专题5 构造函数证明不等式（解析版）

资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】专题5构造函数证明不等式一、考情分析函数与导数一直是高考中的热点与难点,利用导数证明不等式在近几年高考中出现的频率比较高．求解此类问题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．二、解题秘籍(一)把证明fxk转化为证明minfxk此类问题一般是fx有最小值且比较容易求,或者fx有最小值,但无法具体确定,这种情况下一般是先把fx的最小值转化为关于极值点的一个函数,再根据极值点所在范围,确定最小值所在范围【例1】（2024届重庆市南开中学高三上学期第一次质量检测）已知函数sinln1fxxx.(1)求证：当π1,2x时，0fx；(2)求证：111111ln1sinsinsinsinlnln2224622nnnnN.【解析】（1）证明：因为sinln1fxxx，则0sin0ln10f，1cos1fxxx，当1,0x时，cos1x，111x，0fx，函数fx单调递减，则00fxf成立；当π0,2x时，令1cos1pxxx，则21sin1pxxx，因为函数211yx、sinyx在π0,2上均为减函数，所以，函数px在π0,2上为减函数，因为010p，2π1102π12p，所以存在π0,2x，使得00px，且当00xx时，0px，此时函数fx单调递增，资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】当0π2xx时，0px，此时函数fx单调递减，而00f，所以00fx，又因为π02f，所以存在10π,2xx，使得10fx，当10xx时，()0fx¢，此时函数fx单调递增，当1π2xx时，0fx，此时函数fx单调递减，因为π1e2，所以，ππ1ln11lne022f，所以，对任意的π0,2x时，0fx成立，综上，0fx对任意的π1,2x恒成立.（2）证明：由（1），对任意的nN，11022n，则111sinln10222fnnn，即1121sinln1ln222nnnn，对任意的nN，221222212210221221221nnnnnnnnnnn，所以，2122221nnnn，则2122lnln221nnnn，所以111135721sinsinsinsinlnlnlnln24622462nnn，从而可得111146822sinsinsinsinlnlnlnln246235721nnn，上述两个不等式相加可得11112sinsinsinsin2462n3456782122lnlnlnlnlnlnlnlnln1234567221nnnnn，所以，11111sinsinsinsinln124622nn，又由（1），因为1102n，则111121sinln1sinln022222nfnnnnn，可得1212sinlnln2221nnnnn，当2n且nN时，22222122110212221222122nnnnnnnnnnn，资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】所以，2212122nnnn，即221lnln2122nnnn，所以，当2n时，1111462sinsinsinsinln2lnlnln24623521nnn，从而有11113521sinsinsinsinln2lnlnln24622422nnn，上述两个不等式相加得：11112sinsinsinsin2462n3456782122ln2lnlnlnlnlnlnlnln2ln2ln2345672221nnnnn，所以，11111sinsinsinsinln2ln24622nn，当1n时，1111sinlnln2sin02222f，即1sinln22，所以，对任意的nN，11111sinsinsinsinlnln224622nn，因此，111111ln1sinsinsinsinlnln2224622nnnnN.(二)把证明fxgx转化为证明0fxgx此类问题是证明不等式中最基本的一类问题,把两个函数通过作差转化为一个函数,再利用导数研究该函数的性质,通过函数性质证明该不等式.【例2】（2024届广东省河源市高三上学期开学联考）已知函数ln1fxx，exgxfxa，其中aR.(1)求过点1,1且与函数fx的图象相切的直线方程；(2)①求证：当0x时，2e12xxx；②若函数gx有两个不同的零点1x，2x，求证：2121221xxaa.【解析】（1）11fxx，设切点的坐标为00,xfx，则切线方程为0001ln11yxxxx，因为切线过点1,1，所以00011ln111xxx，解得00x，所以切线方程为yx.资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】（2）①令22e1e122xxxxhxxx，e1xhxx，令hxmx，则e1xmx，当0x时，e10xmx，所以e1xmxx在0,上单调递增，所以00hxh，所以hx在0,上单调递增，所以00hxh，即当0x时，2e12xxx；②ln1exgxxa，1e1xgxax若0a，0gx，则gx在1,上单调递增，最多只有一个零点，不符合题意；若0a，11ee111xxagxaxxxa，令1exnxx，因为10x，e0x，且2exnxx，当1x时，0nx，所以1exnxx在1,上单调递增，又因为当1x时，1e0xx；当x时，1exx，又因为10a，所以11exxa恰有一解0xx，当01,xx时，0gx，gx单调递增；当0,xx时，0gx，gx单调递减，所以0x为函数gx的唯一的极大值点，因为当1x时，eln1xgxax，当x时，eln1xgxax，资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】所以函数gx有两个不同的零点1x，2x等价于00gx，即00eln10xax，不妨设21xx，当1,0x，0gx，所以210xx，由（1）得，直线yx与函数ln1yx切于原点得：当0x时，ln1xx，因为0a，所以当0x时，结合①中2e12xxx有22eln11122xxaxgxaxaxxaxa，令212axqxaxa，即当0x时，gxqx，所以2102axaxa一定存在两个不同的根，设为3x，434xxx，因为20x，所以2240qxgxqx，又因为2x，4x位于单调递减区间，所以24xx，同理13xx，所以3124xxxx，所以420xx，因为3420xx，所以30x，又因为3421axxa，所以24334344xxxxxx224(1)8aa21221aa，所以2121221xxaa.(三)把证明fxgx转化为证明minmaxfxgx有时候把证明fxgx转化为证明0fxgx后,可能会出现fxgx的导函数很复杂,很难根据导函数研究fxgx的最值,而fx的最小值及gx的最大值都比较容易求,可考虑利用证明minmaxfxgx的方法证明原不等式,但要注意这种方法有局限性,因为fxgx未必有minmaxfxgx.【例3】（2024届广东省部分学校高三上学期第二次联考）已知函数e0xfxaxa.资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(1)讨论fx的单调性；(2)当24ea时，证明：1ln01fxxxx.【解析】（1）由题意可得1exfxax.则0a时，由 0fx，得1x，由0fx，得1x，则fx在,1上单调递减，在1,上单调递增；当a0时，由0fx，得1x，由 0fx，得1x，则fx在,1上单调递增，在1,上单调递减.（2）因为0x，所以e01xxx.因为24ea，所以2e4e1ln1ln11xxaxxxxxxxx.要证1ln01fxxxx，即证24e1ln01xxxxx，即证224eln1xxxx.设224e1xgxx，则234e11xxgxx.当0,1x时，0gx，当1,x时，0gx，则gx在0,1上单调递减，在1,上单调递增.故min11egxg.设lnxhxx，则21lnxhxx.当0,ex时，0hx，当e,x时，0hx，则hx在0,e上单调递增，在e,上单调递减.故max1eehxh.因为minmaxgxhx，且两个最值的取等条件不同，所以224eln1xxxx，资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】即当24ea时，1ln01fxxxx.(四)把证明fxgx转化为证明,fxhxhxgx若直接证明fxgx比较困难,有时可利用导数中的常见不等式如ln1,e+1xxxx构造一个中间函数hx,或利用不等式的性质通过放缩构造一个中间函数hx,再通过证明,fxhxhxgx来证明原不等式.【例4】已知函数sin2cosxfxx在区间0,a上单调．(1)求a的最大值；(2)证明：当0x时,31exfx．【解析】(1)由已知得,22cos(2cos)sinsin2cos1()(2cos)(2cos)xxxxxfxxx,要使函数()fx在区间(0,)a上单调,可知在区间(0,)a上单调递增,令()0fx,得2cos10x,即1cos2x,解得22(2,2)33xkk,（kZ）,当0k时满足题意,此时,在区间2(0,)3上是单调递增的,故a的最在值为23.(2)当0x时,要证明