2022届高三专题复习：构造辅助函数求解导数问题

构造辅助函数求解导数问题专题讲座

1.“作差(商)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,也可以构造函数h(x)=f(x)g(x)φ(x)=g(x)f(x),证明h(x)min≥1(0<φ(x)max≤1).典例1　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

(3)证明:对任意给定的正数c,总存在x0,使得当x∈(x0,+∞)时,恒有x2

＇(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

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.(2)证明:令g(x)=ex-x2,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x20时,x2x0时,有1cx2<13x3

x+12x2+ax(a∈R),g(x)=ex+32x2,若对于任意的x∈(0,+∞),总有f(x)≤g(x)成立.求实数a的取值范围.解析　f(x)≤g(x)⇒ex-ln

x+x2≥ax,因为x>0,所以a≤ex+x2-lnxx对于任意的x>0恒成立,设φ(x)=ex+x2-lnxx(x>0),φ＇(x)=ex+2x-1xx-(ex+x2-lnx)x2=ex(x-1)+lnx+(x+1)(x-1)x2,∵x>0,∴当x∈(0,1)时,φ＇(x)<0,φ(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,φ＇(x)>0,φ(x)单调递增,∴φ(x)≥φ(1)=e+1,∴a≤e+1.2.“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.典例2　设函数f(x)=aexln

x+bex-1x,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.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f

＇(x)=aexlnx+1x+bex-1(x-1)x2,依题意得f(1)=2,f

＇(1)=e,解得a=1,b=2.(2)证明:由(1)知f(x)=exln

x+2ex-1x,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,+∞上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g1e=-1e.构造函数h(x)=xe-x-2e(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.点拨　对于第(2)问的证明,若直接构造函数h(x)=exln

x+2ex-1x(x>0),求导以后不易分析,因此先将不等式“exln

x+2ex-1x>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.对点训练1：(2017山东,20,13分)已知函数f(x)=13x3-12ax2,a∈R.(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程;

(2)设函数g(x)=f(x)+(x-a)cos

x-sin

x,讨论g(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.解析(1)由题意知f

＇(x)=x2-ax,所以当a=2时,f(3)=0,f

＇(x)=x2-2x,所以f

＇(3)=3,因此,曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程是y=3(x-3),即3x-y-9=0.(2)因为g(x)=f(x)+(x-a)cos

x-sin

x,所以g＇(x)=f

＇(x)+cos

x-(x-a)sin

x-cos

x=x(x-a)-(x-a)sin

x

=(x-a)(x-sin

x),令h(x)=x-sin

x,则h＇(x)=1-cos

x≥0,所以h(x)在R上单调递增.因为h(0)=0,所以当x>0时,h(x)>0;

当x<0时,h(x)<0.①当a<0时,g＇(x)=(x-a)(x-sin

x),当x∈(-∞,a)时,x-a<0,g＇(x)>0,g(x)单调递增;

当x∈(a,0)时,x-a>0,g＇(x)<0,g(x)单调递减;

当x∈(0,+∞)时,x-a>0,g＇(x)>0,g(x)单调递增.所以当x=a时,g(x)取到极大值,极大值是g(a)=-16a3-sin

a,当x=0时,g(x)取到极小值,极小值是g(0)=-a.②当a=0时,g＇(x)=x(x-sin

x),当x∈(-∞,+∞)时,g＇(x)≥0,g(x)单调递增.所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,g(x)无极大值也无极小值.③当a>0时,g＇(x)=(x-a)(x-sin

x),当x∈(-∞,0)时,x-a<0,g＇(x)>0,g(x)单调递增;

当x∈(0,a)时,x-a<0,g＇(x)<0,g(x)单调递减;

当x∈(a,+∞)时,x-a>0,g＇(x)>0,g(x)单调递增.所以当x=0时,g(x)取到极大值,极大值是g(0)=-a;

当x=a时,g(x)取到极小值,极小值是g(a)=-16a3-sin

a.综上所述:

当a<0时,函数g(x)在(-∞,a)和(0,+∞)上单调递增,在(a,0)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g(a)=-16a3-sin

a,极小值是g(0)=-a;

当a=0时,函数g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;

当a>0时,函数g(x)在(-∞,0)和(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g(0)=-a,极小值是g(a)=-16a3-sin

a.3.“换元法”构造函数

典例3　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-nm.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.(2)证明:要证ln

n-ln

m>mn-nm,即证lnnm>mn-nm,只需证lnnm-mn+nm>0.令nm=x,由已知n>m>0,得nm>1,即x>1,构造函数g(x)=ln

x-1x+x(x>1),则g＇(x)=1x+1x2+1.因为x∈(1,+∞),所以g＇(x)=1x+1x2+1>0,故g(x)在(1,+∞)上单调递增.所以gnm>g(1)=0,即证得lnnm-mn+nm>0成立,所以命题得证.点拨　将待证不等式等价变形为“lnnm-mn+nm>0”后,观察可知,对“nm”进行换元,进而构造函数“g(x)=ln

x-1x+x(x>1)”来证明不等式,简化了证明过程中的运算.对点训练2：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25

＇(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

0,1e

1e

1e,+∞

f

＇(x)

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,+∞.(2)证明:当0

et-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lng(t)lnt=lnslnf(s)=lnsln(s2lns)=lns2lns+ln(lns)=u2u+lnu,其中u=ln

s.要使25

ue2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.另一方面,令F(u)=ln

u-u2,u>1.F

＇(u)=1u-12,令F

＇(u)=0,得u=2.当1

＇(u)>0;当u>2时,F

＇(u)<0.故对u>1,F(u)≤F(2)<0.因此ln

ue2时,有25

典例4(2017课标全国Ⅱ,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;

(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围.解析(1)f

＇(x)=(1-2x-x2)ex.令f

＇(x)=0,得x=-1-2或x=-1+2.当x∈(-∞,-1-2)时,f

＇(x)<0;

当x∈(-1-2,-1+2)时,f

＇(x)>0;

当x∈(-1+2,+∞)时,f

＇(x)<0.所以f(x)在(-∞,-1-2),(-1+2,+∞)上单调递减,在(-1-2,-1+2)上单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h＇(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当00(x>0),所以g(x)在[0,+∞)单调递增,而g(0)=0,故ex≥x+1.当0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5-4a-12,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.当a≤0时,取x0=5-12,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.综上,a的取值范围是[1,+∞).对点训练3：

已知函数f(x)=ex-xln

x,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)若g(x)≥f(x)对任意的x∈(0,+∞)恒成立,求t的取值范围.解析(1)由f(x)=ex-xln

x,知f＇(x)=e-ln

x-1,则f＇(1)=e-1,而f(1)=e,则所求切线方程为y-e=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+1.(2)∵f(x)=ex-xln

x,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+xln

x≥0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,即t≤ex+x-ex+xlnxx2对任意的x∈(0,+∞)恒成立,令F(x)=ex+x-ex+xlnxx2,则F＇(x)=xex+ex-2ex-xlnxx3=1x2ex+e-2exx-lnx,令G(x)=ex+e-2exx-ln

x,x∈(0,+∞),则G＇(x)=ex-2(xex-ex)x2-1x=ex(x-1)2+ex-xx2>0对任意的x∈(0,+∞)恒成立.∴G(x)=ex+e-2exx-ln

x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的取值范围是(-∞,1].5.“转化法”构造函数

典例5　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)若对任意的b>a>0,f(b)-f(a)b-a<1恒成立,求m的取值范围.解析(1)当m=e时,f(x)=ln

x+ex(x>0),则f

＇(x)=x-ex2,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)的最小值为2.(2)g(x)=f

＇(x)-x3=1x-mx2-x3(x>0),令g(x)=0,得m=-13x3+x(x>0).设φ(x)=-13x3+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,结合y=φ(x)的图象可知:

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023时,函数g(x)无零点;当m=23或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;当0a>0,f(b)-f(a)b-a<1等价于f(b)-b

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.由h＇(x)=1x-mx2-1≤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,+∞.点拨：本例第(3)问中,利用不等式的性质,将“f(b)-f(a)b-a<1”等价转化为“f(b)-b

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)f(x)的定义域为(0,+∞).f

＇(x)=x+1-a-ax=x2+(1-a)x-ax=(x+1)(x-a)x.若a≤0,则f

＇(x)>0,此时f(x)在(0,+∞)上单调递增.若a>0,则由f

＇(x)=0,得x=a.当0

＇(x)<0;当x>a时,f

＇(x)>0.此时f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.(2)不妨设x1≤x2,又a<0,故由(1)知,f(x)在(0,+∞)上单调递增,∴f(x1)≤f(x2).从而∀x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等价于∀x1,x2∈(0,+∞),4x1-f(x1)≥4x2-f(x2).(*)

令g(x)=4x-f(x),则g＇(x)=4-f

＇(x)=4-x+1-a-ax=ax-x+3+a.(*)式等价于g(x)在(0,+∞)上单调递减,∴g＇(x)=ax-x+3+a≤0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,∴a≤x2-3xx+1对任意的x∈(0,+∞)恒成立,∴a≤x2-3xx+1min.又x2-3xx+1=x+1+4x+1-5≥2(x+1)·4x+1-5=-1,当且仅当x+1=4x+1,即x=1时,等号成立.∴a≤-1.故a的取值范围是(-∞,-1].