升级增分训练 构造辅助函数求解导数问题
1．设函数f(x)＝x2ex－1＋ax3＋bx2，已知x＝－2和x＝1为f(x)的极值点． (1)求a，b的值； (2)讨论f(x)的单调性；
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(3)设g(x)＝x3－x2，比较f(x)与g(x)的大小．
3解：(1)因为f′(x)＝ex－1(2x＋x2)＋3ax2＋2bx ＝xex－1(x＋2)＋x(3ax＋2b)， 又x＝－2和x＝1为f(x)的极值点， 所以f′(－2)＝f′(1)＝0， ?－6a＋2b＝0，因此? ?3＋3a＋2b＝0，1??a＝－3，解得? ??b＝－1.1(2)因为a＝－，b＝－1， 3所以f′(x)＝x(x＋2)(ex－1－1)， 令f′(x)＝0， 解得x1＝－2，x2＝0，x3＝1． 因为当x∈(－∞，－2)∪(0,1)时，f′(x)＜0； 当x∈(－2,0)∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0． 所以f(x)在(－2,0)和(1，＋∞)上是单调递增的； 在(－∞，－2)和(0,1)上是单调递减的． 1(3)由(1)可知f(x)＝x2ex－1－x3－x2． 3故f(x)－g(x)＝x2ex－1－x3＝x2(ex－1－x)， 令h(x)＝ex－1－x，则h′(x)＝ex－1－1． 令h′(x)＝0，得x＝1，
因为当x∈(－∞，1]时，h′(x)≤0， 所以h(x)在(－∞，1]上单调递减； 故当x∈(－∞，1]时，h(x)≥h(1)＝0； 因为当x∈[1，＋∞)时，h′(x)≥0， 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增；
故x∈[1，＋∞)时，h(x)≥h(1)＝0．
所以对任意x∈(－∞，＋∞)，恒有h(x)≥0； 又x2≥0，因此f(x)－g(x)≥0．
故对任意x∈(－∞，＋∞)，恒有f(x)≥g(x)． 1＋x
2．(2015·北京高考)已知函数f(x)＝ln．
1－x(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； xx＋?； (2)求证：当x∈(0,1)时，f(x)＞2?3??xx＋?对x∈(0,1)恒成立，求k的最大值． (3)设实数k使得f(x)＞k?3??解：(1)因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)(－1＜x＜1)， 所以f′(x)＝11＋，f′(0)＝2． 1＋x1－x33又因为f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x． xx＋?， (2)证明：令g(x)＝f(x)－2?3??2x4则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x)＝． 1－x223因为g′(x)>0(0
所以当0 k ?4k－2? 因此h(x)在区间?0， ?上单调递减． k?? 4k－2 故当0 x 即f(x) ?? x x＋?并非对x∈(0,1)恒成立． 所以当k>2时，f(x)>k?3??综上可知，k的最大值为2． 3．(2016·广州综合测试)已知函数f(x)＝mex－ln x－1． (1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)当m≥1时，证明：f(x)＞1． 解：(1)当m＝1时，f(x)＝ex－ln x－1， 1所以f′(x)＝ex－． x所以f(1)＝e－1，f′(1)＝e－1． 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x． (2)证明：当m≥1时， f(x)＝mex－ln x－1≥ex－ln x－1(x＞0)． 要证明f(x)＞1，只需证明ex－ln x－2＞0． 1设g(x)＝ex－ln x－2，则g′(x)＝ex－x． 11设h(x)＝ex－x，则h′(x)＝ex＋2＞0， x1所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增． x1?1因为g′??2?＝e2－2＜0，g′(1)＝e－1＞0， 1?1所以函数g′(x)＝ex－x在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈??2，1?． 1因为g′(x0)＝0，所以ex0＝，即ln x0＝－x0． x0当x∈(0，x0)时，g′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0． 所以当x＝x0时，g(x)取得最小值g(x0)． 1 故g(x)≥g(x0)＝ex0－ln x0－2＝＋x0－2＞0． x0综上可知，当m≥1时，f(x)＞1． x2 4．(2017·石家庄质检)已知函数f(x)＝ax－x(x＞0)，其中e为自然对数的底数． e(1)当a＝0时，判断函数y＝f(x)极值点的个数； 3 3 x2(2)若函数有两个零点x1，x2(x1＜x2)，设t＝，证明：x1＋x2随着t的增大而增大． x1x2 解：(1)当a＝0时，f(x)＝－x(x＞0)， e－2x·ex－?－x2?·exx?x－2? f′(x)＝＝， ex?ex?2令f′(x)＝0，得x＝2， 当x∈(0,2)时，f′(x)＜0，y＝f(x)单调递减， 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，y＝f(x)单调递增， 所以x＝2是函数的一个极小值点，无极大值点， 即函数y＝f(x)有一个极值点． x2(2)证明：令f(x)＝ax－x＝0，得x2＝aex， e因为函数有两个零点x1，x2(x1＜x2)， 所以x11323＝aex1，x2233＝aex2，可得ln x1＝ln a＋x1， 23ln x2＝ln a＋x2． 2333 x2故x2－x1＝ln x2－ln x1＝ln． 222x1x＝tx1，??2x2又＝t，则t＞1，且?3x1x2－x1＝ln t，?2?33ln ttln t22解得x1＝，x2＝． t－1t－13?t＋1?ln t所以x1＋x2＝·．① 2t－1令h(x)＝?x＋1?ln x，x∈(1，＋∞)， x－1 1－2ln x＋x－x 则h′(x)＝． ?x－1?2 1?x－1?2． 令u(x)＝－2ln x＋x－x，得u′(x)＝?? ?x?当x∈(1，＋∞)时，u′(x)＞0． 因此，u(x)在(1，＋∞)上单调递增， 故对于任意的x∈(1，＋∞)，u(x)＞u(1)＝0， 由此可得h′(x)＞0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增． 因此，由①可得x1＋x2随着t的增大而增大．
高一数学升级增分训练 构造辅助函数求解导数问题
