第二课时 构造函数证明不等式

第二课时构造函数证明不等式题型一移项构造函数或直接利用函数的最值证明不等式例1(2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2).(1)解f′(x)＝aex－1，x∈R.当a≤0时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，令f′(x)>0，得x>－lna；令f′(x)<0，得x<－lna，所以函数f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增.综上，当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，函数f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增.(2)证明法一由(1)得当a>0时，函数f(x)的最小值为f(－lna)＝1＋a2＋lna.令g(a)＝1＋a2＋lna－2lna－eq\f(3,2)＝a2－lna－eq\f(1,2)，a∈(0，＋∞)，所以g′(a)＝2a－eq\f(1,a)，令g′(a)>0，得a>eq\f(\r(2),2)；令g′(a)<0，得0<a<eq\f(\r(2),2)，所以函数g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，所以函数g(a)的最小值为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)－lneq\f(\r(2),2)－eq\f(1,2)＝lneq\r(2)>0，所以当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)成立.法二当a>0时，由(1)得f(x)min＝f(－lna)＝1＋a2＋lna，故欲证f(x)>2lna＋eq\f(3,2)成立，只需证1＋a2＋lna>2lna＋eq\f(3,2)，即证a2－eq\f(1,2)>lna.构造函数u(a)＝lna－(a－1)(a>0)，则u′(a)＝eq\f(1,a)－1＝eq\f(1－a,a)，所以当a>1时，u′(a)<0；当0<a<1时，u′(a)>0，所以函数u(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以u(a)≤u(1)＝0，即lna≤a－1，故只需证a2－eq\f(1,2)>a－1，即证a2－a＋eq\f(1,2)>0.因为a2－a＋eq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)成立.感悟提升1.若待证不等式的一边含有自变量，另一边为常数，可直接求函数的最值，利用最值证明不等式.2.若待证不等式的两边含有同一个变量，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证.训练1(2023·新高考Ⅱ卷节选)证明：当0<x<1时，x－x2<sinx<x.证明令h(x)＝x－x2－sinx(0<x<1)，则h′(x)＝1－2x－cosx(0<x<1).令p(x)＝1－2x－cosx(0<x<1)，则p′(x)＝－2＋sinx<0，所以p(x)即h′(x)在(0，1)上单调递减，又h′(0)＝0，所以当0<x<1时，h′(x)<h′(0)＝0，h(x)单调递减，所以当0<x<1时，h(x)<h(0)＝0，即x－x2<sinx.令g(x)＝sinx－x(0<x<1)，则g′(x)＝cosx－1≤0，所以g(x)在(0，1)上单调递减，又g(0)＝0，所以当0<x<1时，g(x)<g(0)＝0，即sinx<x.综上，当0<x<1时，x－x2<sinx<x.题型二分拆函数法证明不等式例2(2024·长沙模拟节选)已知函数f(x)＝axlnx＋x2，g(x)＝ex＋x－1，0<a≤1，求证：f(x)<g(x).证明要证明f(x)<g(x)，只需证明axlnx＋x2<ex＋x－1，只需证明eq\f(alnx,x)＋1<eq\f(ex＋x－1,x2)，令u(x)＝eq\f(alnx,x)＋1，v(x)＝eq\f(ex＋x－1,x2)，又u′(x)＝eq\f(a（1－lnx）,x2)，0<a≤1，则0<x<e时，u′(x)>0，函数u(x)在(0，e)上单调递增；x>e时，u′(x)<0，函数u(x)在(e，＋∞)上单调递减；所以x＝e时，u(x)取得最大值，最大值为eq\f(a,e)＋1，由v(x)＝eq\f(ex＋x－1,x2)可得v′(x)＝eq\f(（x－2）（ex－1）,x3)，则0<x<2时，v′(x)<0，函数v(x)在(0，2)上单调递减；x>2时，v′(x)>0，函数v(x)在(2，＋∞)上单调递增；则x＝2时，v(x)取得最小值，且最小值为eq\f(e2＋1,4)，又eq\f(e2＋1,4)－eq\f(a,e)－1>eq\f(e2－3,4)－eq\f(1,e)>0，所以eq\f(e2＋1,4)>eq\f(a,e)＋1，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(alnx,x)＋1))eq\s\do7(max)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex＋x－1,x2)))eq\s\do7(min)，所以0<a≤1时，f(x)<g(x).感悟提升1.若直接求导比较复杂或无从下手时，或两次求导都不能判断导数的正负时，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.含lnx与ex的混合式不能直接构造函数，要将指数与对数分离，分别计算它们的最值，借助最值进行证明.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lnx要分离，常构造xn与lnx，xn与ex的积、商形式，便于求导后找到极值点.训练2(2024·郑州模拟节选)已知函数f(x)＝ex2－xlnx，求证：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，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＜lnx＋eq\f(1,ex)，故原不等式成立.题型三放缩后构造函数证明不等式例3当x>0时，证明：ex－sinx－1>xlnx.证明设h(x)＝x－sinx，则h′(x)＝1－cosx≥0，h(x)单调递增，所以当x>0时，h(x)>h(0)＝0，即x>sinx(x>0).所以ex－sinx－1>ex－x－1，所以要证ex－sinx－1>xlnx，只需证明ex－x－1>xlnx，设f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，则x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.所以f(x)的最小值为f(0)＝0.当x∈(0，1)时，f(x)>0，xlnx<0，所以ex－x－1>xlnx.当x∈[1，＋∞)时，设F(x)＝ex－x－1－xlnx，则F′(x)＝ex－lnx－2，设g(x)＝ex－lnx－2，则g′(x)＝ex－eq\f(1,x)，因为g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝e－1>0，所以g′(x)>0在[1，＋∞)上恒成立，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，又g(1)＝e－2>0，所以F′(x)>0在[1，＋∞)上恒成立，故F(x)在[1，＋∞)上单调递增，F(x)≥F(1)＝e－2>0在[1，＋∞)上恒成立.综上，当x>0时，ex－sinx－1>xlnx.感悟提升1.利用导数证明不等式时，若所证明的不等式中含有ex，lnx，sinx，cosx，tanx，或其他多项式函数中的两种或以上，可考虑先利用不等式进行放缩，使问题简化.然后再构造函数进行证明.2.常见的放缩有：(1)tanx>x>sinx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；(2)切线放缩：ex≥x＋1>x－1≥lnx，利用切线放缩可把指数式、对数式转化为一次式，有利于后续的求解.训练3(2024·济南模拟节选)已知函数f(x)＝ex，证明：当x＞－2时，f(x)＞ln(x＋2).证明设g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex－x－1(x＞－2)，则g′(x)＝ex－1，当－2＜x＜0时，g′(x)＜0；当x＞0时，g′(x)＞0，即g(x)在(－2，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，于是当x＝0时，g(x)min＝g(0)＝0，因此f(x)≥x＋1(当且仅当x＝0时取等号)，令h(x)＝x＋1－ln(x＋2)(x＞－2)，则h′(x)＝1－eq\f(1,x＋2)＝eq\f(x＋1,x＋2)，则当－2＜x＜－1时，h′(x)＜0；当x＞－1时，h′(x)＞0，即有h(x)在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，于是当x＝－1时，h(x)min＝h(－1)＝0，因此x＋1≥ln(x＋2)(当且仅当x＝－1时取等号)，因为等号不同时成立，所以当x＞－2时，f(x)＞ln(x＋2).极值点偏移1.极值点不偏移已知函数f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c的两根的中点刚好满足eq\f(x1＋x2,2)＝x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移.此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢相同，如图①.(无偏移，左右对称，如二次函数)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0.2.极值点偏移若eq\f(x1＋x2,2)≠x0，则极值点偏移，此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢不同，如图②③.(左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>2x0；(左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2<2x0.一、对称化构造辅助函数例1(2024·青岛调研)已知函数f(x)＝xe－x.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.(1)解f′(x)＝(1－x)e－x，则由f′(x)<0，得x>1；由f′(x)>0，得x<1，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)的极大值是f(1)＝eq\f(1,e)，无极小值.(2)证明不妨设x1<x2，由(1)知x1<1，x2>1，要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，即证f(x1)＝f(x2)<f(2－x1).构造F(x)＝f(2－x)－f(x)＝(2－x)ex－2－xe－x，x<1，则F′(x)＝(1－x)(ex－2－e－x)<0，所以F(x)在(－∞，1)上单调递减，所以F(x)＝f(2－x)－f(x)>F(1)＝0，故F(x1)＝f(2－x1)－f(x1)>0，x1<1，可得f(2－x1)>f(x1)＝f(x2)，又x1<1，2－x1>1，x2>1，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以2－x1<x2，故x1＋x2>2.二、比、差值换元构造辅助函数例2已知函数f(x)＝lnx－ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，求证：x1x2>e2.证明法一不妨设x1>x2，因为lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，所以eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝a.欲证x1x2>e2，即证lnx1＋lnx2>2.因为lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，所以即证a>eq\f(2,x1＋x2)，所以原问题等价于证明eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)>eq\f(2,x1＋x2)，即lneq\f(x1,x2)>eq\f(2（x1－x2）,x1＋x2).令c＝eq\f(x1,x2)(c>1)，则不等式变为lnc>eq\f(2（c－1）,c＋1).令h(c)＝lnc－eq\f(2（c－1）,c＋1)(c>1)，所以h′(c)＝eq\f(1,c)－eq\f(4,（c＋1）2)＝eq\f(（c－1）2,c（c＋1）2)>0，所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(c)>h(1)＝ln1－0＝0，即lnc－eq\f(2（c－1）,c＋1)>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e2得证.法二由题意，函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知lnx1，lnx2是方程x＝aex的两个根，设t1＝lnx1，t2＝lnx2，g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔lnx1＋lnx2>2⇔t1＋t2>2.下证：t1＋t2>2.g′(x)＝(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以函数g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝eq\f(1,e).当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)>0，由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设t1<t2，作出函数g(x)的图象如图所示，由图知必有0<t1<1<t2.令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0，1]，则F′(x)＝g′(1＋x)＋g′(1－x)＝eq\f(x,ex＋1)(e2x－1)>0，所以F(x)在(0，1]上单调递增，所以F(x)>F(0)＝0对任意的x∈(0，1]恒成立，即g(1＋x)>g(1－x)对任意的x∈(0，1]恒成立.由0<t1<1<t2，得1－t1∈(0，1)，所以g[1＋(1－t1)]＝g(2－t1)>g[1－(1－t1)]＝g(t1)＝g(t2)，即g(2－t1)>g(t2).又2－t1，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以2－t1<t2，所以t1＋t2>2，即x1x2>e2.训练(1)已知函数f(x)＝x(1－lnx)，若f(x)＝m有两个根x1，x2(x1≠x2)，求证：x1＋x2>2.证明f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－lnx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝－lnx.当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.不妨设0<x1<1<x2，要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1.因为0<x1<1<x2，所以x2>1，2－x1>1，又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f(x2)<f(2－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)<f(2－x1)，即证当x∈(0，1)时，f(x)－f(2－x)<0.构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)].当0<x<1时，x(2－x)<1，则－ln[x(2－x)]>0，即当0<x<1时，F′(x)>0，所以F(x)在(0，1)上单调递增，所以当0<x<1时，F(x)<F(1)＝0，所以当0<x1<1时，f(x1)－f(2－x1)<0成立，可得f(2－x1)>f(x1)＝f(x2)，又x1<1，则2－x1>1，x2>1，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以2－x1<x2，所以x1＋x2>2.(2)(2024·南通模拟改编)已知函数f(x)＝aex－x，a∈R.若f(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1＋x2＞2.证明由f(x)＝aex－x＝0，得eq\f(x,ex)－a＝0，令g(x)＝eq\f(x,ex)－a，则g′(x)＝eq\f(1－x,ex)，由g′(x)＝eq\f(1－x,ex)＞0，得x＜1；由g′(x)＝eq\f(1－x,ex)＜0，得x＞1.所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，由于x1，x2是方程g(x)＝0的实根，不妨设x1＜1＜x2.设0＜x1＜1＜x2，由g(x1)＝g(x2)，得x1e－x1＝x2e－x2，等式两边取对数得lnx1－x1＝lnx2－x2.令t＝eq\f(x2,x1)＞1，则x2＝tx1，代入上式得lnx1－x1＝lnt＋lnx1－tx1，得x1＝eq\f(lnt,t－1)，x2＝eq\f(tlnt,t－1).所以x1＋x2＝eq\f(（t＋1）lnt,t－1)＞2⇔lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)＞0，设h(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)(t＞1)，所以h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(2（t＋1）－2（t－1）,（t＋1）2)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)＞0，所以当t＞1时，h(t)单调递增，所以h(t)＞h(1)＝0，所以lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)＞0，故x1＋x2＞2.【A级基础巩固】1.已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x)，求证：当x＞0时，f(x)≤x－1.证明当x＞0时，要证f(x)≤x－1，即证lnx－x2＋x≤0，令g(x)＝lnx－x2＋x(x＞0)，则g′(x)＝eq\f(1,x)－2x＋1＝eq\f(1＋x－2x2,x)＝－eq\f(（x－1）（2x＋1）,x)，当0＜x＜1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，∴g(x)≤g(1)＝0，即当x＞0时，f(x)≤x－1.2.(2024·唐山模拟)已知x>－1，证明：(1)ex－1≥x≥ln(x＋1)；(2)(ex－1)ln(x＋1)≥x2.证明(1)令f(x)＝x－ln(x＋1)，则f′(x)＝eq\f(x,x＋1)，x>－1，当－1<x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)≥f(0)＝0，等号仅当x＝0时成立，即x≥ln(x＋1)，从而ex≥eln(x＋1)＝x＋1，所以ex－1≥x.综上，ex－1≥x≥ln(x＋1).(2)显然当x＝0时，(ex－1)ln(x＋1)＝x2＝0.令g(x)＝eq\f(x,ex－1)，x≠0，则g′(x)＝eq\f(（1－x）ex－1,（ex－1）2)，x≠0.令h(x)＝(1－x)ex－1，则h′(x)＝－xex，当x<0时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x>0时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)≤h(0)＝0，等号仅当x＝0时成立，从而g′(x)＝eq\f(h（x）,（ex－1）2)<0，x≠0，所以g(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递减.由(1)知，当－1<x<0时，0>x>ln(x＋1)；当x>0时，x>ln(x＋1)>0，所以g(x)<g[ln(x＋1)]，即eq\f(x,ex－1)<eq\f(ln（x＋1）,eln（x＋1）－1)＝eq\f(ln（x＋1）,x).又当x>－1且x≠0时，x(ex－1)>0，所以(ex－1)ln(x＋1)>x2.综上，当x>－1时，(ex－1)ln(x＋1)≥x2.3.已知函数f(x)＝ax－sinx.(1)若函数f(x)为增函数，求实数a的取值范围；(2)求证：当x>0时，ex>2sinx.(1)解∵f(x)＝ax－sinx，∴f′(x)＝a－cosx，由函数f(x)为增函数，则f′(x)＝a－cosx≥0恒成立，即a≥cosx在R上恒成立，∵y＝cosx∈[－1，1]，∴a≥1，即实数a的取值范围为[1，＋∞).(2)证明由(1)知，当a＝1时，f(x)＝x－sinx为增函数，当x>0时，f(x)>f(0)＝0⇒x>sinx，要证当x>0时，ex>2sinx，只需证当x>0时，ex>2x，即证ex－2x>0在(0，＋∞)上恒成立，设g(x)＝ex－2x(x>0)，则g′(x)＝ex－2，令g′(x)＝0解得x＝ln2，∴g(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(ln2)＝eln2－2ln2＝2(1－ln2)>0，∴g(x)≥g(ln2)>0，∴ex>2x成立，故当x>0时，ex>2sinx.【B级能力提升】4.设函数f(x)＝ln(a－x)－x＋e.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝e时，证明：f(e－x)<ex＋eq\f(