新高考数学一轮复习课时过关练习第03章 导数的综合问题第3课时 构造函数证明不等式 (含解析)

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第三课时　构造函数证明不等式

　题型一　移项构造函数证明不等式
例1 已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R).
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a＞ln ，且x＞0时，＞x＋－3a.
(1)解　由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，
知f′(x)＝ex－3，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln 3，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，ln 3)
ln 3
(ln 3，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值

故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 3)，单调递增区间是(ln 3，＋∞)，
f(x)在x＝ln 3处取得极小值，极小值为f(ln 3)＝eln 3－3ln 3＋3a＝3(1－ln 3＋a)，无极大值.
(2)证明　待证不等式等价于ex＞x2－3ax＋1，
设g(x)＝ex－x2＋3ax－1，x＞0，
于是g′(x)＝ex－3x＋3a，x＞0.
由(1)及a＞ln ＝ln 3－1知
g′(x)的最小值为g′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a)＞0.
于是对任意x＞0，都有g′(x)＞0，
所以g(x)在(0，＋∞)内单调递增.
于是当a＞ln ＝ln 3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0).
而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.
即ex＞x2－3ax＋1，故＞x＋－3a.
感悟提升　待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，利用导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式.
训练1 证明：当x>1时，x2＋ln x 证明　设g(x)＝x3－x2－ln x，
则g′(x)＝2x2－x－，
因为当x＞1时，
g′(x)＝＞0，
所以g(x)在(1，＋∞)上是增函数，
所以当x>1时，g(x)＞g(1)＝＞0，
所以当x＞1时，x2＋ln x＜x3.
　题型二　分拆函数法证明不等式
例2 证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＞－成立.
证明　问题等价于证明xln x＞－(x∈(0，＋∞)).
设f(x)＝xln x，f′(x)＝1＋ln x，易知x＝为f(x)的唯一极小值点，
则f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，当且仅当x＝时取到.
设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝，由m′(x)＜0，得x＞1时，m(x)单调递减；
由m′(x)＞0得0＜x＜1时，m(x)单调递增，易知m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到.从而对一切x∈(0，＋∞)，xln x≥－≥－，两个等号不同时取到，所以对一切x∈(0，＋∞)都有ln x＞－成立.
感悟提升　1.若直接求导后导数式比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.在证明过程中，等价转化是关键，此处g(x)min≥f(x)max恒成立，从而f(x)≤g(x)恒成立.
2.等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，ex与ln x要分离，常构造xn与ln x，xn与ex的积、商形式.便于求导后找到极值点.
训练2 (2022·百校大联考)已知函数f(x)＝eln x－ax(x∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
(1)解　f′(x)＝－a(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00；
当x>时，f′(x)<0，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减.
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(2)证明　法一　∵x>0，∴只需证f(x)≤－2e，
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴f(x)max＝f(1)＝－e.
记g(x)＝－2e(x>0)，
则g′(x)＝，
∴当01时，g′(x)>0，故g(x)在(0，1)上单调递减；
在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(1)＝－e.
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
法二　由题意知，即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，
从而等价于ln x－x＋2≤.
设函数g(x)＝ln x－x＋2，
则g′(x)＝－1.
∴当x∈(0，1)时，g′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.
设函数h(x)＝，则h′(x)＝.
∴当x∈(0，1)时，h′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.
综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
　题型三　放缩后构造函数证明不等式
例3 已知x∈(0，1)，求证：x2－＜.
证明　法一　要证x2－＜，
只需证ex＜ln x，
又易证ex＞x＋1(0＜x＜1)，
∴只需证明ln x＋(x＋1)＞0.
即证ln x＋1－x3＋－x2＞0，
而x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，
∴只需证ln x＋1－2x＋＞0，
令g(x)＝ln x＋1－2x＋，
则g′(x)＝－2－＝－，
而2x2－x＋1＞0恒成立，
∴g′(x)＜0，
∴g(x)在(0，1)上单调递减，
∴当x∈(0，1)时，g(x)＞g(1)＝0，
即ln x＋1－2x＋＞0.
∴x2－＜.
法二　∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e)，
∴要证x2－＜成立，
只需证ex＜ln x成立，
只需证x2－＜ln x，
又x2＜x(0＜x＜1)，
∴只需证ln x＋－x＞0，
令h(x)＝ln x＋－x，
则h′(x)＝－－1＝－，
而x2－x＋1＞0恒成立，∴h′(x)＜0，
∴h(x)在(0，1)上单调递减，
∴当x∈(0，1)时，h(x)＞h(1)＝0，
∴ln x＋－x＞0，
∴x2－＜.
感悟提升　某些不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用熟知的函数不等式ex≥x＋1，1－≤ln x≤x－1等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性进行放缩，然后再构造函数进行证明.
训练3 证明：exln x＋＞1.
证明　不等式exln x＋＞1等价于(exln x＋2)＞1，
由常用不等式ex≥x＋1，故ex－1≥x.
即≥1，故只需证exln x＋2＞1，
令f(x)＝exln x＋2(x＞0)，
则f′(x)＝e(ln x＋1)，
易得当x∈时，f′(x)＜0；
x∈时，f′(x)＞0，
故f(x)＞f＝1，原不等式得证.
指对同构
在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数取值范围或证明不等式，有一部分题是命题者利用函数单调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的同一函数)，无疑大大加快解决问题的速度.找到这个函数模型的方法，我们称为同构法.
(1)五个常见变形：
xex＝ex＋ln x，＝ex－ln x，＝eln x－x，x＋ln x＝ln xex，x－ln x＝ln .
(2)三种基本模式
①积型：aea≤bln b

②商型：＜

③和差型：ea±a＞b±ln b

例 (1)(2020·新高考全国Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
若f(x)≥1，求a的取值范围.
解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f(x)＝aex－1－ln x＋ln a＝eln a＋x－1－ln x＋ln a≥1，
等价于eln a＋x－1＋ln a＋x－1≥ln x＋x＝eln x＋ln x.
令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于g(ln a＋x－1)≥g(ln x).
显然g(x)为单调增函数，所以又等价于ln a＋x－1≥ln x，即ln a≥ln x－x＋1.
令h(x)＝ln x－x＋1，
则h′(x)＝－1＝.
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝0，所以ln a≥0，即a≥1，a的取值范围是[1，＋∞).
(2)已知函数f(x)＝aex－ln x－1，证明：当a≥时，f(x)≥0.
证明　当a≥时，f(x)≥－ln x－1，
所以只需证明－ln x－1≥0，
由于－ln x－1≥0⇔ex≥eln ex⇔xex≥exln ex⇔xex≥eln exln ex，
令g(x)＝xex，
由g′(x)＝ex(x＋1)＞0知g(x)为增函数，
又易证x≥ln ex＝ln x＋1，
所以g(x)≥g(ln ex)，
即xex≥eln exln ex成立.
故当a≥时，f(x)≥0.

1.已知函数f(x)＝ln x－.
(1)若a＝1，求f(x)的单调区间；
(2)若a＝0，x∈(0，1)，证明：x2－<.
(1)解　当a＝1时，f(x)＝ln x－，x∈(0，＋∞)，
∴f′(x)＝－＝
＝.
当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).
(2)证明　当a＝0，x∈(0，1)时，x2－<等价于＋x2－<0，
∵当x∈(0，1)时，ex∈(1，e)，－ln x>0，
∴<－ln x，
∴只需要证－ln x＋x2－<0在(0，1)上恒成立.
令g(x)＝－ln x＋x2－，x∈(0，1)，
∴g′(x)＝－＋2x＋＝>0，
则函数g(x)在(0，1)上单调递增，于是g(x)<－ln 1＋1－1＝0，
∴当x∈(0，1)时，x2－<.
2.已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直.
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
(1)解　因为f(x)＝1－，x＞0，
所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝＋－bx，
所以g′(x)＝－－－b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直，
所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，
所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，
解得a＝－1，b＝－1.
(2)证明　由(1)知，g(x)＝－＋＋x，
则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0.
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝＋＋＋1＝＋＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1＞0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0，
即1－－－＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
3.(2022·雅礼中学调研)已知函数f(x)＝ax2－xln x.
(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若a＝e，证明：当x＞0时，f(x)＜xex＋.
(1)解　由题意知，f′(x)＝2ax－ln x－1.
因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x＞0时，f′(x)≥0，即2a≥在x＞0时恒成立.
令g(x)＝(x＞0)，
则g′(x)＝－，
易知g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
则g(x)max＝g(1)＝1，
所以2a≥1，即a≥.
故实数a的取值范围是.
(2)证明　若a＝e，要证f(x)＜xex＋，
只需证ex－ln x＜ex＋，
即ex－ex＜ln x＋.
令h(x)＝ln x＋(x＞0)，
则h′(x)＝，
易知h(x)在上单调递减，
在上单调递增，
则h(x)min＝h＝0，
所以ln x＋≥0.
再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，
易知φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
则φ(x)max＝φ(1)＝0，
所以ex－ex≤0.
因为h(x)与φ(x)不同时为0，
所以ex－ex＜ln x＋，故原不等式成立.
4.已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R).
(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；
(2)证明：ex－e2ln x＞0.
(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－a＝，
当a≤0时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝，
∴x∈时，f′(x)＞0；x∈时，f′(x)＜0，
∴f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(2)证明　法一　要证ex－e2ln x＞0，
即证ex－2＞ln x，
令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1.
令φ′(x)＝0，得x＝0.
∴x∈(－∞，0)时，φ′(x)＜0；x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(0)＝0，
即ex－x－1≥0，
即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”.
同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”.
由ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取“＝”)，
可得ex－2≥x－1(当且仅当x＝2时取“＝”)，
又ln x≤x－1，即x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取“＝”，
所以ex－2≥x－1≥ln x且两等号不能同时成立，
故ex－2＞ln x.即证原不等式成立.
法二　令φ(x)＝ex－e2ln x，φ(x)的定义域为(0，＋∞)，φ′(x)＝ex－，
令h(x)＝ex－，
∴h′(x)＝ex＋＞0，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又φ′(1)＝e－e2＜0，
φ′(2)＝e2－e2＝e2＞0，
故∃x0∈(1，2)，使φ′(x0)＝0，
即ex0－＝0，
即ex0＝，
∴当x∈(0，x0)时，φ′(x)＜0；
当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x0)＞0，
∴φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(x0)＝ex0－e2ln x0＝－e2ln x0＝－e2ln ＝－e2(2－x0)＝e2＝e2·＞0，
故φ(x)＞0，即ex－e2ln x＞0，即证原不等式成立.