2024届高考数学一轮复习第3章第2节第3课时利用导数证明不等式——构造法证明不等式学案

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考点1 移项作差构造函数证明不等式——综合性
已知函数f(x)＝ex－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0，1)处的切线斜率为－1.
(1)求a的值及函数f(x)的极值；
(2)求证：当x>0时，x2(1)解：f′(x)＝ex－a，因为f′(0)＝－1＝1－a，所以a＝2，
所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.
令f′(x)＝0，解得x＝ln 2.
当x当x>ln 2时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
所以当x＝ln 2时，函数f(x)取得极小值，
为f(ln 2)＝2－2ln 2，无极大值．
(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.
由(1)可得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)>0，
所以g(x)在R上单调递增，
因此，当x>0时，g(x)>g(0)＝1>0，所以x2待证不等式的两边含有同一个变量时，一般可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，借助所构造函数的单调性和最值证明不等式成立．
已知函数f(x)＝x2ln x, 证明：f(x)≥x2－x.
证明：函数f(x)＝x2ln x的定义域为(0，＋∞)，
要证明f(x)≥x2－x，只需证明x2ln x≥x2－x，即证明ln x≥1－1x.
令h(x)＝ln x－1-1x，则h′(x)＝1x-1x2＝x-1x2.当0＜x＜1时，h′(x)＜0，则h(x)单调递减，
当x＞1时，h′(x)＞0，则h(x)单调递增，
所以当x＝1时，函数h(x)取得极小值，即最小值为h(1)，
则h(x)≥h(1)＝0，即ln x≥1－1x，
故原不等式成立．
考点2 放缩构造法——综合性
已知函数f(x)＝sin2x sin2x.
(1)讨论f(x)在区间(0，π)上的单调性；
(2)证明：|f(x)|≤338；
(3)设n∈N*，证明：sin2x sin22x sin24x·…·sin22nx≤3n4n.
(1)解：由函数的解析式可得
f(x)＝2sin3x csx，则
f′(x)＝2(3sin2x cs2x－sin4x)
＝2sin2x(3cs2x－sin2x)
＝2sin2x(4cs2x－1)
＝2sin2x(2csx＋1)(2cs x－1)，
f′(x)＝0在x∈(0，π)上的根为x1＝π3，x2＝2π3.
当x∈0，π3时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈π3，2π3时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈2π3，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)]＝sin2x sin2x＝f(x)，
故函数f(x)是周期为π的函数，结合(1)的结论，计算可得：f(0)＝f(π)＝0，
fπ3＝322×32＝338，
f2π3＝322×-32＝－338，
据此可得：f(x)max＝338，f(x)min＝－338，
即|f(x)|≤338.
(3)证明：结合(2)的结论有：sin2x sin22x sin24x·…·sin22nx
＝sin3x sin32x sin34x…sin32nx23
＝[sin x(sin2x sin2x)(sin22x sin4x)·…·
sin22n-1xsin2nxsin22nx23
≤sinx×338×338×…×338×sin22nx23
≤338n23＝34n.
对于一些不等式，直接构造函数不易求最值，可以利用条件及不等式的性质，适当放缩后，再构造函数进行证明．常见放缩不等式如下：
(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＋12x2 ，当且仅当x＝0时取等号．
(4)当x≥0时，ex≥e2x2＋1, 当且仅当x＝0时取等号．
(5)x-1x≤ln x≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号．
(6)当x≥1时，2x-1x+1≤ln x≤x-1x，当且仅当x＝1时取等号．
已知函数f(x)＝a ln (x－1)＋2x-1，其中a是正实数．证明：当x>2时，f(x)证明：令g(x)＝ln x－x＋1，其定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1x－1＝1-xx.
当x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max＝g(1)＝0，g(x)≤0，即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时等号成立．
当x>2时，ln (x－1)0，所以a ln (x－1)要证f(x)只需证a(x－2)＋2x-10对任意的x>2恒成立．
令h(x)＝ex－x－2x-1，x>2，则h′(x)＝ex－1＋2x-12.
因为x>2，所以h′(x)>0恒成立，所以h(x)在(2，＋∞)上单调递增，
所以h(x)>h(2)＝e2－4>0，所以当x>2时，f(x)考点3 构造双函数法——综合性
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＋2×1e＝2e－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＞2eln xx(x＞0)．
令g(x)＝2ex－x2－2x(x＞0)，
h(x)＝2eln xx(x＞0)，
则g′(x)＝2(ex－x－1)．令m(x)＝2(ex－x－1)，则m′(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)＝2e1-lnxx2，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，＋∞)上恒成立，
故2ex－x2－2x＞2eln xx(x＞0)．
所以当x＞0时，f(x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x．
1．若直接求导比较复杂或无从下手时，可以将待证不等式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的．
2．在证明过程中，等价转化是关键．
设函数f(x)＝(x2－2x)ex＋aex－e2ln x，其中e为自然对数的底数，曲线y＝f(x)在(2，f(2))处切线的倾斜角的正切值为32e2＋2e.
(1)求a的值；
(2)证明：f(x)＞0.
(1)解：f(x)＝(x2－2x)ex＋aex－e2ln x，
f′(x)＝(x2－2)ex＋ae－e2x，
则f′(2)＝3e22＋ae＝32e2＋2e，得a＝2.
(2)证明：要证f(x)＞0，即证(x2－2x)ex＋2ex－e2ln x＞0(x>0)，
即证(x－2)ex-2＋2e＞lnxx(x>0)．
令g(x)＝(x－2)ex-2＋2e，g′(x)＝(x－1)ex-2，
于是g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝1e(x＝1时取等号)．
再令h(x)＝lnxx，则h′(x)＝1-lnxx2，
于是h(x)在(0，e)上是增函数，在(e，＋∞)上是减函数，所以h(x)≤h(e)＝1e(x＝e时取等号)．
又g(x)与h(x)等于1e时x的取值不同，
所以g(x)＞h(x)，即f(x)＞0.
课时质量评价(十八)
A组全考点巩固练
1．已知函数f(x)＝ax－lnxx，a∈R.
(1)设a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；
(2)证明：当a≥12e时，f(x)≥0.
(1)解：当a＝1时，f(x)＝x－lnxx，f′(x)＝1－1-lnxx2，
f′(e)＝1，f(e)＝e－1e，
则曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为x－y－1e＝0.
(2)证明：当a≥12e时，f(x)≥12ex－lnxx.
设g(x)＝12ex－lnxx，g′(x)＝12ex2+lnx-1x2，
设h(x)＝12ex2＋ln x－1，知其在(0，＋∞)上单调递增，且h(e)＝0，
当0e时，g′(x)＞0.
所以函数g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
g(x)≥g(e)＝0，即f(x)≥0.
2．(2023·济南月考)已知12＜b＜1，函数f(x)＝ex－x－2b，其中e＝2.718 28…为自然对数的底数．
(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)记x0为函数y＝f(x)在(0，＋∞)上的零点，求证：2b-1＜x0＜4b-2.
(1)解：由题意知f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－1，
令f′(x)＝0，得x＝0，
所以由f′(x)＞0，得x＞0，由f′(x)＜0，得x＜0，
故f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．
(2)证明：由(1)知f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
且当1＜2b＜2时，f(0)＝1－2b＜0，f(2)＝e2－2－2b＞e2－4＞0，
所以由零点存在定理得f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈(0，2)，
所以ex0－x0－2b＝0，即2b＝ex0－x0，
要证明的不等式等价于ex0–x0-1＜x02＜2ex0－x0－1．
设h(x)＝ex－x－1－x22(0＜x＜2)，
令h′(x)＝ex－1－x＝h1(x)，h′1(x)＝ex－1＞0，
所以h′(x)＞h′(0)＝0，
所以h(x)在(0，2)上单调递增，所以h(x)＞h(0)＝0，
所以ex－x－1－x22＞0，
所以当x∈(0，2)时，2(ex－x－1)＞x2成立．
因为1＜2b＜2，所以2b－1＜1，所以当x0≥1时，2b-1＜x0成立．
当x0∈(0，1)时，设g(x)＝ex－x－1－x2(0令g′(x)＝ex－1－2x＝g1(x)，g′1(x)＝ex－2，令g′1(x)＝ex－2＝0，得x＝ln 2，
当x∈(0，ln 2)时，g′1(x)＜0，当x∈(ln 2，1)时，g′1(x)＞0，
所以g′(x)＜max{g′(0)，g′(1)}，
因为g′(0)＝0，g′(1)＝e－3＜0，
所以g′(x)＜0，
所以g(x)在(0，1)上单调递减，
所以g(x)＜g(0)＝0，即ex－x－1＜x2，
所以当x∈(0，1)时，ex－x－1＜x2成立．
综上可知命题成立．
B组新高考培优练
3．已知函数f(x)＝ln x－alnxx2.
(1)若a＝1，求f(x)的单调区间；
(2)若a＝0，x∈(0，1)，求证：x2－1x(1)解：当a＝1时，f(x)＝ln x－lnxx2，x∈(0，＋∞)，
f′(x)＝1x-1-2lnxx3＝x2-1+2lnxx3＝x+1x-1+2lnxx3.
当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)证明：当a＝0，x∈(0，1)时，x2－1x因为当x∈(0，1)时，ex∈(1，e)，－ln x>0，
所以-lnxex<－ln x，
所以只需证－ln x＋x2－1x<0在(0，1)上恒成立．
令g(x)＝－ln x＋x2－1x，x∈(0，1)，所以g′(x)＝－1x＋2x＋1x2＝2x3-x+1x2>0，
则函数g(x)在(0，1)上单调递增，于是g(x)<－ln 1＋1－1＝0，
所以当x∈(0，1)时，x2－1x4．(2023·青岛模拟)已知函数f(x)＝1ex＋ax，g(x)＝ln x＋1x.
(1)当x＞0，a≤0时，求证：f(x)＜g(x)；
(2)当x＞0时，若f(x)＞g(x＋1)，求实数a的取值范围．
(1)证明：由g(x)＝ln x＋1x得，g′(x)＝1x-1x2＝x-1x2.
当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，g(x)在(0，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(1)＝1.
由于a≤0，则f(x)＝1ex＋ax在[0，＋∞)上单调递减，故f(x)≤f(0)＝1，当且仅当a＝0，x＝0时取等号，
综上，f(x)＜g(x)．
(2)解：令h(x)＝f(x)－g(x＋1)＝1ex＋ax－ln (x＋1)－1x+1，x>0.
由于ex≥x＋1，所以x＞0时，1ex≤1x+1.
令φ(x)＝ax－ln (x＋1)，φ′(x)＝a－1x+1，
当a≤0时，φ′(x)＜0，φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，则φ(x)＜φ(0)＝0，
此时h(x)＝1ex-1x+1＋ax－ln (x＋1)<0，不合题意；
当0＜a＜1时，令φ′(x)＜0，解得x∈0，1a-1，则φ(x)在0，1a-1上单调递减，则φ(x)＜φ(0)＝0，
故当x∈0，1a-1时，h(x)＝1ex-1x+1＋ax－ln(x＋1)<0，不合题意；
当a≥1时，h′(x)＝－1ex+1x+12＋a－1x+1>－1x+1+1x+12＋1－1x+1＝x2x+12≥0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，则h(x)＞h(0)＝0，即f(x)＞g(x＋1)，符合题意．
综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)． x
(－∞，－1)
－1
(－1，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)

极小值

极大值


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