2022届高三专题复习：构造辅助函数求解导数问题.docx

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)=lnx,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(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=ln2.所以,当x2时,f＇(x)ln2时,f＇(x)>0,f(x)单调递增.故当x=ln2时,f(x)有极小值且极小值为f(ln2)=eln2-2ln2=2-ln4,f(x)无极大值.(2)证明:令g(x)=ex-x2,则g＇(x)=ex-2x,由(1)得g＇(x)≥f(ln2)>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1cx2x+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-lnx+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)=aexlnx+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)=exlnx+2ex-1x,从而f(x)>1等价于xlnx>xe-x-2e.构造函数g(x)=xlnx(x>0),则g＇(x)=1+lnx,所以当x∈0,1e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)=exlnx+2ex-1x(x>0),求导以后不易分析,因此先将不等式“exlnx+2ex-1x>1”合理拆分为“xlnx>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)cosx-sinx,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)cosx-sinx,所以g＇(x)=f＇(x)+cosx-(x-a)sinx-cosx=x(x-a)-(x-a)sinx=(x-a)(x-sinx),令h(x)=x-sinx,则h＇(x)=1-cosx≥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xx),当x∈(-∞,a)时,x-a0,g(x)单调递增;当x∈(a,0)时