第三课时 构造函数证明不等式

第三课时构造函数证明不等式题型一移项构造函数证明不等式例1已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R).(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a＞ln3e，且x＞0时，exx＞32x＋1x－3a.(1)解由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln3，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln3)ln3(ln3，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln3)，单调递增区间是(ln3，＋∞)，f(x)在x＝ln3处取得极小值，极小值为f(ln3)＝eln3－3ln3＋3a＝3(1－ln3＋a)，无极大值.(2)证明待证不等式等价于ex＞32x2－3ax＋1，设g(x)＝ex－32x2＋3ax－1，x＞0，于是g′(x)＝ex－3x＋3a，x＞0.由(1)及a＞ln3e＝ln3－1知g′(x)的最小值为g′(ln3)＝3(1－ln3＋a)＞0.于是对任意x＞0，都有g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)内单调递增.于是当a＞ln3e＝ln3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0).而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.即ex＞32x2－3ax＋1，故exx＞32x＋1x－3a.感悟提升待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，利用导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式.训练1证明：当x1时，12x2＋lnx23x3.证明设g(x)＝23x3－12x2－lnx，则g′(x)＝2x2－x－1x，因为当x＞1时，g′(x)＝（x－1）（2x2＋x＋1）x＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上是增函数，所以当x1时，g(x)＞g(1)＝16＞0，所以当x＞1时，12x2＋lnx＜23x3.题型二分拆函数法证明不等式例2证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＞1ex－2ex成立.证明问题等价于证明xlnx＞xex－2e(x∈(0，＋∞)).设f(x)＝xlnx，f′(x)＝1＋lnx，易知x＝1e为f(x)的唯一极小值点，则f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x＝1e时取到.设m(x)＝xex－2e(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝1－xex，由m′(x)＜0，得x＞1时，m(x)单调递减；由m′(x)＞0得0＜x＜1时，m(x)单调递增，易知m(x)max＝m(1)＝－1e，当且仅当x＝1时取到.从而对一切x∈(0，＋∞)，xlnx≥－1e≥xex－2e，两个等号不同时取到，所以对一切x∈(0，＋∞)都有lnx＞1ex－2ex成立.感悟提升1.若直接求导后导数式比较复杂或无从下手时，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.在证明过程中，等价转化是关键，此处g(x)min≥f(x)max恒成立，从而f(x)≤g(x)恒成立.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(2022·百校大联考)已知函数f(x)＝elnx－ax(x∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.(1)解f′(x)＝ex－a(x0)，①若a≤0，则f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a0，则当0xea时，f′(x)0；当xea时，f′(x)0，∴f(x)在0，ea上单调递增，在ea，＋∞上单调递减.综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a0时，f(x)在0，ea上单调递增，在ea，＋∞上单调递减.(2)证明法一∵x0，∴只需证f(x)≤exx－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，∴f(x)max＝f(1)＝－e.记g(x)＝exx－2e(x0)，则g′(x)＝（x－1）exx2，∴当0x1时，g′(x)0，当x1时，g′(x)0，故g(x)在(0，1)上单调递减；在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤exx－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.法二由题意知，即证exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于lnx－x＋2≤exex.设函数g(x)＝lnx－x＋2，则g′(x)＝1x－1.∴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)＝exex，则h′(x)＝ex（x－1）ex2.∴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x0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.题型三放缩后构造函数证明不等式例3已知x∈(0，1)，求证：x2－1x＜lnxex.证明法一要证x2－1x＜lnxex，只需证exx2－1x＜lnx，又易证ex＞x＋1(0＜x＜1)，∴只需证明lnx＋(x＋1)1x－x2＞0.即证lnx＋1－x3＋1x－x2＞0，而x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，∴只需证lnx＋1－2x＋1x＞0，令g(x)＝lnx＋1－2x＋1x，则g′(x)＝1x－2－1x2＝－2x2－x＋1x2，而2x2－x＋1＞0恒成立，∴g′(x)＜0，∴g(x)在(0，1)上单调递减，∴当x∈(0，1)时，g(x)＞g(1)＝0，即lnx＋1－2x＋1x＞0.∴x2－1x＜lnxex.法二∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e)，∴要证x2－1x＜lnxex成立，只需证exx2－1x＜lnx成立，只需证x2－1x＜lnx，又x2＜x(0＜x＜1)，∴只需证lnx＋1x－x＞0，令h(x)＝lnx＋1x－x，则h′(x)＝1x－1x2－1＝－x2－x＋1x2，而x2－x＋1＞0恒成立，∴h′(x)＜0，∴h(x)在(0，1)上单调递减，∴当x∈(0，1)时，h(x)＞h(1)＝0，∴lnx＋1x－x＞0，∴x2－1x＜lnxex.感悟提升某些不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用熟知的函数不等式ex≥x＋1，1－1x≤lnx≤x－1等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性进行放缩，然后再构造函数进行证明.训练3证明：exlnx＋2ex－1x＞1.证明不等式exlnx＋2ex－1x＞1等价于ex－1x(exlnx＋2)＞1，由常用不等式ex≥x＋1，故ex－1≥x.即ex－1x≥1，故只需证exlnx＋2＞1，令f(x)＝exlnx＋2(x＞0)，则f′(x)＝e(lnx＋1)，易得当x∈0，1e时，f′(x)＜0；x∈1e，＋∞时，f′(x)＞0，故f(x)＞f1e＝1，原不等式得证.指对同构在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数取值范围或证明不等式，有一部分题是命题者利用函数单调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的同一函数)，无疑大大加快解决问题的速度.找到这个函数模型的方法，我们称为同构法.(1)五个常见变形：xex＝ex＋lnx，exx＝ex－lnx，xex＝elnx－x，x＋lnx＝lnxex，x－lnx＝lnexx.(2)三种基本模式①积型：aea≤blnb――――――――→三种同构方式同左：aea≤（lnb）elnb……f（x）＝xex，同右：ealnea≤blnb……f（x）＝xlnx，取对：a＋lna≤lnb＋ln（lnb）……f（x）＝x＋lnx，②商型：eaa＜blnb――――――――→三种同构方式同左：eaa＜elnblnb……f（x）＝exx，同右：ealnea＜blnb……f（x）＝xlnx，取对：a－lna＜lnb－ln（lnb）……f（x）＝x－lnx，③和差型：ea±a＞b±lnb――――――――→两种同构方式同左：ea±a＞elnb±lnb……f（x）＝ex±x，同右：ea±lnea＞b±lnb……f（x）＝x±lnx.例(1)(2020·新高考全国Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna.若f(x)≥1，求a的取值范围.解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)＝aex－1－lnx＋lna＝elna＋x－1－lnx＋lna≥1，等价于elna＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝elnx＋lnx.令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于g(lna＋x－1)≥g(lnx).显然g(x)为单调增函数，所以又等价于lna＋x－1≥lnx，即lna≥lnx－x＋1.令h(x)＝lnx－x＋1，则h′(x)＝1x－1＝1－xx.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)max＝h(1)＝0，所以lna≥0，即a≥1，a的取值范围是[1，＋∞).(2)已知函数f(x)＝aex－lnx－1，证明：当a≥1e时，f(x)≥0.证明当a≥1e时，f(x)≥exe－lnx－1，所以只需证明exe－lnx－1≥0，由于exe－lnx－1≥0⇔ex≥elnex⇔xex≥exlnex⇔xex≥elnexlnex，令g(x)＝xex，由g′(x)＝ex(x＋1)＞0知g(x)为增函数，又易证x≥lnex＝lnx＋1，所以g(x)≥g(lnex)，即xex≥elnexlnex成立.故当a≥1e时，f(x)≥0.1.已知函数f(x)＝lnx－alnxx2.(1)若a＝1，求f(x)的单调区间；(2)若a＝0，x∈(0，1)，证明：x2－1xf（x）ex.(1)解当a＝1时，f(x)＝lnx－lnxx2，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝1x－1－2lnxx3＝x2－1＋2lnxx3＝（x－1）（x＋1）＋2lnxx3.当x∈(0，1)时，f′(x)0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，∴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，x2－1xf（x）ex等价于－lnxex＋x2－1x0，∵当x∈(0，1)时，ex∈(1，e)，－lnx0，∴－lnxex－lnx，∴只需要证－lnx＋x2－1x0在(0，1)上恒成立.令g(x)＝－lnx＋x2－1x，x∈(0，1)，∴g′(x)＝－1x＋2x＋1x2＝2x3－x＋1x20，则函数g(x)在(0，1)上单调递增，于是g(x)－ln1＋1－1＝0，∴当x∈(0，1)时，x2－1xf（x）ex.2.已知函数f(x)＝1－lnxx，g(x)＝aeex＋1x－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直.(1)求a，b的值；(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.(1)解因为f(x)＝1－lnxx，x＞0，所以f′(x)＝lnx－1x2，f′(1)＝－1.因为g(x)＝aeex＋1x－bx，所以g′(x)＝－aeex－1x2－b.因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.(2)证明由(1)知，g(x)＝－eex＋1x＋x，则f(x)＋g(x)≥2x⇔1－lnxx－eex－