構(gòu)造函數(shù)解導(dǎo)數(shù)綜合題

1、構(gòu)造輔助函數(shù)求解導(dǎo)數(shù)問題構(gòu)造輔助函數(shù)求解導(dǎo)數(shù)問題對于證明與函數(shù)有關(guān)的不等式，或已知不等式在某個范圍內(nèi)恒成立求參數(shù)取值范圍、討論一些方程解的個數(shù)等類型問題時，常常需要構(gòu)造輔助函數(shù)，并求導(dǎo)研究其單調(diào)性或?qū)で笃鋷缀我饬x來解決；題目本身特點不同，所構(gòu)造的函數(shù)可有多種形式，解題的繁簡程度也因此而不同，這里是幾種常用的構(gòu)造技巧技法一：技法一：“比較法比較法”構(gòu)造函數(shù)構(gòu)造函數(shù)[典例](2017廣州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax(e為自然對數(shù)的底數(shù)

2、，a為常數(shù))的圖象在點(01)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＜ex[解](1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a因為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，當x＜ln2時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當x＞ln2時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增所以當x＝ln2時，f(x)取得極小值，且極

3、小值為f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－ln4，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(x)≥f(ln2)＞0，故g(x)在R上單調(diào)遞增所以當x＞0時，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x2＜ex[方法點撥方法點撥]在本例第(2)問中，發(fā)現(xiàn)“x2，ex”具有基本初等函數(shù)的基因，故可選擇對要證明的“x2＜ex”構(gòu)造函數(shù)，得到“g(x)＝ex－x2”，并利用(1)的結(jié)論求解[對點

4、演練]從而f(x)＞1等價于xlnx＞xe－x－2e構(gòu)造函數(shù)g(x)＝xlnx，則g′(x)＝1＋lnx，所以當x∈時，g′(x)＜0，(0，1e)當x∈時，g′(x)＞0，(1e，＋∞)故g(x)在上單調(diào)遞減，(0，1e)在上單調(diào)遞增，(1e，＋∞)從而g(x)在(0，＋∞)上的最小值為g＝－(1e)1e構(gòu)造函數(shù)h(x)＝xe－x－，2e則h′(x)＝e－x(1－x)所以當x∈(01)時，h′(x)＞0；當x∈(1，＋∞)時，h′(x

5、)＜0；故h(x)在(01)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而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[方法點撥方法點撥]對于第(2)問“aexlnx＋＞1”的證明，若直接構(gòu)造函數(shù)h(x)＝aexlnx＋bex－1x－1，求導(dǎo)以后不易分析，因此并不宜對其整體進行構(gòu)造函數(shù)，而應(yīng)先將bex－1x不等式“aexlnx＋＞1”合理拆分為“xlnx＞xe－x－”，再分別對左右兩