第3章 第2节　第3课时　利用导数证明不等式——构造法证明不等式教案

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考点1 移项作差构造函数证明不等式——综合性
设函数f (x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1＜eq \f(x－1,ln x)＜x；
(3)设c＞1，证明：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
(1)解：函数f (x)＝ln x－x＋1的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝eq \f(1,x)－1.令f ′(x)＝0，解得x＝1.
当0＜x＜1时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增；
当x＞1时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减．
(2)证明：由(1)知f (x)在x＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0.所以当x≠1时，ln x＜x－1.故当x∈(1，＋∞)时，0＜ln x＜x－1，所以eq \f(x－1,ln x)＞1.用eq \f(1,x)代换x得ln eq \f(1,x)＜eq \f(1,x)－1＜0，所以eq \f(x－1,ln x)＜x.即1＜eq \f(x－1,ln x)＜x.
(3)证明：设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxln c.
令g′(x0)＝0，解得x0＝eq \f(ln \f(c－1,ln c),ln c).
当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
由(2)知1＜eq \f(c－1,ln c)＜c，故0＜x0＜1.
又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.
所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
将本例函数改为“f (x)＝eq \f(ln x－1,x)－cx(c∈R) ”．若1证明：f (x)的定义域为x>0，
f (x)<－1等价于eq \f(ln x－1,x)－ cx<－1，
等价于cx2－x＋1－ln x>0.
设h(x)＝ cx2－x＋1－ln x，
只需证h(x)>0成立．
h′(x)＝2cx－1－eq \f(1,x)＝eq \f(2cx2－x－1,x)，1易知2cx2－x－1＝0有两个异号的根．
令其正根为x0，则2cxeq \\al(2,0)－x0－1＝0.
在(0，x0)上h′(x)<0，在(x0，＋∞)上h′(x)>0，
则h(x)的最小值为h(x0)＝cxeq \\al(2,0)－x0＋1－ln x0＝eq \f(1＋x0,2)－x0＋1－ln x0＝eq \f(3－x0,2)－ln x0.
又h′(1)＝2c－2>0，h′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝c－3<0，
所以eq \f(1,2)0，－ln x0>0.
因此eq \f(3－x0,2)－ln x0>0，即h(x0)>0.
所以h(x)>0.所以1利用导数证明不等式f (x)＞g(x)的基本方法
(1)若f (x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f (x)min＞g(x)max.
(2)若f (x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f (x)－g(x)．若h′(x)>0，则h(x)在(a，b)上单调递增．同时h(a)>0，即f (x)>g(x)或若h′(x)<0，则h(x)在(a，b)上单调递减．同时h(b)>0，即f (x)>g(x)．
已知函数f (x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R)．
(1)求函数y＝f (x)的单调区间；
(2)当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f (x)＋ex＞x2＋x＋2.
(1)解：函数f (x)的定义域是(0，＋∞)，f ′(x)＝2x－(a－2)－eq \f(a,x)＝eq \f(x＋12x－a,x).
当a≤0时，f ′(x)＞0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，
所以，函数f (x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
当a＞0时，由f ′(x)＞0得x＞eq \f(a,2)；
由f ′(x)＜0，得0＜x＜eq \f(a,2).
所以函数f (x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，＋∞))上单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)))上单调递减．
(2)证明：当a＝1时，f (x)＝x2＋x－ln x.
要证明f (x)＋ex＞x2＋x＋2，
只需证明ex－ln x－2＞0.
设g(x)＝ex－ln x－2，则问题转化为证明对任意的x＞0，g(x)＞0.
令g′(x)＝ex－eq \f(1,x)＝0，得ex＝eq \f(1,x)，
易知方程有唯一解，不妨设为x0，
则x0满足eeq \s\up4(x0)＝eq \f(1,x0).
当x变化时，g′(x)和g(x)变化情况如下表：
g(x)min＝g(x0)＝eeq \s\up4(x0)－ln x0－2＝eq \f(1,x0)＋x0－2.
因为x0＞0，且x0≠1，所以g(x)min＞2－2＝0，
因此不等式得证．
考点2 放缩构造法——综合性
函数f (x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的图象在(－1，f (－1))处的切线方程是(e－1)x＋ey＋e－1＝0.
(1)求a，b的值；
(2)若m≤0，证明：f (x)≥mx2＋x.
(1)解：由(e－1)x＋ey＋e－1＝0得切线的斜率为－eq \f(e－1,e)且f (－1)＝0，
所以f (－1)＝(－1＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)－a))＝0，解得a＝eq \f(1,e)或b＝1.
又f ′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，
所以f ′(－1)＝eq \f(b,e)－a＝－eq \f(e－1,e).
若a＝eq \f(1,e)，则b＝2－e<0，与b>0矛盾；
若b＝1，则a＝1.故a＝1，b＝1.
(2)证明：由(1)可知，f (x)＝(x＋1)(ex－1)．由m≤0，可得x≥mx2＋x.
令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，
则g′(x)＝(x＋2)ex－2.
当x≤－2时，g′(x)<0.
当x>－2时，设h(x)＝g′(x)＝(x＋2)ex－2，
则h′(x)＝(x＋3)ex>0，故函数g′(x)在(－2，＋∞)上单调递增．
又g′(0)＝0，
所以当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，函数g(x)在区间(－∞，0)上单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
所以g(x)min＝g(0)＝0.
所以g(x)≥g(0)＝0，所以(x＋1)(ex－1)≥x≥mx2＋x，故f (x)≥mx2＋x.
关于放缩构造法证明不等式
导数的综合应用题中，最常见的就是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负．常见的放缩不等式如下：
(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；
(2)ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号；
(3)当x≥0时，ex≥1＋x＋eq \f(1,2)x2 ，当且仅当x＝0时取等号；
(4)当x≥0时，ex≥eq \f(e,2)x2＋1, 当且仅当x＝0时取等号；
(5)eq \f(x－1,x)≤ln x≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号；
(6)当x≥1时，eq \f(2x－1,x＋1)≤ln x≤eq \f(x－1,\r(x))，当且仅当x＝1时取等号．
(2020·全国卷Ⅱ)已知函数f (x)＝sin2xsin 2x.
(1)讨论f (x)在区间(0，π)的单调性；
(2)证明：eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f x))≤eq \f(3\r(3),8)；
(3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx≤eq \f(3n,4n).
(1)解：f (x)＝sin2xsin 2x＝2sin3xcs x，
则f ′(x)＝2(3sin2xcs2x－sin4x)
＝2sin2x(3cs2x－sin2x)
＝2sin2x(4cs2x－1)
＝2sin2x(2cs x＋1)·(2cs x－1)．
f ′(x)＝0在(0，π)上的根为x1＝eq \f(π,3)，x2＝eq \f(2π,3).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．
(2)证明：注意到f (x＋π)＝sin2 (x＋π)·sin[2(x＋π)]＝sin2xsin 2x＝f (x)．
故函数f (x)是周期为π的函数．
结合(1)的结论，计算得f (0)＝f (π)＝0，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))eq \s\up8(2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),8)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))eq \s\up8(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))＝－eq \f(3\r(3),8).
据此得f (x)max＝eq \f(3\r(3),8)，f (x)min＝－eq \f(3\r(3),8)，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f x))≤eq \f(3\r(3),8).
(3)证明：结合(2)的结论eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f x))≤eq \f(3\r(3),8)得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin2xsin2x))≤eq \f(3\r(3),8)，
所以sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx
＝(sin3xsin32xsin34x·…·sin32nx)eq \s\up8(eq \f(2,3))
＝[sin x(sin2xsin 2x)(sin22xsin 4x)·…·(sin22n－1xsin 2nx)sin22nx]eq \s\up8(eq \f(2,3))
≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sin x×\f(3\r(3),8)×\f(3\r(3),8)×…×\f(3\r(3),8)×sin22nx))eq \s\up8(eq \f(2,3))
≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),8)))eq \s\up8(n)))eq \s\up8(eq \f(2,3))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up8(n)＝eq \f(3n,4n).
考点3 构造双函数法——应用性
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＜－2eln x.
(1)解：因为函数f (x)＝x2＋2x－2xex(x∈R)，
所以f ′(x)＝2x＋2－2ex－2xex＝(2x＋2)(1－ex)．
由f ′(x)＝0，得x＝－1或x＝0，列表如下：
所以当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＜－2eln x．即证2ex－x2－2x＞eq \f(2eln x,x)(x＞0)．
令g(x)＝2ex－x2－2x(x＞0)，
h(x)＝eq \f(2eln x,x)(x＞0)．
g′(x)＝2(ex－x－1)，g″(x)＝2(ex－1)＞0，所以g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，g′(x)＞g′(0)＝0.
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)＞g(0)＝2.
h′(x)＝eq \f(2e1－ln x,x2)，可得h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以h(x)≤h(e)＝2.
又g(x)与h(x)取最值点不同，
所以g(x)＞h(x)在(0，＋∞)恒成立，
故2ex－x2－2x＞eq \f(2eln x,x)(x＞0)．
所以当x＞0时，f (x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x.
构造双函数法证明不等式的适用情形
在证明不等式时，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如证f (x)≥g(x)在D上恒成立，只需证明f (x)min≥g(x)max即可．
已知f (x)＝xln x.
(1)求函数f (x)的最小值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>eq \f(1,ex)－eq \f(2,ex)成立．
(1)解：由f (x)＝xln x，x>0，得f ′(x)＝ln x＋1.
令f ′(x)＝0，得x＝eq \f(1,e).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．
所以f (x)的极小值即最小值，为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e).
(2)证明：问题等价于证明xln x>eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)(x∈(0，＋∞))．
由(1)可知f (x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－eq \f(1,e)，当且仅当x＝eq \f(1,e)时取到．
设m(x)＝eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)(x∈(0，＋∞))，
则m′(x)＝eq \f(1－x,ex).
由m′(x)<0，得x>1时，m(x)单调递减；
由m′(x)>0，得0易知m(x)max＝m(1)＝－eq \f(1,e).
从而对一切x∈(0，＋∞)，xln x≥－eq \f(1,e)≥eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)，两个等号不同时取到，
即对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>eq \f(1,ex)－eq \f(2,e x)成立．
x
(0，x0)
x0
(x0，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
↘
极小值
↗
x
(－∞，－1)
－1
(－1,0)
0
(0，＋∞)
f ′(x)
－
0
＋
0
－
f (x)
↘
极小值
↗
极大值
↘