构造函数解导数综合题Word格式文档下载.docx
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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·
广州模拟)已知函数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.
令g(x)=ex-x2,则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”具有基本初等函数的基因,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]
已知函数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),
则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,
则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;
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.))
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,则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),
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(0,1)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.
对于第
(2)问“aexlnx+eq\f(bex-1,x)>1”的证明,若直接构造函数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行构造函数,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,进而达到证明原不等式的目的.
已知函数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;
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.))
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),
则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] 已知函数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)求实数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.
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),
则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.
由已知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.
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)”进行换元,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.
已知函数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eq\f(2,5)<eq\f(lng(t),lnt)<eq\f(1,2).
(1)由已知,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:
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)),+∞)).
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,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lnu>0成立.
另一方面,令F(u)=lnu-eq
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