗庚学校 为全国学生提供优质教育 解： (1)f(x)的定义域为 (0， )， f(x ) xln x2x，f(x)ln x12ln x1， 由 f (x) 0，得 x e；由 f (x) 0，得 0x1，a1， m(x)0，x m(x)在1， )上单调递增， m(x)m(1)a1，即 h(x)a1， a1，a10， h(x)0， h(x) xln xax2ax2x2 在1，)上单调递增， h(x) h(1) 0，即 f(x) g(x) 0，故 f(x)g(x)在1， )上恒成立 .“ 拆分法 ”构造函数证明不等式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

5、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)maxg(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x bex 1典例 设函数 f(x)aexln x x ，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线为 ye(x1)2.x(1)求 a，b；(2)证明： f(x)1. 方法演示 解： (1)f (x) aex ln由于直线 y e(x 1) 2 的斜率为 e，图象过点 (1,2)，x 2e x 2(2)证明：由 (1)知 f

6、(x)exln x x (x 0)，从而 f(x)1 等价于 xln xxe x e.构造函数 g(x)xln x，则 g(x) 1ln x，故 g(x)在 0， e1 上单调递减，在 e1， 上单调递增， x 2 x构造函数 h(x)xex，则 h(x) ex(1x)e所以当 x(0,1)时，h(x)0；当 x(1， )时，h(x)0 时， g(x)h(x)，即 f(x)1. 解题师说 x 1 x 1对于第 (2)问“ aexln xbex 1”的证明， 若直接构造函数 h(x) aexln xbex 1，求导以后不 xxbex1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“

7、aexln x be 1”合理拆分为“ xln xxxex2”，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e 应用体验 2已知函数 f(x)xaln 1xxb，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为 x2y30.(1) 求 a，b 的值； ln x(2)证明：当 x0，且 x1 时， f(x)x 1x1a解： (1)f (x) ln xx b 1x1 2 x2(x0)由于直线 x2y 3 0 的斜率为 2，且过点 (1,1)，f1 1，1 f 1 2，即 b 1，a2b 12. 解得22a1， b 1.x21x.ln x 1(2) 证明：由 (1)知 f(x) x(x0)，

8、x 1 x所以 f(x)xln x111x2 2ln xh (x)2x2x2xx21 x1xx所以当 x1时，h(x)0. 而 h(1)0，1h(x)0.1 x1故当 x(0,1)时， h(x)0，可得 2h(x)0；当 x(1， )时，1 x从而当 x0，且 x1 时， f(x) ln x 0，即 f(x) ln x .x1 x 1换元法 ” 构造函数证明不等式若两个变元 x1，x2 之间联系“亲密”，我们可以通过计算、化简，将所证明的不等式整体转化 为关于 m(x1，x2)的表达式 (其中 m(x1，x2)为 x1，x2组合成的表达式 )，进而使用换元令 m(x1，x2) t， 使所要证明

9、的不等式转化为关于 t 的表达式，进而用导数法进行证明，因此，换元的本质是消元ln x典例 已知函数 f(x) (aR)，曲线 yf(x)在点 (1， f(1)处的切线与直线 xy10垂直x a(1)试比较 2 0172 018与 2 0182 017的大小，并说明理由； (2)若函数 g(x)f(x)k 有两个不同的零点 x1， x2，证明： x1x2e2. 方法演示 又曲线 yf(x)在点 (1， f(1)处的切线与直线所以 f (1)1，即 1 1，解得 a0. 故 f(x) ln x，f(x)1l2n x.1 a x x由 f (x) 0，得 0x e；由 f(x) e， 所以函数 f

10、(x)的单调递增区间为 (0， e)，单调递减区间为 (e， )所以 f(2 017) f(2 018) ，即ln 2 017ln 2 018. 整理得 ln 2 0172 018ln 2 0182 017， 2 017 2 018所以 2 0172 0182 0182 017.ln x(2)证明： g(x) x k，设 x1x20，由 g(x1)g(x2)0，x可得 ln x1kx10， ln x2 kx2 0，两式相加减，得 ln x1ln x2k（x1x2），ln x1ln x2 k（x1x2）因为 kln x1xln x2，所以只需证x1x2ln x1lxn x2 2 x ，即证 ln

11、x12 x1xx2 .x1x2 x1x2 x2 x1 x2令xx1t(t1)，则只需证 ln t2tt11(t1)令 h(t)ln t2tt11 (t1)， 则 h(t)1 4 2 t1 2 0，故函数 h(t)在(1， )上单调递增， t t 1 2 t t 1 22 t 1所以 h(t) h(1) 0，即 ln t . 所以 x1x2 e2.t1 解题师说 (1)由题意易知 f(1)1，可列出关于 a的方程，从而求出 a 的值，得到函数 f(x)的解析式欲北京华罗庚学校 为全国学生提供优质教育比较 2 0172 018与 2 0182 017的大小，只需比较 f(2 017) ， f(2

12、018)的大小，即需判断函数 yf(x)的单调性 (2)不妨设 x1x2 0，由 g(x1 ) g(x2) 0，可得 ln x1 kx1 0，ln x2kx20，两式相加减，利用分析法将要证明的不等式转化为 ln x1ln x2 2 ，再利用换元法， 通过求导证明上述不等式成立 x1 x2 x1x2 应用体验 23已知函数 f(x) x2ln 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 tf(s)；(3)设(2)中所确定的 s关于 t的函数为 sg(t)，证明：当 t e2时，有 25 lnl ng tt0)，令 f(x)0，得 x . e当 x

13、变化时， f (x)， f(x)的变化情况如下表：x0， 1e11e1e，f(x)0f(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 00，当 0x1时不存在 t f(s) 令 h(x)f(x)t，x1，)由(1)知，h(x)在区间 (1， )上单调递增 h(1)t0. 故存在唯一的 s(1， )，使得 tf(s)成立(3)证明： 因为 sg(t)，由(2)知， t f(s)，且 s1，从而ln gt ln s ln2 s ln s u ，其中 uln s.ln t ln f s ln s ln s 2ln s ln ln s 2uln

14、u要使 2ln g t 1成立，只需 0 ln u e2时，若 sg( t) e，则由 f(s)的单调性，有 tf(s) f(e) e2，矛盾所以 se，即 u 1， 从而 ln u 0 成立另一方面，令 F(u)ln u2u，u1，F(u)u112，令 F(u)0，得 u2. 当1u0；当 u2时，F(u)1，F(u)F(2)0，因此 ln ue2时，有25lnl ng tt 0)，令 g(x)0，得 m 31x3x(x0)13(x)3x3x(x0)，则 (x) (x1)(x1)， x (0,1)时， (x)0， (x)在(0,1)上单调递增；x (1， )时， (x)23时，函数 g(x)

15、无零点；当 m 32时，函数 g(x)有且只有一个零点；当 0m32时，函数 g( x)无零点；当 m23或 m0 时，函数 g(x)有且只有一个零点；当3320ma0，f bb faa 1等价于 f(b)b0)，故(*)等价于 h(x)在(0， )上单调递减x1m由 h(x)xx210 在(0， )上恒成立，得xx1 1 1 m14，当且仅当 x12时等号成立，所以 m 的取值范围为 41， . 解题师说 本例第 (3)问中，利用不等式的性质， 将“fbf a 1”等价转化为“ f(b)b x24.解： (1)因为 f(x)2x(x1)exx(x22)ex2x2(x2)ex2，所以 f(0)

16、 2.因为 f(0) 2，所以曲线 yf(x)在点 (0，f(0)处的切线方程为 2xy20.(2)证明： 要证 f(x) x2 4，只需证 (x1)(x22)ex x22x4，设 g(x)x22x4 (x1)23，h(x)(x1)(x2)ex，则 h(x)x(x2)ex.由 h(x)0，得 x2，故 h(x)在2， )上单调递增；由 h(x)0，得 x 3.又 g(x)max3，所以 g(x)maxx22x4，即 f(x)x24. 2(理)已知函数 f(x)exmx3，g(x) ln(x 1)2.(1)若曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线斜率为 1，求实数 m 的值；3(2)当 m1

17、 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 yf(x)在点 (0，f(0)处的切线斜率为 1，所以 f(0)em1，解得 m0. (2)证明：因为 f(x) ex mx3， g(x) ln( x 1) 2， 所以 f(x)g(x)x3等价于 exmln(x1)2 0.当 m1 时， exm ln( x 1) 2 ex1 ln( x 1) 2.要证 ex m ln( x1) 2 0，只需证明 ex 1 ln( x 1) 2 0.设 h(x) ex 1ln(x1)2，则 h(x)ex 1x11.x 1所以函数 p(

18、x)h(x)ex1 1 在(1， )上单调递增x1因为 h 21 e1220，所以函数 h(x)ex1 1 在(1，)上有唯一零点 x0，且 x0 1，0 . x 1 21所以 h(x) h(x0)ex0 1 ln(x0 1) 2 x 1 (x01)20. 综上可知，当 m1 时， f(x) g(x) x.2x (文)已知函数 f(x)(ax1)ln x 2.(1)若a2，求曲线 yf(x)在点(1， f(1)处的切线 l 的方程；4 (2)设函数 g(x) f (x )有两个极值点 x1，x2，其中 x1(0，e，证明 g(x1)g(x2) e.11解： (1)当 a2时，f(x)2ln x

19、xx2，f(1)2，f(1)2，x21 切线 l 的方程为 y22(x1)，即 4x2y 30.21 a 1 x ax 1 (2)函数 g(x)aln xxxa，定义域为 (0， )，则 g (x)1xx2 x22令 g(x)0，得 xax10，其两根为 x1，x2，且 x1x2 a，x1x21，故 x2 x11， a x1x11 . g(x1) g(x2)g(x1) g11aln x1x1 a aln x1a 2 x1x1 2aln x1x1x1 x12 x1 x11 2 x1 x11 ln x1.则 g( x1 ) g( x2) minh(x)min，当 x (0,1时， h(x)0，当

20、x(1，e时， h(x)0.ax(1)求 a的取值范围；1 a b a(2) 若 b0，试证明 1 ln b 0，所以 ax10，即 xa1. ax x ax a1因为 x(1，)，所以11，即 a1. 所以 a的取值范围为 1， ) aa b 1 x(2)证明：因为 b0，a1，所以 ab b1. 又f(x)1axxln x在(1， )上是增函数，所以 f1aba b b a b 1 ababb f(1)，即 abb lnab b0，化简得 a1blnabb.aba b a a b a a aln b b等价于 ln b bln 1b b0)，aabb1 x则 g(x)11 x11x0，所以

21、函数 g(x)在(0， ) 上为减函数，所以 g ab a a a b a ln 1 b bln b bg(0)0，综上， a1 blnab bab得证4(理 )已知函数 f(x)xln x.(1) 求 f(x)的单调区间和极值；(2)设 A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)，且 x1x2，证明：f x2f x10 ，得 x1；由 f (x)0 ，得 0 x1，ee所以 f(x) 的单调递增区间是 1， ，单调递减区间是 0，1e，f (x)极小值 1 1 11eln1ee1，f(x)无极大值x1x22x2ln x2x1ln x1 x1 x2x2x1 ln 2 1? x2ln x2x1lnx1x2lnx1x2x1lnx1x2x2x1? x2ln x2x 0)，h(x) ln(1 x) x，则 h(x)1x1 1x0，h(x)在(0，)上单调递减 所t 1 t1以 h(x)h(0)0，即 ln(1 x)x，即 g(t)ln 1t1 t10 恒成立所以 g(t)在(1 ， )上是减函数所以 g(t)g(1)0，所以 tln12ttln12 tt1得证f( x) g(x)(1)若 f(x)在区间 (， 2)上为单调递增函数，求