2023高考数学二轮专题导数38讲 专题18 单变量不含参不等式证明方法之凹凸反转

这是一份2023高考数学二轮专题导数38讲 专题18 单变量不含参不等式证明方法之凹凸反转，共10页。试卷主要包含了凹函数，凹凸反转，六大经典超越函数的图象和性质等内容，欢迎下载使用。

专题18　单变量不含参不等式证明方法之凹凸反转
一、凹函数、凸函数的几何特征
　　　　　　　　　　
二、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，如上右图，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(对数单身狗，指数找基友，指对在一起，常常要分手)，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．
三、六大经典超越函数的图象和性质
1．x与ex的组合函数的图象与性质
函数
f(x)＝xex
f(x)＝
f(x)＝
图象



定义域
R
(－∞，0)(0，＋∞)
R
值域

(－∞，0)[(e，＋∞)
(－∞，]
单调性
在(－∞，－1)上递减
在(－1，＋∞)上递增
在(－∞，0)，(0，1)上递减
在(1，＋∞)上递增
在(－∞，1)上递增
在(1，＋∞)上递减

最值
f(x)min＝f(－1)＝－
当x＞0时，f(x)min＝f(1)＝
f(x)max＝f(1)＝
2．x与ln x的组合函数的图象与性质
函数
f(x)＝xlnx
f(x)＝
f(x)＝
图象



定义域
(0，＋∞)
(0，＋∞)
(0，1)(1，＋∞)
值域

(－∞，)
(－∞，0)[e，＋∞)
单调性
在(0，)上递减
在(，＋∞)上递增
在(0，e)上递增
在(e，＋∞)上递减
在(0，1)，(1，e)上递减
在(e，＋∞)上递增
最值
f(x)min＝f()＝－
f(x)max＝f(e)＝
当x＞0时，f(x)min＝f(e)＝e
【例题选讲】
[例1] (2014·全国Ⅰ)设函数f(x)＝aexln x＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线为y＝e(x－1)＋2．
(1)求a，b；
(2)证明：f(x)＞1．
解析　(1)f′(x)＝aex＋(x＞0)，由于切线y＝e(x－1)＋2的斜率为e，图象过点(1，2)，所以即解得
(2)由(1)知f(x)＝exln x＋(x＞0)，从而f(x)＞1等价于xln x＞xe－x－．
构造函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x，
所以当x∈时，g′(x)＜0，当x∈时，g′(x)＞0，
故g(x)在上单调递减，在上单调递增，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－．
构造函数h(x)＝xe－x－，则h′(x)＝e－x(1－x)．
所以当x∈(0，1)时，h′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0；
故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－．
综上，当x＞0时，g(x)＞h(x)，即f(x)＞1．
　　　　　
(例1图)　　　　　　　　　　　　　　　　　(例2图)
[例2]已知函数f(x)＝(m∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当m＝0时，证明：∀x＞0，ex2(1＋ln x)＋＞f(x)－xf(1)．
解析　(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝＝
＝＝－，令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝1－m．
①当m＜0时，1＜1－m．故x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；x∈(1，1－m)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；x∈(1－m，＋∞)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．
②当m＝0时，1＝1－m，f′(x)≤0恒成立，函数f(x)在R上单调递减．
③当m＞0时，1＞1－m，故x∈(－∞，1－m)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；x∈(1－m，1)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．
综上，当m＜0时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，(1－m，＋∞)，单调递增区间为(1，1－m)；当m＝0时，函数f(x)的单调递减区间为R，无单调递增区间；当m＞0时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，1－m)，(1，＋∞)，单调递增区间为(1－m，1)．
(2)当m＝0时，f(x)＝．则所证不等式为ex2(1＋ln x)＋＞－，
即ex2(1＋ln x)＞－，因为x＞0，所以所证不等式等价于ex(1＋ln x)＞－．
记函数g(x)＝e(x＋xln x)，h(x)＝－(x＞0)．则g′(x)＝e(2＋ln x)，
所以当x∈时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减；当x∈时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增．所以g(x)≥g＝e×＝－．
又h′(x)＝，所以当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减．故h(x)≤h(1)＝－＝－．
所以g(x)＞h(x)，即ex(1＋ln x)＞－．综上，当m＝0时，∀x＞0，ex2(1＋ln x)＋＞f(x)－xf(1)．
[例3]已知f(x)＝lnx＋．
(1)若函数g(x)＝xf(x)，讨论g(x)的单调性与极值；
(2)证明：f(x)>．
解析　(1)由题意，得g(x)＝x·f(x)＝xln x＋(x>0)，则g′(x)＝lnx＋1．
当x∈时，g′(x)<0，所以g(x)单调递减；当x∈时，g′(x)>0，所以g(x)单调递增，
所以g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，
所以g(x)的极小值为g＝，无极大值．
(2)要证ln x＋>(x>0)成立，只需证xln x＋>(x>0)成立，令h(x)＝，则h′(x)＝，
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)的极大值为h(1)，即h(x)≤h(1)＝，
由(1)知，x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g＝，
且g(x)的最小值点与h(x)的最大值点不同，所以xln x＋>，即ln x＋>，所以f(x)>．
　　　　　
(例3图)　　　　　　　　　　　　　　　　　　(例4图)
[例4]已知．
(1)当时，求在的最值；
(2)求证：，．
解析　(1)
的单调减区间为，单调增区间为．．
①，，．
②时，．
(2)所证不等式等价于．
设，，
在单调递减，在单调递增，．
设，，
在单调递增，在单调递减，
，．所证不等式成立．
【对点精练】
1．已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0．
1．解析　(1)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，
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证法一：因为x>0，所以只需证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，所以f(x)max＝f(1)＝－e．
记g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，
所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以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．

证法二：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．所以当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)＝．所以当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．

2．已知，其中常数．
(1)当时，求函数的极值；
(2)求证：．
2．解析　(1)当时，，，．
，在单调递增．
时，，，．
在单调递减，在单调递增．的极小值为，无极大值．
(2)由(1)得，所证不等式：．
设，，令可解得：．
在单调递增，在单调递减．．
，即，．

3．设函数．
(1)当时，求的极值；
(2)当时，证明：在上恒成立．
3．解析　(1)当时，，
当时，；当时，．
在上单调递增，在上单调递减；
在处取得极大值(2)，无极小值；
(2)当时，，下面证，即证，
设，则，
在上，，是减函数；在上，，是增函数．
所以，
设，则，
在上，，是增函数；在上，，是减函数，
所以，
所以，即，所以，即，
即在上恒成立．

4．已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3．
(1)若对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．
4．解析　(1)由题意知2xln x≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立，则a≤2ln x＋x＋，
设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，则h′(x)＝．
①当x∈(0，1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；
②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．所以h(x)min＝h(1)＝4，
对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4，即实数a的取值范围是(－∞，4]．
(2)问题等价于证明xln x＞－(x＞0)．又f(x)＝xln x(x＞0)，f′(x)＝ln x＋1，
当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f＝－．
设m(x)＝－(x＞0)，则m′(x)＝，
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)＝－，从而对一切x∈(0，＋∞)，f(x)＞m(x)恒成立，即xln x＞－恒成立．
即对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．

5．已知函数f(x)＝ln x＋，g(x)＝e－x＋bx，a，b∈R，e为自然对数的底数．
(1)若函数y＝g(x)在R上存在零点，求实数b的取值范围；
(2)若函数y＝f(x)在x＝处的切线方程为ex＋y－2＋b＝0．求证：对任意的x∈(0，＋∞)，总有f(x)>g(x)．
5．解析　(1)易得g′(x)＝－e－x＋b＝b－．
若b＝0，则g(x)＝∈(0，＋∞)，不合题意；
若b<0，则g(0)＝1>0，g＝－1<0，满足题设，
若b>0，令g′(x)＝－e－x＋b＝0，得x＝－ln b．
∴g(x)在(－∞，－ln b)上单调递减；在(－ln b，＋∞)上单调递增，
则g(x)min＝g(－ln b)＝eln b－bln b＝b－bln b≤0，∴b≥e．
综上所述，实数b的取值范围是(－∞，0)∪[e，＋∞)．
(2)易得f′(x)＝－，则由题意，得f′＝e－ae2＝－e，解得a＝．
∴f(x)＝ln x＋，从而f ＝1，即切点为．
将切点坐标代入ex＋y－2＋b＝0中，解得b＝0．∴g(x)＝e－x．
要证f(x)>g(x)，即证ln x＋>e－x(x∈(0，＋∞))，只需证xln x＋>xe－x(x∈(0，＋∞))．
令u(x)＝xln x＋，v(x)＝xe－x，x∈(0，＋∞)．则由u′(x)＝ln x＋1＝0，得x＝，
∴u(x)在上单调递减，在上单调递增，∴u(x)min＝u＝．
又由v′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)＝0，得x＝1，∴v(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴v(x)max＝v(1)＝．∴u(x)≥u(x)min≥v(x)max≥v(x)，显然，上式的等号不能同时取到．
故对任意的x∈(0，＋∞)，总有f(x)>g(x)．

6．已知f(x)＝xlnx．
(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＞－成立．
6．解析　(1)由f(x)＝x ln x，x＞0，得f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)＝0，得x＝．
当x∈(0，)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
①当0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜时，f(x)min＝f()＝－；
②当≤t＜t＋2，即t≥时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝t lnt．
所以f(x)min＝
(2)问题等价于证明x lnx＞－(x∈(0，＋∞))．
由(1)可知f(x)＝x ln 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)为减函数，由m′(x)＞0得0＜x＜1时，m(x)为增函数，
易知m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到．
从而对一切x∈(0，＋∞)，x ln x≥－≥－，两个等号不同时取到，
即证对一切x∈(0，＋∞)都有ln x＞－成立．