【数学】2019届一轮复习人教B版　掌握种函数构造法，破解导数解决不等式问题学案

【数学】2019届一轮复习人教B版　掌握种函数构造法，破解导数解决不等式问题学案

增分点 掌握四种函数构造法，破解导数解决不等式问题 利用导数证明不等式是近几年高考命题的一种热点题型．利用导数证明不等式，关键是要找出与待证不等式紧密联系的函数，然后以导数为工具来研究该函数的单调性、极值、最值(值域)，从而达到证明不等式的目的，这时常常需要构造辅助函数来解决．题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，这里给出几种常用的构造技巧．‎ ‎“比较法”构造函数证明不等式 当试题中给出简单的基本初等函数，例如f(x)＝x3，g(x)＝ln x，进而证明在某个取值范围内不等式f(x)≥g(x)成立时，可以类比作差法，构造函数h(x)＝f(x)－g(x)或φ(x)＝g(x)－f(x)，进而证明h(x)min≥0或φ(x)max≤0即可，在求最值的过程中，可以利用导数为工具．此外，在能够说明g(x)>0(f(x)>0)的前提下，也可以类比作商法，构造函数h(x)＝，进而证明h(x)min≥1(φ(x)max≤1)．‎ ‎[典例] (2018·广州模拟)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)证明：当x＞0时，x2＜ex.‎ ‎[方法演示]‎ 解：(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.‎ 因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，‎ 所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2，‎ 令f′(x)＝0，得x＝ln 2，‎ 当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；‎ 当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．‎ 所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，f(x)无极大值．‎ ‎(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.‎ 由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0，‎ 故g(x)在R上单调递增．‎ 所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x2＜ex.‎ ‎[解题师说]‎ 在本例第(2)问中，发现“x2，ex”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x2‎ ‎＜ex”构造函数，得到“g(x)＝ex－x‎2”‎，并利用(1)的结论求解．‎ ‎[应用体验]‎ ‎1．已知函数f(x)＝xln x－2x，g(x)＝－ax2＋ax－2(a＞1)．‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间及最小值；‎ ‎(2)证明：f(x)≥g(x)在[1，＋∞)上恒成立．‎ 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ ‎∵f(x)＝xln x－2x，∴f′(x)＝ln x＋1－2＝ln x－1，‎ 由f′(x)＞0，得x＞e；‎ 由f′(x)＜0，得0＜x＜e，‎ ‎∴函数f(x)的单调递增区间为(e，＋∞)，单调递减区间为(0，e)，‎ ‎∴函数f(x)的最小值为f(e)＝eln e－2e＝－e.‎ ‎(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(x)，‎ ‎∵f(x)≥g(x)在[1，＋∞)上恒成立，‎ ‎∴h(x)min≥0，x∈[1，＋∞)，‎ ‎∵h(x)＝xln x＋ax2－ax－2x＋2，‎ ‎∴h′(x)＝ln x＋1＋2ax－a－2＝ln x＋2ax－a－1.‎ 令m(x)＝ln x＋2ax－a－1，x∈[1，＋∞)，‎ 则m′(x)＝＋‎2a，‎ ‎∵x＞1，a＞1，∴m′(x)＞0，‎ ‎∴m(x)在[1，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴m(x)≥m(1)＝a－1，即h′(x)≥a－1，‎ ‎∵a＞1，∴a－1＞0，∴h′(x)＞0，‎ ‎∴h(x)＝xln x＋ax2－ax－2x＋2在[1，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴h(x)≥h(1)＝0，即f(x)－g(x)≥0，‎ 故f(x)≥g(x)在[1，＋∞)上恒成立.‎ ‎“拆分法”构造函数证明不等式 当所要证明的不等式由几个基本初等函数通过相乘以及相加的形式组成时，如果对其直接求导，得到的导函数往往给人一种“扑朔迷离”“不知所措”的感觉．这时可以将原不等式合理拆分为f(x)≤g(x)的形式，进而证明f(x)max≤g(x)min即可，此时注意配合使用导数工具．在拆分的过程中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准．‎ ‎[典例] 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.‎ ‎[方法演示]‎ 解：(1)f′(x)＝aex＋(x＞0)，‎ 由于直线y＝e(x－1)＋2的斜率为e，图象过点(1,2)，‎ 所以即解得 ‎(2)证明：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.‎ ‎[解题师说]‎ 对于第(2)问“aexln x＋＞‎1”‎的证明，若直接构造函数h(x)＝aexln x＋－1，求导以后不易分析，因此并不宜对其整体进行构造函数，而应先将不等式“aexln x＋＞‎1”‎合理拆分为“xln x＞xe－x－”，再分别对左右两边构造函数，进而达到证明原不等式的目的．‎ ‎[应用体验]‎ ‎2．已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)证明：当x＞0，且x≠1时，f(x)＞.‎ 解：(1)f′(x)＝－(x＞0)．‎ 由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，‎ 故即解得 ‎(2)证明：由(1)知f(x)＝＋(x＞0)，‎ 所以f(x)－＝.‎ 考虑函数h(x)＝2ln x－(x＞0)，‎ 则h′(x)＝－＝－.‎ 所以当x≠1时，h′(x)＜0.而h(1)＝0，‎ 故当x∈(0,1)时，h(x)＞0，可得h(x)＞0；‎ 当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得h(x)＞0.‎ 从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－＞0，‎ 即f(x)＞.‎ ‎“换元法”构造函数证明不等式 若两个变元x1，x2之间联系“亲密”，我们可以通过计算、化简，将所证明的不等式整体转化为关于m(x1，x2)的表达式(其中m(x1，x2)为x1，x2组合成的表达式)，进而使用换元令m(x1，x2)＝t，使所要证明的不等式转化为关于t的表达式，进而用导数法进行证明，因此，换元的本质是消元．‎ ‎[典例] 已知函数f(x)＝(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直．‎ ‎(1)试比较2 0172 018与2 0182 017的大小，并说明理由；‎ ‎(2)若函数g(x)＝f(x)－k有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2＞e2.‎ ‎[方法演示]‎ 解：(1)依题意得f′(x)＝，‎ 所以f′(1)＝＝.‎ 又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直，所以f′(1)＝1，即＝1，解得a＝0.‎ 故f(x)＝，f′(x)＝.‎ 由f′(x)＞0，得0＜x＜e；由f′(x)＜0，得x＞e，‎ 所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．‎ 所以f(2 017)＞f(2 018)，即＞.‎ 整理得ln 2 0172 018＞ln 2 0182 017，‎ 所以2 0172 018＞2 0182 017.‎ ‎(2)证明：g(x)＝－k，设x1＞x2＞0，由g(x1)＝g(x2)＝0，‎ 可得ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，两式相加减，‎ 得ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝k(x1－x2)．‎ 要证x1x2＞e2，即证ln x1x2＞2，只需证ln x1＋ln x2＞2，也就是证k(x1＋x2)＞2，即证k＞.‎ 因为k＝，所以只需证＞，即证ln＞.‎ 令＝t(t＞1)，则只需证ln t＞(t＞1)．‎ 令h(t)＝ln t－(t＞1)，‎ 则h′(t)＝－＝＞0，‎ 故函数h(t)在(1，＋∞)上单调递增，‎ 所以h(t)＞h(1)＝0，即ln t＞.‎ 所以x1x2＞e2.‎ ‎[解题师说] ‎ ‎(1)由题意易知f′(1)＝1，可列出关于a的方程，从而求出a的值，得到函数f(x ‎)的解析式．欲比较2 0172 018与2 0182 017的大小，只需比较f(2 017)，f(2 018)的大小，即需判断函数y＝f(x)的单调性．(2)不妨设x1＞x2＞0，由g(x1)＝g(x2)＝0，可得ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，两式相加减，利用分析法将要证明的不等式转化为＞，再利用换元法，通过求导证明上述不等式成立．‎ ‎[应用体验]‎ ‎3．已知函数f(x)＝x2ln x.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)证明：对任意的t＞0，存在唯一的s，使t＝f(s)；‎ ‎(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s＝g(t)，证明：当t＞e2时，有＜＜.‎ 解：(1)由已知，得f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)(x＞0)，‎ 令f′(x)＝0，得x＝.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极小值  所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.‎ ‎(2)证明：当0＜x≤1时，f(x)≤0，‎ ‎∵t＞0，∴当0＜x≤1时不存在t＝f(s)．‎ 令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．‎ 由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．‎ h(1)＝－t＜0，h(et)＝e2tln et－t＝t(e2t－1)＞0.‎ 故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．‎ ‎(3)证明：因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s＞1，‎ 从而＝＝ ‎＝＝，其中u＝ln s.‎ 要使＜＜成立，只需0＜ln u＜.‎ 当t＞e2时，若s＝g(t)≤e，‎ 则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．‎ 所以s＞e，即u＞1，从而ln u＞0成立．‎ 另一方面，令F(u)＝ln u－，u＞1，F′(u)＝－，‎ 令F′(u)＝0，得u＝2.‎ 当1＜u＜2时，F′(u)＞0；当u＞2时，F′(u)＜0.‎ 故对u＞1，F(u)≤F(2)＜0，因此ln u＜成立．‎ 综上，当t＞e2时，有＜＜.‎ 转化法构造函数 在关于x1，x2的双变元问题中，若无法将所要证明的不等式整体转化为关于m(x1，x2)的表达式，则考虑将不等式转化为函数的单调性问题进行处理，进而实现消元的目的．‎ ‎[典例] 设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.‎ ‎(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的最小值；‎ ‎(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数；‎ ‎(3)若对任意b>a>0，<1恒成立，求m的取值范围．‎ ‎[方法演示]‎ 解：(1)当m＝e时，f(x)＝ln x＋，则f′(x)＝，故当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，故当x＝e时，f(x)取到极小值，也是最小值，f(e)＝ln e＋＝2，故f(x)的最小值为2.‎ ‎(2)g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，‎ 令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)．‎ 设φ(x)＝－x3＋x(x≥0)，则φ′(x)＝－(x－1)(x＋1)，‎ 当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上单调递增；‎ 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，‎ 故x＝1是φ(x)‎ 的唯一极值点，且是极大值点，‎ 故φ(x)的最大值为φ(1)＝.‎ 又φ(0)＝0，画出函数y＝φ(x)的图象如图所示．‎ ‎①当m>时，函数g(x)无零点；②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0时，函数g(x)无零点；当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0a>0，<1等价于f(b)－b0)，‎ 故(*)等价于h(x)在(0，＋∞)上单调递减．‎ 由h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m≥－x2＋x＝－2＋(x>0)恒成立，故m≥，当且仅当x＝时等号成立，所以m的取值范围为.‎ ‎[解题师说]‎ 本例第(3)问中，利用不等式的性质，将“<1”等价转化为“f(b)－by>e－1时，证明不等式exln(1＋y)>eyln(1＋x)．‎ 解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝a－＝.‎ 当a≤0时，ax－1<0，从而f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．‎ 当a>0时，由f′(x)<0，得00，得x>，‎ 所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．‎ ‎(2)因为函数f(x)在x＝1处取得极值，‎ 所以f′(1)＝0，解得a＝1，‎ 所以f(x)≥bx－2⇒1＋－≥b，‎ 令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝，‎ 令g′(x)＝0，得x＝e2.‎ 则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，‎ 所以g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－，‎ 故实数b的取值范围为.‎ ‎(3)证明：由题意可知，要证不等式exln(1＋y)>eyln(1＋x)成立，只需证>成立．‎ 构造函数h(x)＝(x>e)，‎ 则h′(x)＝＝>0.‎ 所以h(x)在(e，＋∞)上单调递增，‎ 由于x>y>e－1，所以x＋1>y＋1>e，‎ 所以>，‎ 即exln(1＋y)>eyln(1＋x)．‎ ‎1．已知函数f(x)＝(x－1)(x2＋2)ex－2x.‎ ‎(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；‎ ‎(2)证明：f(x)＞－x2－4.‎ 解：(1)因为f′(x)＝2x(x－1)ex＋x(x2＋2)ex－2＝x2(x＋2)ex－2，‎ 所以f′(0)＝－2.‎ 因为f(0)＝－2，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为2x＋y＋2＝0.‎ ‎(2)证明：要证f(x)＞－x2－4，只需证(x－1)(x2＋2)ex＞－x2＋2x－4，‎ 设g(x)＝－x2＋2x－4＝－(x－1)2－3，‎ h(x)＝(x－1)(x2＋2)ex，‎ 则h′(x)＝x2(x＋2)ex.‎ 由h′(x)≥0，得x≥－2，故h(x)在[－2，＋∞)上单调递增；‎ 由h′(x)＜0，得x＜－2，故h(x)在(－∞，－2)上单调递减，‎ 所以h(x)min＝h(－2)＝－.‎ 因为e≈2.718，所以－＞－3.‎ 又g(x)max＝－3，所以g(x)max＜h(x)min，‎ 从而(x－1)(x2＋2)ex＞－x2＋2x－4，‎ 即f(x)＞－x2－4.‎ ‎2．(理)已知函数f(x)＝ex＋m－x3，g(x)＝ln(x＋1)＋2.‎ ‎(1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为1，求实数m的值；‎ ‎(2)当m≥1时，证明：f(x)＞g(x)－x3.‎ 解：(1)因为f(x)＝ex＋m－x3，‎ 所以f′(x)＝ex＋m－3x2.‎ 因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为1，‎ 所以f′(0)＝em＝1，解得m＝0.‎ ‎(2)证明：因为f(x)＝ex＋m－x3，g(x)＝ln(x＋1)＋2，‎ 所以f(x)＞g(x)－x3等价于ex＋m－ln(x＋1)－2＞0.‎ 当m≥1时，ex＋m－ln(x＋1)－2≥ex＋1－ln(x＋1)－2.‎ 要证ex＋m－ln(x＋1)－2＞0，‎ 只需证明ex＋1－ln(x＋1)－2＞0.‎ 设h(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－2，则h′(x)＝ex＋1－.‎ 设p(x)＝ex＋1－，则p′(x)＝ex＋1＋＞0，‎ 所以函数p(x)＝h′(x)＝ex＋1－在(－1，＋∞)上单调递增．‎ 因为h′＝e－2＜0，h′(0)＝e－1＞0，‎ 所以函数h′(x)＝ex＋1－在(－1，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈.‎ 因为h′(x0)＝0，所以ex0＋1＝，‎ 即ln(x0＋1)＝－(x0＋1)．‎ 当x∈(－1，x0)时，h′(x)＜0，‎ 当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，‎ 所以当x＝x0时，h(x)取得最小值h(x0)，‎ 所以h(x)≥h(x0)＝ex0＋1－ln(x0＋1)－2‎ ‎＝＋(x0＋1)－2＞0.‎ 综上可知，当m≥1时，f(x)＞g(x)－x3.‎ ‎(文)已知函数f(x)＝(ax－1)ln x＋.‎ ‎(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线l的方程；‎ ‎(2)设函数g(x)＝f′(x)有两个极值点x1，x2，其中x1∈(0，e]，证明g(x1)－g(x2)≥－.‎ 解：(1)当a＝2时，f′(x)＝2ln x＋x－＋2，f′(1)＝2，f(1)＝，‎ ‎∴切线l的方程为y－＝2(x－1)，即4x－2y－3＝0.‎ ‎(2)函数g(x)＝aln x＋x－＋a，定义域为(0，＋∞)，‎ 则g′(x)＝1＋＋＝.‎ 令g′(x)＝0，得x2＋ax＋1＝0，‎ 其两根为x1，x2，且x1＋x2＝－a，x1x2＝1，‎ 故x2＝，a＝－.‎ ‎∴g(x1)－g(x2)＝g(x1)－g ‎＝aln x1＋x1－＋a－ ‎＝2＋2aln x1‎ ‎＝2－2ln x1.‎ 令h(x)＝2－2ln x，x∈(0，e]，‎ 则[g(x1)－g(x2)]min＝h(x)min，‎ h′(x)＝，‎ 当x∈(0,1]时，h′(x)≤0，当x∈(1，e]时，h′(x)＜0，‎ 即当x∈(0，e]时，h(x)单调递减，‎ ‎∴h(x)min＝h(e)＝－，‎ 故g(x1)－g(x2)≥－.‎ ‎3．(2018·兰州诊断)已知函数f(x)＝＋ln x在(1，＋∞)上是增函数，且a>0.‎ ‎(1)求a的取值范围；‎ ‎(2)若b>0，试证明0，所以ax－1≥0，即x≥.‎ 因为x∈(1，＋∞)，所以≤1，即a≥1.‎ 所以a的取值范围为[1，＋∞)．‎ ‎(2)证明：因为b>0，a≥1，所以>1.‎ 又f(x)＝＋ln x在(1，＋∞)上是增函数，‎ 所以f>f(1)，即＋ln>0，‎ 化简得0)，‎ 则g′(x)＝－1＝<0，‎ 所以函数g(x)在(0，＋∞)上为减函数，‎ 所以g＝ln－＝ln－0，得x>；‎ 由f′(x)<0，得01，即证：tln0)，h(x)＝ln(1＋x)－x，‎ 则h′(x)＝－1＝<0，h(x)在(0，＋∞)上单调递减．所以h(x)

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