构造函数解导数综合题

....word.构造辅助函数求解导数问 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 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 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 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)＝eq\f(x,ex)，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)＝eq\f(1－x,ex)－eq\f(1－x0,e)＝eq\f(1－xe－1－x0ex,e)．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＋eq\f(bex－1,x)，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)＝aexeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x)))＋eq\f(bex－1x－1,x2)(x＞0)，由于直线y＝e(x－1)＋2的斜率为e，图象过点(1,2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝2，,f′1＝e，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝2，,ae＝e，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2.))(2)证明：由(1)知f(x)＝exlnx＋eq\f(2ex－1,x)(x＞0)，从而f(x)＞1等价于xlnx＞xe－x－eq\f(2,e)．构造函数g(x)＝xlnx，那么g′(x)＝1＋lnx，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，g′(x)＜0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，g′(x)＞0，故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)．构造函数h(x)＝xe－x－eq\f(2,e)，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)＝－eq\f(1,e)．综上，当x＞0时，g(x)＞h(x)，即f(x)＞1．[方法点拨]对于第(2)问“aexlnx＋eq\f(bex－1,x)＞1”的证明，假设直接构造函数h(x)＝aexlnx＋eq\f(bex－1,x)－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＋eq\f(bex－1,x)＞1”合理拆分为“xlnx＞xe－x－eq\f(2,e)〞，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)＝eq\f(alnx,x＋1)＋eq\f(b,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)＞eq\f(lnx,x－1)．解：(1)f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x)－lnx)),x＋12)－eq\f(b,x2)(x＞0)．由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－eq\f(1,2)，且过点(1,1)，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝1，,f′1＝－\f(1,2)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝1，,\f(a,2)－b＝－\f(1,2).))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1.))(2)证明：由(1)知f(x)＝eq\f(lnx,x＋1)＋eq\f(1,x)(x＞0)，所以f(x)－eq\f(lnx,x－1)＝eq\f(1,1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lnx－\f(x2－1,x)))．考虑函数h(x)＝2lnx－eq\f(x2－1,x)(x＞0)，那么h′(x)＝eq\f(2,x)－eq\f(2x2－x2－1,x2)＝－eq\f(x－12,x2)．所以当x≠1时，h′(x)＜0．而h(1)＝0，故当x∈(0,1)时，h(x)＞0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)＞0．从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－eq\f(lnx,x－1)＞0，即f(x)＞eq\f(lnx,x－1)．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＞eq\f(m,n)－eq\f(n,m)．[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＞eq\f(m,n)－eq\f(n,m)，即证lneq\f(n,m)＞eq\f(m,n)－eq\f(n,m)，只需证lneq\f(n,m)－eq\f(m,n)＋eq\f(n,m)＞0．令eq\f(n,m)＝x，构造函数g(x)＝lnx－eq\f(1,x)＋x(x≥1)，那么g′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)＋1．因为x∈[1，＋∞)，所以g′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)＋1＞0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．由n＞m＞0，得eq\f(n,m)＞1，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,m)))＞g(1)＝0，即证得lneq\f(n,m)－eq\f(m,n)＋eq\f(n,m)＞0成立，所以命题得证．[方法点拨]对“待证不等式〞等价变形为“lneq\f(n,m)－eq\f(m,n)＋eq\f(n,m)＞0”后，观察可知，对“eq\f(n,m)〞进展换元，变为“lnx－eq\f(1,x)＋x＞0”，构造函数“g(x)＝lnx－eq\f(1,x)＋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eq\f(2,5)＜eq\f(lngt,lnt)＜eq\f(1,2)．解：(1)由，得f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)(x＞0)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,\r(e))．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf ：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(e))))eq\f(1,\r(e))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))，＋∞))f′(x)－0＋f(x)极小值所以函数f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(e))))，单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))，＋∞))．(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eq\f(lngt,lnt)＝eq\f(lns,lnfs)＝eq\f(lns,lns2lns)＝eq\f(lns,2lns＋lnlns)＝eq\f(u,2u＋lnu)，其中u＝lns．要使eq\f(2,5)＜eq\f(lngt,lnt)＜eq\f(1,2)成立，只需0＜lnu＜eq\f(u,2)．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－eq\f(u,2)，u＞1，F′(u)＝eq\f(1,u)－eq\f(1,2)，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＜eq\f(u,2)成立．综上，当t＞e2时，有eq\f(2,5)＜eq\f(lngt,lnt)＜eq\f(1,2)．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－eq\f(1,x＋1)．设p(x)＝ex＋1－eq\f(1,x＋1)，那么p′(x)＝ex＋1＋eq\f(1,x＋12)＞0，所以函数p(x)＝h′(x)＝ex＋1－eq\f(1,x＋1)在(－1，＋∞)上单调递增．因为h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eeq\f(1,2)－2＜0，h′(0)＝e－1＞0，所以函数h′(x)＝ex＋1－eq\f(1,x＋1)在(－1，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))．因为h′(x0)＝0，所以ex0＋1＝eq\f(1,x0＋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＝eq\f(1,x0＋1)＋(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≤eq\f(ex＋x－ex＋xlnx,x2)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．令F(x)＝eq\f(ex＋x－ex＋xlnx,x2)，那么F′(x)＝eq\f(xex＋ex－2ex－xlnx,x3)＝eq\f(1,x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex＋e－\f(2ex,x)－lnx))，令G(x)＝ex＋e－eq\f(2ex,x)－lnx，那么G′(x)＝ex－eq\f(2xex－ex,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(exx－12＋ex－x,x2)＞0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．∴G(x)＝ex＋e－eq\f(2ex,x)－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]．