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1、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，这里是几种常用的构造技巧技法一：“比较法”构造函数典例(2017广州模拟)已知函数f(x)exax(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x0时，x2ex解(1)由f(x)exax，得f(x)exa因为f(0)1a1，所以a2，所以f(x)ex2x，f(
2、x)ex2，令f(x)0，得xln 2，当xln 2时，f(x)0，f(x)单调递减；当xln 2时，f(x)0，f(x)单调递增所以当xln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)eln 22ln 22ln 4，f(x)无极大值(2)证明：令g(x)exx2，则g(x)ex2x由(1)得g(x)f(x)f(ln 2)0，故g(x)在R上单调递增所以当x0时，g(x)g(0)10，即x2ex方法点拨在本例第(2)问中，发现“x2，ex”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x2ex”构造函数，得到“g(x)exx2”，并利用(1)的结论求解对点演练已知函数f(x)，直线yg(
3、x)为函数f(x)的图象在xx0(x01)处的切线，求证：f(x)g(x)证明：函数f(x)的图象在xx0处的切线方程为yg(x)f(x0)(xx0)f(x0)令h(x)f(x)g(x)f(x)f(x0)(xx0)f(x0)，则h(x)f(x)f(x0)设(x)(1x)e(1x0)ex，则(x)e(1x0)ex，x01，(x)0，(x)在R上单调递减，又(x0)0，当xx0时，(x)0，当xx0时，(x)0，当xx0时，h(x)0，当xx0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)技法二：“拆分法”构造函数典例设函数f
4、(x)aexln x，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线为ye(x1)2(1)求a，b；(2)证明：f(x)1解(1)f(x)aex(x0)，由于直线ye(x1)2的斜率为e，图象过点(1,2)，所以即解得(2)证明：由(1)知f(x)exln x(x0)，从而f(x)1等价于xln xxex构造函数g(x)xln x，则g(x)1ln x，所以当x时，g(x)0，当x时，g(x)0，故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，)上的最小值为g构造函数h(x)xex，则h(x)ex(1x)所以当x(0,1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)0；故h(x)在(0,1)上
5、单调递增，在(1，)上单调递减，从而h(x)在(0，)上的最大值为h(1)综上，当x0时，g(x)h(x)，即f(x)1方法点拨对于第(2)问“aexln x1”的证明，若直接构造函数h(x)aexln x1，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“aexln x1”合理拆分为“xln xxex”，再分别对左右两边构造函数，进而达到证明原不等式的目的 对点演练已知函数f(x)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为x2y30(1)求a，b的值；(2)证明：当x0，且x1时，f(x)解：(1)f(x)(x0)由于直线x2y30的斜率为，且过点(1,1)，故即解得
6、(2)证明：由(1)知f(x)(x0)，所以f(x)考虑函数h(x)2ln x(x0)，则h(x)所以当x1时，h(x)0而h(1)0，故当x(0,1)时，h(x)0，可得h(x)0；当x(1，)时，h(x)0，可得h(x)0从而当x0，且x1时，f(x)0，即f(x)技法三：“换元法”构造函数典例已知函数f(x)ax2xln x(aR)的图象在点(1，f(1)处的切线与直线x3y0垂直(1)求实数a的值；(2)求证：当nm0时，ln nln m解(1)因为f(x)ax2xln x，所以f(x)2axln x1，因为切线与直线x3y0垂直，所以切线的斜率为3，所以f(1)3，即2a13，故a1
7、(2)证明：要证ln nln m，即证ln，只需证ln 0令x，构造函数g(x)ln xx(x1)，则g(x)1因为x1，)，所以g(x)10，故g(x)在(1，)上单调递增由已知nm0，得1，所以gg(1)0，即证得ln 0成立，所以命题得证方法点拨对“待证不等式”等价变形为“ln0”后，观察可知，对“”进行换元，变为“ln xx0”，构造函数“g(x)ln xx(x1)”来证明不等式，可简化证明过程中的运算对点演练已知函数f(x)x2ln x(1)求函数f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的t0，存在唯一的s，使tf(s)；(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为sg(t)，证明：当te
8、2时，有解：(1)由已知，得f(x)2xln xxx(2ln x1)(x0)，令f(x)0，得x当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：xf(x)0f(x)极小值所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是(2)证明：当0x1时，f(x)0，t0，当0x1时不存在tf(s)令h(x)f(x)t，x1，)由(1)知，h(x)在区间(1，)上单调递增h(1)t0，h(et)e2tln ettt(e2t1)0故存在唯一的s(1，)，使得tf(s)成立(3)证明：因为sg(t)，由(2)知，tf(s)，且s1，从而，其中uln s要使成立，只需0ln u当te2时，若sg(t)e，则由f(
9、s)的单调性，有tf(s)f(e)e2，矛盾所以se，即u1，从而ln u0成立另一方面，令F(u)ln u，u1，F(u)，令F(u)0，得u2当1u2时，F(u)0；当u2时，F(u)0故对u1，F(u)F(2)0，因此ln u成立综上，当te2时，有技法四：二次(甚至多次)构造函数典例(2017广州综合测试)已知函数f(x)exmx3，g(x)ln(x1)2(1)若曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线斜率为1，求实数m的值；(2)当m1时，证明：f(x)g(x)x3解(1)因为f(x)exmx3，所以f(x)exm3x2因为曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线斜率为1，所以f(0
10、)em1，解得m0(2)证明：因为f(x)exmx3，g(x)ln(x1)2，所以f(x)g(x)x3等价于exmln(x1)20当m1时，exmln(x1)2ex1ln(x1)2要证exmln(x1)20，只需证明ex1ln(x1)20设h(x)ex1ln(x1)2，则h(x)ex1设p(x)ex1，则p(x)ex10，所以函数p(x)h(x)ex1在(1，)上单调递增因为he20，h(0)e10，所以函数h(x)ex1在(1，)上有唯一零点x0，且x0因为h(x0)0，所以ex01，即ln(x01)(x01)当x(1，x0)时，h(x)0，当x(x0，)时，h(x)0，所以当xx0时，h(
11、x)取得最小值h(x0)，所以h(x)h(x0)ex01ln(x01)2(x01)20综上可知，当m1时，f(x)g(x)x3 方法点拨本题可先进行适当放缩，m1时，exmex1，再两次构造函数h(x)，p(x)对点演练(2016合肥一模)已知函数f(x)exxln x，g(x)extx2x，tR，其中e为自然对数的底数(1)求函数f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若g(x)f(x)对任意的x(0，)恒成立，求t的取值范围解：(1)由f(x)exxln x，知f(x)eln x1，则f(1)e1，而f(1)e，则所求切线方程为ye(e1)(x1)，即y(e1)x1(2)f(x)exxln x，g(x)extx2x，tR，g(x)f(x)对任意的x(0，)恒成立等价于extx2xexxln x0对任意的x(0，)恒成立，即t对任意的x(0，)恒成立令F(x)，则F(x)，令G(x)exeln x，则G(x)ex0对任意的x(0，)恒成立G(x)exeln x在(0，)上单调递增，且G(1)0，当x(0,1)时，G(x)0，当x(1，)时，G(x)0，即当x(0,1)时，F(x)0，当x(1，)时，F(x)0，F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，F(x)F(1)1，t1，即t的取值范围是(，1
