2018高考数学（文）大一轮复习习题 冲刺985 压轴题命题区间（二） 函数与导数 Word版含答案

压轴题命题区间(二)

函数与导数

第一课时 构造辅助函数求解导数问题

对于证明与函数有关的不等式，或已知不等式在某个范围内恒成立求参数取值范围、讨论一些方程解的个数等类型问题时，常常需要构造辅助函数，并求导研究其单调性或寻求其几何意义来解决；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，这里给出几种常用的构造技巧．

“比较法”构造函 x数 (2017·广州模拟)已知函数f(x)＝e－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，x＜e．

(1)由f(x)＝e－ax，得f′(x)＝e－a． 因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2， 所以f(x)＝e－2x，f′(x)＝e－2， 令f′(x)＝0，得x＝ln 2，

当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．

所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e

ln 2

2

xxxxx－2ln 2＝2－ln 4，

f(x)无极大值．

(2)证明：令g(x)＝e－x，则g′(x)＝e－2x． 由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0， 故g(x)在R上单调递增．

所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x＜e．

在本例第(2)问中，发现“x，e”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x＜e”构造函数，得到“g(x)＝e－x”，并利用(1)的结论求解．

已知函数f(x)＝x，直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0(x0＜1)处的切线，求证：

e

xx2

2

2

x2xxx2

xf(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)， 1－x1－x0

则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝x－x＝

ee

0－xx0－

x＋x0－x0

xe

．

设φ(x)＝(1－x)e则φ′(x)＝－e

x0x0－(1－x0)e，

xx－(1－x0)e，

∵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)．

“拆分法”构造函 x数 bex－1 设函数f(x)＝aeln x＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线为y＝e(x－1)

x＋2．

(1)求a，b； (2)证明：f(x)＞1．

1?be? (1)f′(x)＝ae?ln x＋?＋x??

xx－1

x－

x2

(x＞0)，

由于直线y＝e(x－1)＋2的斜率为e，图象过点(1,2)，

??f所以?

?f?

＝2，

＝e，

??b＝2，

即?

?ae＝e，?

x

x??a＝1，

解得?

?b＝2.?

2e

(2)证明：由(1)知f(x)＝eln x＋

x－1

(x＞0)，

2－x从而f(x)＞1等价于xln x＞xe－．

e构造函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x，

?1?所以当x∈?0，?时，g′(x)＜0， ?e??1?当x∈?，＋∞?时，g′(x)＞0， ?e??1?故g(x)在?0，?上单调递减，

?e?

?1?在?，＋∞?上单调递增， ?e?

1?1?从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g??＝－．

e?e?2－x构造函数h(x)＝xe－，

e则h′(x)＝e(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， 1

从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－．

e综上，当x＞0时，g(x)＞h(x)，即f(x)＞1．

－xbex－1bex－1x对于第(2)问“aeln x＋＞1”的证明，若直接构造函数h(x)＝aeln x＋－1，

xxxbex－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“aeln x＋＞

xx2－x1”合理拆分为“xln x＞xe－”，再分别对左右两边构造函数，进而达到证明原不等式e的目的．

已知函数f(x)＝

aln xb＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0． x＋1x(1)求a，b的值；

ln x(2)证明：当x＞0，且x≠1时，f(x)＞．

x－1

?x＋1－ln x?a???x?b解：(1)f′(x)＝－2(x＞0)． 2

x＋x1

由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，

2

f??故?f??

＝1，

1

＝－，2

b＝1，??即?a1

－b＝－.?2?2

??a＝1，

解得?

??b＝1.

(2)证明：由(1)知f(x)＝

ln x1

＋(x＞0)， x＋1xx－1?ln x1?

2ln x－所以f(x)－＝． ?x?x－11－x2??x2－1

考虑函数h(x)＝2ln x－(x＞0)，

x22x－

则h′(x)＝－2

2

xx2－x2x－＝－x2

2

．

所以当x≠1时，h′(x)＜0．而h(1)＝0， 1

故当x∈(0,1)时，h(x)＞0，可得2h(x)＞0；

1－x1

当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得2h(x)＞0．

1－x从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－即f(x)＞

ln x． x－1

“换元法”构造函

已知函数f(x)＝ax＋xln x(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，ln n－ln m＞－． (1)因为f(x)＝ax＋xln x， 所以f′(x)＝2ax＋ln x＋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． (2)证明：要证ln n－ln m＞－， 即证ln＞－，只需证ln －＋＞0．

22

ln x＞0， x－1

数 mnnmmnnmnmnmnmnmnmnmxn1

令＝x，构造函数g(x)＝ln x－＋x(x≥1)， m11

则g′(x)＝＋2＋1．

xx因为x∈

对“待证不等式”等价变形为“ln－＋＞0”后，观察可知，对“”进行换元，变nmnmnmnm11

为“ln x－＋x＞0”，构造函数“g(x)＝ln x－＋x(x≥1)”来证明不等式，可简化证明

xx过程中的运算．

已知函数f(x)＝xln x． (1)求函数f(x)的单调区间；

(2)证明：对任意的t＞0，存在唯一的s，使t＝f(s)；

2ln gt2

(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s＝g(t)，证明：当t＞e时，有＜

5ln t1

＜． 2

解：(1)由已知，得f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)(x＞0)， 令f′(x)＝0，得x＝

1． e

2

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x f′(x) f(x)

?0，1??? e??－ 1e ?1，＋∞??? ?e?＋ 0 极小值 所以函数f(x)的单调递减区间是?0，(2)证明：当0＜x≤1时，f(x)≤0，

?

?

1??1??，单调递增区间是?，＋∞?． e??e?

∵t＞0，∴当0＜x≤1时不存在t＝f(s)．

令h(x)＝f(x)－t，x∈ (2017·广州综合测试)已知函数f(x)＝e＋1)＋2．

(1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为1，求实数m的值； (2)当m≥1时，证明：f(x)＞g(x)－x． (1)因为f(x)＝e所以f′(x)＝e

x＋mx＋m3

x＋m－x，g(x)＝ln(x3

－x，

2

3

－3x．

因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为1， 所以f′(0)＝e＝1，解得m＝0． (2)证明：因为f(x)＝e

3

mx＋m－x，g(x)＝ln(x＋1)＋2，

x＋m3

所以f(x)＞g(x)－x等价于e当m≥1时，e

x＋m－ln(x＋1)－2＞0．

x＋1

－ln(x＋1)－2≥e－ln(x＋1)－2．

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