第3节微课1　构造函数证明不等式

1、第15页 共15页第3节微课1构造函数证明不等式第 第 3 节导数的综合应用 微课一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】函数 f(_)_ 2 e2_ 2 .(1)求曲线 yf(_)在点(1，f(1)处的切线方程； (2)当 _isin;0，2时，求证：f(_)ge;2_ 2 8_5.(1)解 fprime;(_)2e2_ 2 (_ 2 _)，fprime;(1)4，f(1)1，那么曲线 yf(_)在点(1，1)处的切线方程为 y14(_1)，即 y4_3.(2)证明 当 _isin;0，2时，令 g(_)_ 2 e2_ 2 2_ 2 8_5，那么 gprime;(_)2

2、e2_ 2 (_ 2 _)4_8， 令 h(_)gprime;(_)，那么 hprime;(_)2e2_ 2 (2_ 2 4_1)4gt;0， 所以 gprime;(_)在0，2上单调递增，且 gprime;(1)0， 所以 g(_)在0，1上单调递减，在(1，2上单调递增， 所以 g(_)的最小值为 g(1)0，所以 g(_)ge;0， 即 f(_)ge;2_ 2 8_5.感悟升华 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，利用研究其单调性等相关函数性质证明不等式.【训练 1】证明：当 _gt;1 时， 12 _2 ln _lt; 23 _3 .证明

3、 设 g(_) 23 _3 12 _2 ln _， 那么 gprime;(_)2_ 2 _ 1_ ， 因为当 _1 时，gprime;(_) _12_2 _1_0， 所以 g(_)在(1，infin;)上是增函数， 所以当 _gt;1 时，g(_)g(1) 16 0， 所以当 _1 时， 12 _2 ln _ 23 _3 .题型二 放缩后构造函数证明不等式 【例 2】(2022长沙调研)函数 f(_)ae _ ln _1.(1)设 _2 是 f(_)的极值点，求 a，并求 f(_)的单调区间； (2)证明：当 age; 1e 时，f(_)ge;0.(1)解 f(_)的定义域为(0，infin;

4、)，fprime;(_)ae _ 1_ .由题设知，fprime;(2)0，所以 a12e 2 .从而 f(_)12e 2 e_ ln _1，fprime;(_)12e 2 e_ 1_ .当 0lt;_lt;2 时，fprime;(_)lt;0；当 _gt;2 时，fprime;(_)gt;0.所以 f(_)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，infin;).(2)证明 当 age; 1e 时，f(_)ge;e _eln _1(_gt;0).设 g(_) e_eln _1(_gt;0)，那么 gprime;(_) e_e 1_ (_gt;0).当 0lt;_lt;1 时，gprim

5、e;(_)lt;0；当 _gt;1 时，gprime;(_)gt;0.所以 _1 是 g(_)的极小值点，也是最小值点.故当 _gt;0 时，g(_)ge;g(1)0.因此，当 age; 1e 时，f(_)ge;0.感悟升华 某些不等式，直接构造不易求最值，可利用条件与不等式性质，适当放缩后，再构造函数进展证明.【训练 2】函数 f(_)ln _ aln _ 2.(1)假设 a1，求 f(_)的单调区间； (2)假设 a0，_isin;(0，1)，证明：_ 2 1_ lt;f_e _.(1)解 当 a1 时，f(_)ln _ ln _ 2，_isin;(0，infin;)， there4;fp

6、rime;(_) 1_ 12ln _ 3 _2 12ln _ 3 _1_12ln _ 3.当 _isin;(0，1)时，fprime;(_)lt;0，当 _isin;(1，infin;)时，fprime;(_)gt;0， there4;f(_)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，infin;).(2)证明 当 a0，_isin;(0，1)时，_ 2 1_ lt;f_e _等价于 ln _e _ 2 1_ lt;0， 当 _isin;(0，1)时，e _ isin;(1，e)，ln _gt;0，there4; ln _e _lt;ln _， there4;只需要证ln _ 2 1_

7、lt;0 在(0，1)上恒成立.令 g(_)ln _ 2 1_ ，_isin;(0，1)， there4;gprime;(_) 1_ 2_1_ 2 2_ 3 _1_ 2gt;0， 那么函数 g(_)在(0，1)上单调递增，于是 g(_)lt;ln 1110， there4;当 _isin;(0，1)时，_ 2 1_ lt;f_e _.题型三 分拆函数法证明不等式 【例 3】(2022百校大联考)函数 f(_)eln _a_(aisin;R).(1)讨论函数 f(_)的单调性； (2)当 ae 时，证明：_f(_)e _ 2e_le;0.(1)解 fprime;(_) e_ a(_gt;0)，

8、假设 ale;0，那么 fprime;(_)gt;0，f(_)在(0，infin;)上单调递增； 假设 agt;0，那么当 0lt;_lt; ea 时，fprime;(_)gt;0； 当 _gt; ea 时，fprime;(_)lt;0.故 f(_)在 0， ea上单调递增，在 ea ，infin; 上单调递减.(2)证明 因为 _gt;0，所以只需证 f(_)le; e_ 2e， 当 ae 时，由(1)知，f(_)在(0，1)上单调递增，在(1，infin;)上单调递减.所以 f(_) ma_ f(1)e.设 g(_) e_ 2e(_gt;0)，那么 gprime;(_)_1e _ 2， 所

9、以当 0lt;_lt;1 时，gprime;(_)lt;0，g(_)单调递减； 当 _gt;1 时，gprime;(_)gt;0，g(_)单调递增， 所以 g(_) min g(1)e.综上，当 _gt;0 时，f(_)le;g(_)，即 f(_)le; e_ 2e.即 _f(_)e _ 2e_le;0 得证.感悟升华 1.假设直接求导比拟复杂或无从下手时，可将待证式进展变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，到达证明的目的.2.在证明过程中，等价转化是关键，此处 g(_) min ge;f(_) ma_ 恒成立，从而 f(_)le;g(_)恒成立.【训练 3】函数 f(_)e _ ln

10、 _ 2_ e_ 1 ，证明：f(_)gt;1.证明 函数 f(_)的定义域为(0，infin;).f(_)gt;1 等价于 _ln _gt;_e _ 2e .设函数 g(_)_ln _，那么 gprime;(_)1ln _(_gt;0)， 所以当 _isin; 0， 1e时，gprime;(_)lt;0；当 _isin; 1e ，infin; 时，gprime;(_)gt;0.故 g(_)在 0， 1e上单调递减，在 1e ，infin; 上单调递增，从而 g(_)在(0，infin;)上的最小值为 g 1e 1e .设函数 h(_)_e _ 2e ，那么 hprime;(_)e _ (1_

11、)， 所以当 _isin;(0，1)时，hprime;(_)gt;0； 当 _isin;(1，infin;)时，hprime;(_)lt;0.故 h(_)在(0，1)上单调递增，在(1，infin;)上单调递减， 从而 h(_)在(0，infin;)上的最大值为 h(1) 1e .因为 g(_) min g 1eh(1)h(_) ma_ ， 所以当 _gt;0 时，g(_)gt;h(_)，即 f(_)gt;1.“双变量”问题的转化 近年高考应考，常涉及“双变量”或“双参”相关问题，才能要求高，破解问题的关键：一是转化，即由条件入手，寻找双变量满足的关系式，并把含双变量问题转化为含单变量的问题，

12、二是巧妙构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.【例 1】(2022重庆调研)函数 f(_)ln _a_ 2 (ab1)_b1(a，bisin;R).(1)假设 a0，试讨论 f(_)的单调性； (2)假设 0a2，b1，实数 _ 1 ，_ 2 为方程 f(_)ma_ 2 的两个不等实根，求证：1_ 1 1_ 2 42a.(1)解 依题意知 _0，当 a0 时，fprime;(_) 1_ (b1)， 当 ble;1 时，fprime;(_)0 恒成立，f(_)在(0，infin;)上单调递增.当 b1 时，_isin; 0，1b1时，fprime;(_)0； 当 _isin; 1

13、b1 ，infin;时，fprime;(_)0.故 f(_)在 0，1b1上单调递增，在 1b1 ，infin;上单调递减.(2)证明 由 f(_)ma_ 2 得 ln _(a2)_2m0， 令 g(_)ln _(a2)_2，_0， 那么 g(_ 1 )g(_ 2 )m， 依题意有 ln _ 1 (a2)_ 1 ln _ 2 (a2)_ 2 .there4;a2ln _2_ 1_ 1 _ 2 (_ 1 ne;_ 2 ，且 _ 1 ，_ 2 0).要证1_ 1 1_ 2 42a， 只需证 _1 _ 2_ 1 _ 22(2a)2ln _2_ 1_ 1 _ 2(_)， 不妨设 _ 2 _ 1 0.要

14、证(_)式成立，只要证 _1_ 2 _ 2_ 1 2ln_ 2_ 1 ， 即证 2ln _2_ 1 _ 1_ 2 _ 2_ 1 0.令 t _2_ 1 (t1)，那么 h(t)2ln tt1t .hprime;(t) 2t 11t 2 1t 120， there4;h(t)在(1，infin;)上单调递减， there4;h(t)h(1)0，从而1_ 1 1_ 2 42a.【例 2】(2022成都调研)函数 f(_)(_a)e _ ，假设曲线 yf(_)在点(0，f(0)处的切线与直线 y_2 平行.(1)务实数 a 的值； (2)假如 0lt;_ 1 lt;_ 2 ，且 f(_ 1 )f(_

15、 2 )，求证：3_ 1 _ 2 gt;3.(1)解 由 f(_)(_a)e _ ，得 fprime;(_)(1a_)e _ .依题设 fprime;(0)1a1，there4;a0.(2)证明 由(1)知，f(_)_e _ ， 因为 0lt;_ 1 lt;_ 2 ，且 f(_ 1 )f(_ 2 )， 得_ 1e_ 1 _ 2e_ 2 ，所以 _ 2 _ 1 e_ 2 _ 1 ， 令 t_ 2 _ 1 (tgt;0)，那么 _ 1 e t _ 1 t， 得 _ 1 te t 1 ，_ 2 te te t 1 .要证 3_ 1 _ 2 gt;3，即证3te t 1 te te t 1 gt;3，

16、 因为 tgt;0，所以 e t 1gt;0，即证(t3)e t 3t3gt;0.设 g(t)(t3)e t 3t3(tgt;0)， 那么 gprime;(t)(t2)e t 3(tgt;0).令 h(t)(t2)e t 3(tgt;0)， 那么 hprime;(t)(t1)e t ， 当 0lt;tlt;1 时，hprime;(t)lt;0，当 tgt;1 时，hprime;(t)gt;0，所以函数 h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，infin;)上单调递增， 所以 h(t)ge;h(1)3egt;0，即 gprime;(t)gt;0， 所以 g(t)在(0，infin;)上单调递增，

17、所以 g(t)gt;g(0)0，所以 3_ 1 _ 2 gt;3.思维升华 1.由 f(_ 1 )f(_ 2 )，得_ 1e _ 1 _ 2e _ 2 ，引入 t_ 2 _ 1 ，就是根据条件(或极值点)之间的关系构建等式，利用极值点之差作为变量，从而实现消参、减元的目的.2.用 t 表示两个极值点的差，进而把所求问题转化为关于 t 的函数，借助导数求解.1.函数 f(_)1 ln _，g(_)ee _ 1_ _.证明：当 _ge;1 时，f(_)g(_)ge;2_ .证明 f(_)g(_)ge; 2_ hArr;1ln _ee _ 1_ _ge;0.令 h(_)1 ln _ee _ 1_ _

18、(_ge;1)， 那么 h(1)0，hprime;(_) 1ln _ 2ee _ 1_ 2 1ln _ 2ee _ 1.因为 _ge;1，所以 hprime;(_) ln _ 2ee _ 1gt;0， 所以 h(_)在1，infin;)上单调递增， 所以 h(_)ge;h(1)0，即 1 ln _ee _ 1_ _ge;0.故当 _ge;1 时，f(_)g(_)ge; 2_ .2.(2022武汉模拟)设 a 为实数，函数 f(_)e _ 2_2a，_isin;R.(1)求 f(_)的单调区间与极值； (2)求证：当 agt;ln 21 且 _gt;0 时， e _ gt;_ 2 2a_1.(1

19、)解 由 f(_)e _ 2_2a，_isin;R，得 fprime;(_)e _ 2，_isin;R，令 fprime;(_)0，得 _ln 2.于是当 _ 变化时，fprime;(_)，f(_)的变化情况如下表：_ (infin;，ln 2) ln 2 (ln 2，infin;) fprime;(_) 0 f(_)2(1ln 2a)故 f(_)的单调递减区间是(infin;，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，infin;).there4;f(_)在 _ln 2 处获得极小值，极小值 f(ln 2)2(1ln 2a)，无极大值.(2)证明 设 g(_)e _ _ 2 2a_1，_isin

20、;R.于是 gprime;(_)e _ 2_2a，_isin;R.由(1)知当 agt;ln 21 时，gprime;(_)的最小值为 gprime;(ln 2)2(1ln 2a)gt;0.于是对任意 _isin;R，都有 gprime;(_)gt;0，所以 g(_)在 R 内单调递增.于是当 agt;ln 21 时，对任意 _isin;(0，infin;)，都有 g(_)gt;g(0).又 g(0)0，从而对任意 _isin;(0，infin;)，g(_)gt;0.即 e _ _ 2 2a_1gt;0，故 e _ gt;_ 2 2a_1.3.函数 f(_)(_1)(_ 2 2)e _ 2_.

21、(1)求曲线 yf(_)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)证明：f(_)gt;_ 2 4.(1)解 因为 fprime;(_)2_(_1)e _ _(_ 2 2)e _ 2 _ 2 (_2)e _ 2，所以 fprime;(0)2.因为 f(0)2，所以曲线 yf(_)在点(0，f(0)处的切线方程为 2_y20.(2)证明 要证 f(_)gt;_ 2 4， 只需证(_1)(_ 2 2)e _ gt;_ 2 2_4， 设 g(_)_ 2 2_4(_1) 2 3， h(_)(_1)(_ 2 2)e _ ， 那么 hprime;(_)_ 2 (_2)e _ .由 hprime;(_)ge;0

22、，得 _ge;2， 故 h(_)在2，infin;)上单调递增； 由 hprime;(_)lt;0，得 _lt;2， 故 h(_)在(infin;，2)上单调递减， 所以 h(_) min h(2) 18e 2 .因为 easymp;2.718，所以 18e 2 gt;3.又 g(_) ma_ 3，所以 g(_) ma_ lt;h(_) min ， 从而(_1)(_ 2 2)e _ gt;_ 2 2_4， 即 f(_)gt;_ 2 4.4.函数 f(_) aln _1 b_ ，曲线 yf(_)在点(1，f(1)处的切线方程为 _2y30.(1)求 a，b 的值； (2)证明：当 _0，且 _n

23、e;1 时，f(_)ln _1 .(1)解 fprime;(_)a _1_ln _12b_ 2 (_gt;0).由于直线 _2y30 的斜率为 12 ，且过点(1，1)， 故 f11，fprime;1 12 ，即 b1，a2 b12 .解得 a1，b1.(2)证明 由(1)知 f(_)ln _1 1_ (_gt;0)， 所以 f(_)ln _1 11_ 2 2ln _ _2 1_.考虑函数 h(_)2ln _ _2 1_(_0)， 那么 hprime;(_) 2_ 2_ 2 _ 2 1_ 2 _12_ 2.所以当 _ne;1 时，hprime;(_)0.而 h(1)0，故当 _isin;(0，

24、1)时，h(_)0，可得11_ 2 h(_)0； 当 _isin;(1，infin;)时，h(_)0，可得11_ 2 h(_)0.从而当 _0，且 _ne;1 时，f(_)ln _1 0，即 f(_)ln _1 .5.(2022豫北名校联考)函数 f(_)e _ 1 k_2k(其中 e 是自然对数的底数，kisin;R).(1)讨论函数 f(_)的单调性； (2)当函数 f(_)有两个零点 _ 1 ，_ 2 时，证明 _ 1 _ 2 gt;2.(1)解 易得 fprime;(_)e _ 1 k， 当 kgt;0 时，令 fprime;(_)0，得 _ln k1， 可得当 _isin;(infi

25、n;，ln k1)时，fprime;(_)lt;0， 当 _isin;(ln k1，infin;)时，fprime;(_)gt;0，所以函数 f(_)在区间(infin;，ln k1)上单调递减，在区间(ln k1，infin;)上单调递增.当 kle;0 时，fprime;(_)e _ 1 kgt;0 恒成立，故此时函数 f(_)在 R 上单调递增.(2)证明 当 kle;0 时，由(1)知函数 f(_)在 R 上单调递增，不存在两个零点，所以kgt;0， 由题意知 e _ 1 1 k(_ 1 2)，e _ 2 1 k(_ 2 2)， 所以 _ 1 2gt;0，_ 2 2gt;0，可得 _

26、1 _ 2 ln _ 1 2_ 2 2 ， 不妨设 _ 1 gt;_ 2 ，令 _1 2_ 2 2 t，那么 tgt;1， 由 _ 1 2_ 2 2 t，_ 1 _ 2 ln _1 2_ 2 2 ，解得 _ 1 2 tln tt1 ，_ 2 2ln tt1 ， 所以 _ 1 _ 2 4 t1ln tt1， 欲证 _ 1 _ 2 gt;2，只需证明 t1ln tt1gt;2， 即证(t1)ln t2(t1)gt;0， 令 g(t)(t1)ln t2(t1)(tgt;1)， 那么 gprime;(t)ln t 1t (t1)2ln t1t 1.令 h(t)ln t 1t 1(tgt;1)， 那么

27、hprime;(t) 1t 1t 2 gt;0，h(t)单调递增， 所以 gprime;(t)gt;gprime;(1)0.所以 g(t)在区间(1，infin;)上单调递增， 所以当 tgt;1 时，g(t)gt;g(1)0，即(t1)ln t2(t1)gt;0， 原不等式得证.6.(2022新高考 8 省联考)函数 f(_)e _ sin _cos _，g(_)e _ sin _cos _.(1)证明：当 _gt; 5pi;4时，f(_)ge;0； (2)假设 g(_)ge;2a_，求 a.(1)证明 要证 f(_)ge;0，即证 e _ sin _cos _ge;0，即 sin _cos _e _le;1， 令 F(_) sin _cos _e _， Fprime;(_) cos _sin _e_ e _ sin _cos _e2_ 2sin _e _.当 5pi;4lt;_lt;pi; 时，Fp