数学-微专题系列8之3　凹凸反转

微专题8之3凹凸反转【知识拓展】1.凹函数、凸函数的几何特征2.凹凸反转很多时候，我们需要证明f(x)>0，但不代表就要证明f(x)min>0，因为大多数情况下，f′(x)的零点是解不出来的.当然，导函数的零点如果解不出来，可以用设隐零点的方法，但是隐零点也不是万能的方法，如果隐零点法不行可尝试用凹凸反转.如要证明f(x)>0，可把f(x)拆分成两个函数g(x)，h(x)，放在不等式的两边，即要证g(x)>h(x)，只要证明了g(x)min>h(x)max即可，如图3，这个命题显然更强，注意反过来不一定成立.很明显，g(x)是凹函数，h(x)是凸函数，因为这两个函数的凹凸性刚好相反，所以称为凹凸反转.凹凸反转与隐零点都是用来处理导函数零点不可求问题的，两种方法互为补充.凹凸反转关键是如何分离，常见的不等式是由指数函数、对数函数、分式函数和多项式函数构成，当我们构造差值函数不易求出导函数零点时(当然可以考虑用隐零点的方法)，要考虑指、对分离，即指数函数和多项式函数组合与对数函数和多项式函数组合分开，构造两个单峰函数，然后利用导数分别求两个函数的最值并进行比较.当然我们要非常熟练地掌握一些常见的指(对)数函数和多项式组合的函数的图象与最值.3.六大经典超越函数的图象和性质(基本储备知识)(1)x与ex的组合函数的图象与性质函数f(x)＝xexf(x)＝eq\f(ex,x)f(x)＝eq\f(x,ex)图象定义域R(－∞，0)∪(0，＋∞)R值域eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，＋∞))(－∞，0)∪[e，＋∞)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)))单调性在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增在(－∞，0)，(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减最值f(x)min＝f(－1)＝－eq\f(1,e)当x>0时，f(x)min＝f(1)＝ef(x)max＝f(1)＝eq\f(1,e)(2)x与lnx的组合函数的图象与性质函数f(x)＝xlnxf(x)＝eq\f(lnx,x)f(x)＝eq\f(x,lnx)图象定义域(0，＋∞)(0，＋∞)(0，1)∪(1，＋∞)值域eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，＋∞))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)))(－∞，0)∪[e，＋∞)单调性在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减在(0，1)，(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增最值f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,e)当x>1时，f(x)min＝f(e)＝e【类型突破】类型一化为eq\f(lnx,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xlnx，\f(x,lnx)))型例1已知函数f(x)＝1＋(a＋1)x＋lnx，证明：对任意x>0，eq\f(2ex,xe2)＋1＋(1＋a)x>f(x).证明把f(x)代入化简，得eq\f(2ex－2,x)>lnx，即证eq\f(2ex－2,x2)>eq\f(lnx,x)(x>0).令g(x)＝eq\f(2ex－2,x2)(x>0)，则g′(x)＝eq\f(2ex－2（x－2）,x3).当x∈(0，2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增.∴g(x)最小＝g(x)极小＝g(2)＝eq\f(1,2)，∴g(x)≥eq\f(1,2)，当且仅当x＝2时取等号.令h(x)＝eq\f(lnx,x)(x>0)，则h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当x∈(0，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，∴h(x)最大＝h(x)极大＝h(e)＝eq\f(1,e)，即h(x)≤eq\f(1,e)，当且仅当x＝e时取等号.由于eq\f(1,2)>eq\f(1,e)，故eq\f(2ex－2,x2)>eq\f(lnx,x)成立，即原不等式得证.训练1(2023·南昌模拟改编)证明：对一切x∈(0，＋∞)，lnx>eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)恒成立.证明问题等价于证明xlnx>eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x>0).设f(x)＝xlnx(x>0)，f′(x)＝lnx＋1，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).设m(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x>0)，则m′(x)＝eq\f(1－x,ex)，当x∈(0，1)时，m′(x)>0，m(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减，所以m(x)max＝m(1)＝－eq\f(1,e)，又等号不同时取到，从而对一切x∈(0，＋∞)，f(x)>m(x)恒成立，即xlnx>eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)恒成立.即对一切x∈(0，＋∞)，lnx>eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)恒成立.类型二化为eq\f(x,ex)(xex，eq\f(ex,x))型例2已知函数f(x)＝exlnx＋eq\f(2ex－1,x)，证明：f(x)>1.证明要证明f(x)＝exlnx＋eq\f(2ex－1,x)>1，两边同乘以eq\f(x,ex)，得xlnx＋eq\f(2,e)>eq\f(x,ex)，即证明xlnx>eq\f(x,ex)－eq\f(2,e).令h(x)＝xlnx，g(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e).由h′(x)＝lnx＋1知，h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，所以h(x)≥heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)；而g′(x)＝eq\f(1－x,ex)知，g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝－eq\f(1,e).所以有h(x)≥heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)＝g(1)≥g(x)，又等号不同时取到，所以有h(x)>g(x)，即f(x)>1得证.训练2(2023·湛江模拟节选)设f(x)＝ex－2x，证明：f(x)＋x2－eq\f(21,8)x＋1>0.证明把f(x)代入化简得ex＋x2－eq\f(37x,8)＋1>0，即证ex>－x2＋eq\f(37x,8)－1，当x≤0时，左边0<ex≤1，右边＝－x2＋eq\f(37,8)x－1≤－1，此时ex>－x2＋eq\f(37x,8)－1恒成立，当x>0时，要证ex>－x2＋eq\f(37x,8)－1，即证eq\f(ex,x)>－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＋eq\f(37,8)，令g(x)＝eq\f(ex,x)，h(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＋eq\f(37,8)，则g′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，在(0，1)上，g′(x)<0，g(x)单调递减；在(1，＋∞)上，g′(x)>0，g(x)单调递增.所以g(x)≥g(1)＝e，又h(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＋eq\f(37,8)≤eq\f(37,8)－2eq\r(x·\f(1,x))＝eq\f(21,8)(当且仅当x＝1时等号成立)由于g(x)≥g(1)＝e>eq\f(21,8)≥h(x)，故当x>0时，ex>－x2＋eq\f(37x,8)－1成立，综上，f(x)＋x2－eq\f(21,8)x＋1>0成立.类型三先放缩、再反转例3已知函数f(x)＝axlnx＋x2，若0<a≤1，求证：f(x)<ex－sinx＋1.证明∵f(x)＝axlnx＋x2，所以待证不等式为axlnx＋x2<ex－sinx＋1，由于当x>0时，sinx<x，∴只需证x2＋axlnx<ex－x＋1，即证eq\f(ex－x＋1,x2)>eq\f(alnx,x)＋1.①令g(x)＝eq\f(alnx,x)＋1，g′(x)＝eq\f(a（1－lnx）,x2)(0<a≤1)，当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，易得g(x)最大＝g(x)极大＝g(e)＝eq\f(a,e)＋1≤eq\f(1,e)＋1，令h(x)＝eq\f(ex－x＋1,x2)，h′(x)＝eq\f(（ex＋1）（x－2）,x3)，当x∈(0，2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)，h′(x)>0，h(x)单调递增，易得h(x)最小＝h(x)极小＝h(2)＝eq\f(e2－1,4).由于eq\f(e2－1,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)＋1))＝eq\f(（e＋1）（e2－e－4）,4e)>0，故①式成立，原不等式得证.规律方法1.先放缩，再利用凹凸反转法证明不等式，实质是证明了强化了的不等式，即证明了原不等式成立的充分条件.2.常用到的放缩(1)ex≥x＋1(当x＝0时取到等号)；(2)ex≥ex(当x＝1时取到等号)；(3)lnx≤x－1(当x＝1时取到等号)；(4)eq\f(lnx,x)≤eq\f(1,e)(当x＝e时取到等号)；(5)0<sinx<x<tanxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(π,2))).训练3已知f(x)＝eq\f(（x＋1）（1－x－xlnx）,ex)，求证：f(x)<1＋e－2.证明设g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1，令g′(x)＝0，则x＝0，可得g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)＝ex－x－1≥g(0)＝0，即ex≥x＋1，也即当x>0时，ex>x＋1，即eq\f(x＋1,ex)<1，所以f(x)<1＋e－2，即要证eq\f(（x＋1）（1－x－xlnx）,ex)<1＋e－2，只需证1－x－xlnx<1＋e－2，令t(x)＝1－x－xlnx(x>0)，则t′(x)＝－lnx－2，当x∈(0，e－2)时，t′(x)>0，t(x)单调递增，当x∈(e－2，＋∞)时，t′(x)<0，t(x)单调递减，易得t(x)max＝t(x)极大值＝t(e－2)＝1＋e－2，所以有1－x－xlnx<1＋e－2，从而有f(x)<1＋e－2.类型四凹凸反转求参数例4(2023·福州模拟改编)若exlnx＋mx2＋(1－ex)x＋m≤0(x>0)，求正实数m的取值范围.解不等式等价于e－x(mx2＋x＋m)≤x－lnx，令g(x)＝e－x(mx2＋x＋m)，h(x)＝x－lnx，g′(x)＝e－x(x－1)(－mx＋m－1)，令g′(x)＝0，解得x＝1或x＝1－eq\f(1,m)，∵m>0，∴1－eq\f(1,m)<1.①当0<m≤1时，1－eq\f(1,m)≤0，所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故g(x)max＝g(1)＝e－1(2m＋1)，欲使不等式恒成立，则g(1)≤h(1)⇔e－1(2m＋1)≤1，解得0<m≤eq\f(e－1,2)，②当m>1时，0<1－eq\f(1,m)<1，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1－\f(1,m)))，(1，＋∞)上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,m)，1))上单调递增，而g(1)＝eq\f(2m＋1,e)>1，存在g(1)>h(1)，从而不等式exlnx＋mx2＋(1－ex)x＋m≤0不恒成立.综上，当0<m≤eq\f(e－1,2)时，不等式恒成立.易错提醒凹凸反转一般用来证明不等式恒成立，若要用来求参数范围必须确保凹凸函数的极值点相同.训练4(1)已知f(x)＝xex，g(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2lnx,x)))，若函数f(x)的图象与函数g(x)的图象有两个交点，则实数a的取值范围是()A.(0，e] B.(2e，＋∞)C.(e，＋∞) D.(－∞，0)∪{e}(2)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x(a>0)，若f(x)有两个零点，则a的取值范围是()A.(0，1) B.(0，1]C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))答案(1)C(2)A解析(1)法一取a＝e，则f(x)＝xex，g(x)＝eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2lnx,x)))，得f(1)＝g(1)＝e，知两函数图象至少有一个交点.由f(x)＝xex得f′(x)＝(x＋1)ex，当x<－1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，f(x)<0且f(0)＝0.当x→－∞时，f(x)→0，当x>－1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x→＋∞时，f(x)→＋∞.由g(x)＝eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2lnx,x)))得g′(x)＝eq\f(2e（1－lnx）,x2)，当0<x<e时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x→0时，g(x)→－∞，当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，且g(x)>0，当x→＋∞时，g(x)→0.根据以上信息，画出f(x)＝xex，g(x)＝eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2lnx,x)))的图象如图所示.因为f(1)＝g(1)＝e，f′(1)＝g′(1)＝2e，所以两曲线在点(1，e)有相同的公切线.由g(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2lnx,x)))与y＝eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2lnx,x)))图象间的伸缩关系，易知，当a>e时，两个函数图象有两个交点.故选C.法二取a＝2e，同法一可知两函数图象有两个公共点，故选C.(2)f(x)有两个零点，等价于ae2x＋(a－2)ex－x＝0有两个不同实根，即aex(ex＋1)＝2ex＋x有两个不同实根，等价于方程a(ex＋1)＝eq\f(x,ex)＋2有两个不同实根.等价于函数g(x)＝a(ex＋1)与函数h(x)＝eq\f(x,ex)＋2的图象有两个公共点.因为h′(x)＝eq\f(1－x,ex)，所以当x<1时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减，则h(x)max＝h(1)＝2＋eq\f(1,e)，又h(0)＝2，当x→＋∞时，h(x)＝eq\f(x,ex)＋2→2.另一方面，因为a>0，所以g(x)＝a(ex＋1)的图象单调递增.根据选项，对a取特殊值，a＝1，a＝e，a＝eq\f(1,e)这三个值较为特殊.其中a＝1更为特殊简单，此时两个函数的图象均过点(0，2).从简单的情形入手，根据上述信息，画出函数g(x)＝ex＋1与函数h(x)＝eq\f(x,ex)＋2的图象如图所示.容易证明这两个函数的图象在公共点(0，2)处有相同的切线y＝x＋2.由图象知两函数的图象分别在公切线的上方和下方，背靠背向上向下凹凸反转.由g(x)＝a(ex＋1)与y＝ex＋1图象间的伸缩关系可知要使函数g(x)＝a(ex＋1)与函数h(x)＝eq\f(x,ex)＋2的图象有两个公共点，则0<a<1.故选A.【精准强化练】一、基本技能练1.(2023·兰州模拟节选)f(x)＝ex2－xlnx，证明：当x>0时，f(x)<xex＋eq\f(1,e).证明要证f(x)<xex＋eq\f(1,e)，只需证ex－lnx<ex＋eq\f(1,ex)，即ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex)，令h(x)＝lnx＋eq\f(1,ex)(x>0)，则h′(x)＝eq\f(ex－1,ex2)，易知h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，则h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，所以lnx＋eq\f(1,ex)≥0，再令φ(x)＝ex－ex(x>0)，则φ′(x)＝e－ex.当0<x<1时，φ′(x)>0，当x>1时，φ′(x)<0，即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<lnx＋eq\f(1,ex)，故原不等式成立.2.已知函数f(x)＝x2＋2x－2xex.(1)求函数f(x)的极值；(2)当x>0时，证明f(x)－2x＋x2＋x3<－2elnx.(1)解∵f(x)＝x2＋2x－2xex，∴f′(x)＝2x＋2－2ex－2xex＝(2x＋2)(1－ex)，由f′(x)＝0，得x＝－1或x＝0.列表讨论，得：x(－∞，－1)－1(－1，0)0(0，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值∴当x＝－1时，f(x)极小值＝f(－1)＝1－2＋2×eq\f(1,e)＝eq\f(2,e)－1，当x＝0时，f(x)极大值＝f(0)＝0.(2)证明要证明f(x)－2x＋x2＋x3<－2elnx.即证明2ex－x2－2x>eq\f(2elnx,x)(x>0)，令g(x)＝2ex－x2－2x(x>0)，h(x)＝eq\f(2elnx,x)(x>0)，g′(x)＝2(ex－x－1)，g″(x)＝2(ex－1)>0，∴g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，g′(x)>g′(0)＝0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝2，h′(x)＝eq\f(2e（1－lnx）,x2)，可得h(x)在(0，e)上递增，在(e，＋∞)上递减，∴h(x)≤h(e)＝2，又g(x)与h(x)取最值点不同，∴g(x)>h(x)在(0，＋∞)恒成立，所以当x>0时，f(x)－2x＋x2＋x3<－2elnx.3.设函数f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－x，证明：f(x)－eq\f(1,ex)＋x>0在(0，＋∞)上恒成立.证明由题意知，f(x)－eq\f(1,ex)＋x＝lnx＋eq\f(1,x)－eq\f(1,ex)，下面证lnx＋eq\f(1,x)>eq\f(1,ex)，即证xlnx＋1>eq\f(x,ex)，设g(x)＝xlnx＋1，则g′(x)＝1＋lnx，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上，g′(x)<0，g(x)单调递减；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上，g′(x)>0，g(x)单调递增.所以g(x)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1－eq\f(1,e)，设h(x)＝eq\f(x,ex)，则h′(x)＝eq\f(1－x,ex)，在(0，1)上，h′(x)>0，h(x)单调递增；在(1，＋∞)上，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)≤h(1)＝eq\f(1,e)<1－eq\f(1,e)，所以h(x)<g(x)，即f(x)－eq\f(1,ex)＋x>0在(0，＋∞)上恒成立.二、创新拓展练4.(2023·南通模拟改编)设函数f(x)＝lnx－e1－x，g(x)＝a(x2－1)－eq\f(1,x).若f(x)<g(x)在(1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.解由题意得：lnx－eq\f(e,ex)<a(x2－1)－eq\f(1,x)，问题等价于a(x2－1)－lnx>eq\f(1,x)－eq\f(e