2022屆高三專題復(fù)習(xí)：構(gòu)造輔助函數(shù)求解導(dǎo)數(shù)問題

1、第8頁 共8頁2022屆高三專題復(fù)習(xí)：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)問題專題講座1.“作差(商)法”構(gòu)造函數(shù) 當(dāng)試題中給出簡單的根本初等函數(shù),例如f(_)=_3,g(_)=ln _,要證明在某個取值范圍內(nèi)不等式f(_)g(_)成立時,可以構(gòu)造函數(shù)h(_)=f(_)-g(_)或(_)=g(_)-f(_),證明h(_)min0或(_)ma_0即可,在求最值的過程中,可以利用導(dǎo)數(shù).此外,在可以說明g(_)0(f(_)0)的前提下,也可以構(gòu)造函數(shù)h(_)=f(_)g(_)(_)=g(_)f(_),證明h(_)min1(00時,_2ln 2時, f (_)0, f(_)單調(diào)遞增.故當(dāng)_=l

2、n 2時, f(_)有極小值且極小值為f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4, f(_)無極大值.(2)證明:令g(_)=e_-_2,那么g(_)=e_-2_,由(1)得g(_)f(ln 2)0, 所以g(_)為增函數(shù),因此,當(dāng)_0時,g(_)g(0)=10,即_20時,_2_0時,有1c_20,所以ae_+_2-ln_對于任意的_0恒成立, 設(shè)(_)=e_+_2-ln_(_0),(_)=e_+2_-1_-(e_+_2-ln_)_2=e_(_-1)+ln_+(_+1)(_-1)_2, _0,當(dāng)_(0,1)時,(_)0,(_)單調(diào)遞增, (_)(1)=e+1,ae+1.2.“拆分法

3、”構(gòu)造函數(shù) 當(dāng)所要證明的不等式由幾個根本初等函數(shù)通過相乘以及相加的形式組成時,假設(shè)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(_)g(_)的形式,進(jìn)而證明f(_)ma_g(_)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(jìn)展最值分析p 為拆分標(biāo)準(zhǔn).典例2設(shè)函數(shù)f(_)=ae_ln _+be_-1_,曲線y=f(_)在點(diǎn)(1, f(1)處的切線為y=e(_-1)+2.(1)求a,b; (2)證明: f(_)1.解析(1)函數(shù)f(_)的定義域為(0,+),f (_)=ae_ln_+1_+be

4、_-1(_-1)_2, 依題意得f(1)=2,f (1)=e,解得a=1,b=2.(2)證明:由(1)知f(_)=e_ln _+2e_-1_,從而f(_)1等價于_ln _e-_-2e.構(gòu)造函數(shù)g(_)=_ln _(_0),那么g(_)=1+ln _,所以當(dāng)_0,1e時,g(_)0,故g(_)在0,1e上單調(diào)遞減,在1e,+上單調(diào)遞增,從而g(_)在(0,+)上的最小值為g1e=-1e.構(gòu)造函數(shù)h(_)=_e-_-2e(_0),那么h(_)=e-_(1-_),所以當(dāng)_(0,1)時,h(_)0,當(dāng)_(1,+)時,h(_)0時,g(_)h(_),即f(_)1.點(diǎn)撥對于第(2)問的證明,假設(shè)直接構(gòu)造

5、函數(shù)h(_)=e_ln _+2e_-1_(_0),求導(dǎo)以后不易分析p ,因此先將不等式“e_ln _+2e_-1_1”合理拆分為“_ln _e-_-2e”,再分別對左右兩邊構(gòu)造函數(shù),進(jìn)而到達(dá)證明原不等式的目的.對點(diǎn)訓(xùn)練1：(20_山東,20,13分)函數(shù)f(_)=13_3-12a_2,aR.(1)當(dāng)a=2時,求曲線y=f(_)在點(diǎn)(3, f(3)處的切線方程; (2)設(shè)函數(shù)g(_)=f(_)+(_-a)cos _-sin _,討論g(_)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 (_)=_2-a_,所以當(dāng)a=2時, f(3)=0, f (_)=_2-2_, 所以f (3)

6、=3,因此,曲線y=f(_)在點(diǎn)(3, f(3)處的切線方程是y=3(_-3),即3_-y-9=0.(2)因為g(_)=f(_)+(_-a)cos _-sin _,所以g(_)=f (_)+cos _-(_-a)sin _-cos _=_(_-a)-(_-a)sin _ =(_-a)(_-sin _), 令h(_)=_-sin _,那么h(_)=1-cos _0, 所以h(_)在R上單調(diào)遞增.因為h(0)=0,所以當(dāng)_0時,h(_)0; 當(dāng)_0,g(_)單調(diào)遞增; 當(dāng)_(a,0)時,_-a0,g(_)0,g(_)0,g(_)單調(diào)遞增.所以當(dāng)_=a時,g(_)取到極大值,極大值是g(a)=-16

7、a3-sin a, 當(dāng)_=0時,g(_)取到極小值,極小值是g(0)=-a.當(dāng)a=0時,g(_)=_(_-sin _), 當(dāng)_(-,+)時,g(_)0,g(_)單調(diào)遞增.所以g(_)在(-,+)上單調(diào)遞增,g(_)無極大值也無極小值.當(dāng)a0時,g(_)=(_-a)(_-sin _), 當(dāng)_(-,0)時,_-a0,g(_)單調(diào)遞增; 當(dāng)_(0,a)時,_-a0,g(_)0,g(_)單調(diào)遞增.所以當(dāng)_=0時,g(_)取到極大值,極大值是g(0)=-a; 當(dāng)_=a時,g(_)取到極小值,極小值是g(a)=-16a3-sin a.綜上所述: 當(dāng)a0時,函數(shù)g(_)在(-,0)和(a,+)上單調(diào)遞增,在

8、(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函數(shù)f(_)=a_2+_ln _(aR)的圖象在點(diǎn)(1, f(1)處的切線與直線_+3y=0垂直.(1)務(wù)實數(shù)a的值; (2)求證:當(dāng)nm0時,ln n-ln mmn-nm.解析(1)因為f(_)=a_2+_ln _,所以f (_)=2a_+ln _+1,因為切線與直線_+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 mmn-nm,即證lnnmmn-nm, 只需證lnnm-mn+nm0

9、.令nm=_,由nm0,得nm1,即_1,構(gòu)造函數(shù)g(_)=ln _-1_+_(_1),那么g(_)=1_+1_2+1.因為_(1,+),所以g(_)=1_+1_2+10,故g(_)在(1,+)上單調(diào)遞增.所以gnmg(1)=0,即證得lnnm-mn+nm0成立,所以命題得證.點(diǎn)撥將待證不等式等價變形為“l(fā)nnm-mn+nm0”后,觀察可知,對“nm”進(jìn)展換元,進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)“g(_)=ln _-1_+_(_1)”來證明不等式,簡化了證明過程中的運(yùn)算.對點(diǎn)訓(xùn)練2：函數(shù)f(_)=_2ln _.(1)求函數(shù)f(_)的單調(diào)區(qū)間; (2)證明:對任意的t0,存在唯一的s,使t=f(s); (3)設(shè)(2)

10、中所確定的s關(guān)于t的函數(shù)為s=g(t),證明:當(dāng)te2時,有250.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s1,從而lng(t)lnt=lnslnf(s)=lnsln(s2lns)=lns2lns+ln(lns)=u2u+lnu, 其中u=ln s.要使25e2時,假設(shè)s=g(t)e,那么由f(s)的單調(diào)性,有t=f(s)f(e)=e2,矛盾.所以se,即u1,從而ln u0成立.另一方面,令F(u)=ln u-u2,u1.F (u)=1u-12,令F (u)=0,得u=2.當(dāng)10;當(dāng)u2時,F (u)1,F(u)F(2)e2

11、時,有250; 當(dāng)_(-1+2,+)時, f (_)0), 因此h(_)在0,+)單調(diào)遞減,而h(0)=1, 故h(_)1,所以f(_)=(_+1)h(_)_+1a_+1.當(dāng)00(_0), 所以g(_)在0,+)單調(diào)遞增,而g(0)=0,故e_+1.當(dāng)0(1-_)(1+_)2,(1-_)(1+_)2-a_-1=_(1-a-_-_2), 取_0=5-4a-12,那么_0(0,1),(1-_0)(1+_0)2-a_0-1=0,故f(_0)a_0+1.當(dāng)a0時,取_0=5-12, 那么_0(0,1), f(_0)(1-_0)(1+_0)2=1a_0+1.綜上,a的取值范圍是1,+).對點(diǎn)訓(xùn)練3：函數(shù)

12、f(_)=e_-_ln _,g(_)=e_-t_2+_,tR,其中e為自然對數(shù)的底數(shù).(1)求函數(shù)f(_)的圖象在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程; (2)假設(shè)g(_)f(_)對任意的_(0,+)恒成立,求t的取值范圍.解析(1)由f(_)=e_-_ln _,知f(_)=e-ln _-1,那么f(1)=e-1,而f(1)=e, 那么所求切線方程為y-e=(e-1)(_-1),即y=(e-1)_+1.(2)f(_)=e_-_ln _,g(_)=e_-t_2+_,tR, g(_)f(_)對任意的_(0,+)恒成立等價于e_-t_2+_-e_+_ln _0對任意的_(0,+)恒成立,即te_+_-e_+

13、_ln_2對任意的_(0,+)恒成立, 令F(_)=e_+_-e_+_ln_2,那么F(_)=_e_+e_-2e_-_ln_3=1_2e_+e-2e_-ln_, 令G(_)=e_+e-2e_-ln _,_(0,+), 那么G(_)=e_-2(_e_-e_)_2-1_=e_(_-1)2+e_-_20對任意的_(0,+)恒成立.G(_)=e_+e-2e_-ln _在(0,+)上單調(diào)遞增,且G(1)=0, 當(dāng)_(0,1)時,G(_)0, 即當(dāng)_(0,1)時,F(_)0.F(_)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+)上單調(diào)遞增, F(_)F(1)=1,t1, 即t的取值范圍是(-,1.5.“轉(zhuǎn)化法”構(gòu)造

14、函數(shù) 典例5設(shè)函數(shù)f(_)=ln _+m_,mR.(1)當(dāng)m=e(e為自然對數(shù)的底數(shù))時,求f(_)的最小值; (2)討論函數(shù)g(_)=f (_)-_3零點(diǎn)的個數(shù); (3)假設(shè)對任意的ba0,f(b)-f(a)b-a0),那么f (_)=_-e_2,故當(dāng)_(0,e)時, f (_)0, f(_)在(e,+)上單調(diào)遞增,故當(dāng)_=e時, f(_)取到極小值,也即最小值, f(e)=ln e+ee=2,故f(_)的最小值為2.(2)g(_)=f (_)-_3=1_-m_2-_3(_0),令g(_)=0,得m=-13_3+_(_0).設(shè)(_)=-13_3+_(_0),那么(_)=-(_-1)(_+1)

15、,當(dāng)_(0,1)時,(_)0,(_)在(0,1)上單調(diào)遞增;當(dāng)_(1,+)時,(_)23時,函數(shù)g(_)無零點(diǎn);當(dāng)m=23時,函數(shù)g(_)有且只有一個零點(diǎn);當(dāng)023時,函數(shù)g(_)無零點(diǎn);當(dāng)m=23或m0時,函數(shù)g(_)有且只有一個零點(diǎn);當(dāng)0a0,f(b)-f(a)b-a0),故(_)等價于h(_)在(0,+)上單調(diào)遞減.由h(_)=1_-m_2-10在(0,+)上恒成立,得m-_2+_=-_-122+14(_0)恒成立,故m14,當(dāng)且僅當(dāng)_=12時等號成立,故m的取值范圍為14,+.點(diǎn)撥：本例第(3)問中,利用不等式的性質(zhì),將“f(b)-f(a)b-a0,此時f(_)在(0,+)上單調(diào)遞增.假設(shè)a0,那么由f (_)=0,得_=a.當(dāng)0a時, f (_)0.此時f(_)在(0,a)上單調(diào)遞減,在(a,+)上單調(diào)遞增.(2)不妨設(shè)_1_2,又a0,故由(1)知, f(_)在(0,+)上單調(diào)遞增,f(_1)f(_2).從而_1,_2(0,+),|f(_1)-f(_2)|4|_1-_2|等價于_1,