構(gòu)造輔助函數(shù)求解導(dǎo)數(shù)問題專題講座

1.“作差(商)法”構(gòu)造函數(shù)

當試題中給出簡單的基本初等函數(shù),例如f(x)=x3,g(x)=ln

x,要證明在某個取值范圍內(nèi)不等式f(x)≥g(x)成立時,可以構(gòu)造函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)或φ(x)=g(x)-f(x),證明h(x)min≥0或φ(x)max≤0即可,在求最值的過程中,可以利用導(dǎo)數(shù).此外,在能夠說明g(x)>0(f(x)>0)的前提下,也可以構(gòu)造函數(shù)h(x)=f(x)g(x)φ(x)=g(x)f(x),證明h(x)min≥1(0<φ(x)max≤1).典例1　已知函數(shù)f(x)=ex-ax(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點A,曲線y=f(x)在點A處的切線斜率為-1.(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值;

(2)證明:當x>0時,x2

(3)證明:對任意給定的正數(shù)c,總存在x0,使得當x∈(x0,+∞)時,恒有x2

＇(x)=ex-a,則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,當x

2時,f

＇(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當x>ln

2時,f

＇(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.故當x=ln

2時,f(x)有極小值且極小值為f(ln

2)=eln

2-2ln

2=2-ln

4,f(x)無極大值.(2)證明:令g(x)=ex-x2,則g＇(x)=ex-2x,由(1)得g＇(x)≥f(ln

2)>0,所以g(x)為增函數(shù),因此,當x>0時,g(x)>g(0)=1>0,即x20時,x2x0時,有1cx2<13x3

x+12x2+ax(a∈R),g(x)=ex+32x2,若對于任意的x∈(0,+∞),總有f(x)≤g(x)成立.求實數(shù)a的取值范圍.解析　f(x)≤g(x)?ex-ln

x+x2≥ax,因為x>0,所以a≤ex+x2-lnxx對于任意的x>0恒成立,設(shè)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,∴當x∈(0,1)時,φ＇(x)<0,φ(x)單調(diào)遞減;當x∈(1,+∞)時,φ＇(x)>0,φ(x)單調(diào)遞增,∴φ(x)≥φ(1)=e+1,∴a≤e+1.2.“拆分法”構(gòu)造函數(shù)

當所要證明的不等式由幾個基本初等函數(shù)通過相乘以及相加的形式組成時,如果對其直接求導(dǎo),得到的導(dǎo)函數(shù)往往給人一種“撲朔迷離”“不知所措”的感覺.這時可以將原不等式合理拆分為f(x)≤g(x)的形式,進而證明f(x)max≤g(x)min即可,此時注意配合使用導(dǎo)數(shù)工具.在拆分的過程中,一定要注意合理性的把握,一般以能利用導(dǎo)數(shù)進行最值分析為拆分標準.典例2　設(shè)函數(shù)f(x)=aexln

x+bex-1x,曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線為y=e(x-1)+2.(1)求a,b;

(2)證明:

f(x)>1.解析(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),f

＇(x)=aexlnx+1x+bex-1(x-1)x2,依題意得f(1)=2,f

＇(1)=e,解得a=1,b=2.(2)證明:由(1)知f(x)=exln

x+2ex-1x,從而f(x)>1等價于xln

x>xe-x-2e.構(gòu)造函數(shù)g(x)=xln

x(x>0),則g＇(x)=1+ln

x,所以當x∈0,1e時,g＇(x)<0,當x∈1e,+∞時,g＇(x)>0,故g(x)在0,1e上單調(diào)遞減,在1e,+∞上單調(diào)遞增,從而g(x)在(0,+∞)上的最小值為g1e=-1e.構(gòu)造函數(shù)h(x)=xe-x-2e(x>0),則h＇(x)=e-x(1-x),所以當x∈(0,1)時,h＇(x)>0,當x∈(1,+∞)時,h＇(x)<0,故h(x)在(0,+∞)上的最大值為h(1)=-1e.綜上,當x>0時,g(x)>h(x),即f(x)>1.點撥　對于第(2)問的證明,若直接構(gòu)造函數(shù)h(x)=exln

x+2ex-1x(x>0),求導(dǎo)以后不易分析,因此先將不等式“exln

x+2ex-1x>1”合理拆分為“xln

x>xe-x-2e”,再分別對左右兩邊構(gòu)造函數(shù),進而達到證明原不等式的目的.對點訓(xùn)練1：(2017山東,20,13分)已知函數(shù)f(x)=13x3-12ax2,a∈R.(1)當a=2時,求曲線y=f(x)在點(3,f(3))處的切線方程;

(2)設(shè)函數(shù)g(x)=f(x)+(x-a)cos

x-sin

x,討論g(x)的單調(diào)性并判斷有無極值,有極值時求出極值.解析(1)由題意知f

＇(x)=x2-ax,所以當a=2時,f(3)=0,f

＇(x)=x2-2x,所以f

＇(3)=3,因此,曲線y=f(x)在點(3,f(3))處的切線方程是y=3(x-3),即3x-y-9=0.(2)因為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,則h＇(x)=1-cos

x≥0,所以h(x)在R上單調(diào)遞增.因為h(0)=0,所以當x>0時,h(x)>0;

當x<0時,h(x)<0.①當a<0時,g＇(x)=(x-a)(x-sin

x),當x∈(-∞,a)時,x-a<0,g＇(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;

當x∈(a,0)時,x-a>0,g＇(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;

當x∈(0,+∞)時,x-a>0,g＇(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.所以當x=a時,g(x)取到極大值,極大值是g(a)=-16a3-sin

a,當x=0時,g(x)取到極小值,極小值是g(0)=-a.②當a=0時,g＇(x)=x(x-sin

x),當x∈(-∞,+∞)時,g＇(x)≥0,g(x)單調(diào)遞增.所以g(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,g(x)無極大值也無極小值.③當a>0時,g＇(x)=(x-a)(x-sin

x),當x∈(-∞,0)時,x-a<0,g＇(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;

當x∈(0,a)時,x-a<0,g＇(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;

當x∈(a,+∞)時,x-a>0,g＇(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.所以當x=0時,g(x)取到極大值,極大值是g(0)=-a;

當x=a時,g(x)取到極小值,極小值是g(a)=-16a3-sin

a.綜上所述:

當a<0時,函數(shù)g(x)在(-∞,a)和(0,+∞)上單調(diào)遞增,在(a,0)上單調(diào)遞減,函數(shù)既有極大值,又有極小值,極大值是g(a)=-16a3-sin

a,極小值是g(0)=-a;

當a=0時,函數(shù)g(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,無極值;

當a>0時,函數(shù)g(x)在(-∞,0)和(a,+∞)上單調(diào)遞增,在(0,a)上單調(diào)遞減,函數(shù)既有極大值,又有極小值,極大值是g(0)=-a,極小值是g(a)=-16a3-sin

a.3.“換元法”構(gòu)造函數(shù)

典例3　已知函數(shù)f(x)=ax2+xln

x(a∈R)的圖象在點(1,f(1))處的切線與直線x+3y=0垂直.(1)求實數(shù)a的值;

(2)求證:當n>m>0時,ln

n-ln

m>mn-nm.解析(1)因為f(x)=ax2+xln

x,所以f

＇(x)=2ax+ln

x+1,因為切線與直線x+3y=0垂直,所以切線的斜率為3,所以f

＇(1)=3,即2a+1=3,故a=1.(2)證明:要證ln

n-ln

m>mn-nm,即證lnnm>mn-nm,只需證lnnm-mn+nm>0.令nm=x,由已知n>m>0,得nm>1,即x>1,構(gòu)造函數(shù)g(x)=ln

x-1x+x(x>1),則g＇(x)=1x+1x2+1.因為x∈(1,+∞),所以g＇(x)=1x+1x2+1>0,故g(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增.所以gnm>g(1)=0,即證得lnnm-mn+nm>0成立,所以命題得證.點撥　將待證不等式等價變形為“l(fā)nnm-mn+nm>0”后,觀察可知,對“nm”進行換元,進而構(gòu)造函數(shù)“g(x)=ln

x-1x+x(x>1)”來證明不等式,簡化了證明過程中的運算.對點訓(xùn)練2：已知函數(shù)f(x)=x2ln

x.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;

(2)證明:對任意的t>0,存在唯一的s,使t=f(s);

(3)設(shè)(2)中所確定的s關(guān)于t的函數(shù)為s=g(t),證明:當t>e2時,有25

＇(x)=2xln

x+x=x(2ln

x+1),令f

＇(x)=0,得x=1e.當x變化時,f

＇(x),f(x)的變化情況如下表:

x

0,1e

1e

1e,+∞

f

＇(x)

0

+

f(x)

↘

極小值

↗

所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是0,1e,單調(diào)遞增區(qū)間是1e,+∞.(2)證明:當0

et-t=t(e2t-1)>0.故存在唯一的s∈(1,+∞),使得t=f(s)成立.(3)證明:因為s=g(t),由(2)知,t=f(s),且s>1,從而lng(t)lnt=lnslnf(s)=lnsln(s2lns)=lns2lns+ln(lns)=u2u+lnu,其中u=ln

s.要使25

ue2時,若s=g(t)≤e,則由f(s)的單調(diào)性,有t=f(s)≤f(e)=e2,矛盾.所以s>e,即u>1,從而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.當1

＇(u)>0;當u>2時,F

＇(u)<0.故對u>1,F(u)≤F(2)<0.因此ln

ue2時,有25

典例4(2017課標全國Ⅱ,21,12分)設(shè)函數(shù)f(x)=(1-x2)ex.(1)討論f(x)的單調(diào)性;

(2)當x≥0時,f(x)≤ax+1,求a的取值范圍.解析(1)f

＇(x)=(1-2x-x2)ex.令f

＇(x)=0,得x=-1-2或x=-1+2.當x∈(-∞,-1-2)時,f

＇(x)<0;

當x∈(-1-2,-1+2)時,f

＇(x)>0;

當x∈(-1+2,+∞)時,f

＇(x)<0.所以f(x)在(-∞,-1-2),(-1+2,+∞)上單調(diào)遞減,在(-1-2,-1+2)上單調(diào)遞增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.當a≥1時,設(shè)函數(shù)h(x)=(1-x)ex,h＇(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)單調(diào)遞減,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.當00(x>0),所以g(x)在[0,+∞)單調(diào)遞增,而g(0)=0,故ex≥x+1.當0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5-4a-12,則x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.當a≤0時,取x0=5-12,則x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.綜上,a的取值范圍是[1,+∞).對點訓(xùn)練3：

已知函數(shù)f(x)=ex-xln

x,g(x)=ex-tx2+x,t∈R,其中e為自然對數(shù)的底數(shù).(1)求函數(shù)f(x)的圖象在點(1,f(1))處的切線方程;

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

x,知f＇(x)=e-ln

x-1,則f＇(1)=e-1,而f(1)=e,則所求切線方程為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)對任意的x∈(0,+∞)恒成立等價于ex-tx2+x-ex+xln

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

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

x在(0,+∞)上單調(diào)遞增,且G(1)=0,∴當x∈(0,1)時,G(x)<0,當x∈(1,+∞)時,G(x)>0,即當x∈(0,1)時,F＇(x)<0,當x∈(1,+∞)時,F＇(x)>0.∴F(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,∴F(x)≥F(1)=1,∴t≤1,即t的取值范圍是(-∞,1].5.“轉(zhuǎn)化法”構(gòu)造函數(shù)

典例5　設(shè)函數(shù)f(x)=ln

x+mx,m∈R.(1)當m=e(e為自然對數(shù)的底數(shù))時,求f(x)的最小值;

(2)討論函數(shù)g(x)=f

＇(x)-x3零點的個數(shù);

(3)若對任意的b>a>0,f(b)-f(a)b-a<1恒成立,求m的取值范圍.解析(1)當m=e時,f(x)=ln

x+ex(x>0),則f

＇(x)=x-ex2,故當x∈(0,e)時,f

＇(x)<0,f(x)在(0,e)上單調(diào)遞減,當x∈(e,+∞)時,f

＇(x)>0,f(x)在(e,+∞)上單調(diào)遞增,故當x=e時,f(x)取到極小值,也即最小值,f(e)=ln

e+ee=2,故f(x)的最小值為2.(2)g(x)=f

＇(x)-x3=1x-mx2-x3(x>0),令g(x)=0,得m=-13x3+x(x>0).設(shè)φ(x)=-13x3+x(x≥0),則φ＇(x)=-(x-1)(x+1),當x∈(0,1)時,φ＇(x)>0,φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增;當x∈(1,+∞)時,φ＇(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,故x=1是φ(x)的唯一極值點,且是極大值點,因此x=1也是φ(x)的最大值點,故φ(x)的最大值為φ(1)=23.又φ(0)=0,結(jié)合y=φ(x)的圖象可知:

①當m>23時,函數(shù)g(x)無零點;②當m=23時,函數(shù)g(x)有且只有一個零點;③當023時,函數(shù)g(x)無零點;當m=23或m≤0時,函數(shù)g(x)有且只有一個零點;當0a>0,f(b)-f(a)b-a<1等價于f(b)-b

設(shè)h(x)=f(x)-x=ln

x+mx-x(x>0),故(*)等價于h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.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,當且僅當x=12時等號成立,故m的取值范圍為14,+∞.點撥：本例第(3)問中,利用不等式的性質(zhì),將“f(b)-f(a)b-a<1”等價轉(zhuǎn)化為“f(b)-b

x.(1)討論f(x)的單調(diào)性;

(2)設(shè)a<0,若?x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|,求a的取值范圍.解析(1)f(x)的定義域為(0,+∞).f

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

＇(x)>0,此時f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.若a>0,則由f

＇(x)=0,得x=a.當0

＇(x)<0;當x>a時,f

＇(x)>0.此時f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減,在(a,+∞)上單調(diào)遞增.(2)不妨設(shè)x1≤x2,又a<0,故由(1)知,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,∴f(x1)≤f(x2).從而?x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等價于?x1,x2∈(0,+∞),4x1-f(x1)≥4x2-f(x2).(*)

令g(x)=4x-f(x),則g＇(x)=4-f

＇(x)=4-x+1-a-ax=ax-x+3+a.(*)式等價于g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,∴g＇(x)=ax-x+3+a≤0對任意的x∈(0,+∞)恒成立,∴a≤x2-3xx+1對任意的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,當且僅當x+1=4x+1,即x=1時,等號成立.∴a≤-1.故a的取值范圍是(-∞,-1].