构造函数利用导数证明不等式2

构造函数，利用导数证明不等式(2)一、问题背景根据题目的结构特征，构造适当的函数，利用导数作为工具，达到最终证明不等式的目的，是近几年高考中的常考题型．二、常见的方法主元法、换元之后构造、将不等式变形后构造、利用熟悉的结论构造等；主要思想：等价转化思想、数形结合、化归思想等．三、范例例1已知函数()ln(0)fxxx．（1）设()()gxxfx，求函数()ygx的极值；（2）判断函数2()()hxxfxx的单调性，并证明；（3）若对任意两个互不相等的正数12,xx，都有121212()()'()fxfxkfxxxx恒成立，求实数k的最小值．【思路】不等式证明的关键是令21xtx实施换元，通过构造函数，利用导数工具来证明．【解答】⑴()lngxxx，'()ln1gxx，由'()0gx得1xe．x1(0,)e1e1(,)e'()fx0()fx↘1e↗从上表中可知，()ygx的极小值为11()gee，无极大值．⑵函数()hx在(0,)的单调递增．2()lnhxxxx，'()2ln1hxxxx由⑴可知，1()lngxxxe，且0x∴'()2ln10hxxxx∴函数2()()hxxfxx在(0,)的单调递增．⑶不妨设12xx，1'()fxx，122112122112()()lnln'()fxfxxxkkfxxxxxxxx2212111212ln()xxxxxkkxxxxx（*）令21xtx，则（*）12ln()tktt，(1)t设1()()2lntkttt，则原命题等价于1()()2ln0tkttt在(1,)上恒成立．222'()kttktt①当0k时，'()0t，()t在(1,)上单调递减，()(1)0t，不符合题意；②当0k时，(i)当2440k，即1k时，'()0t，()t在(1,)上单调递增，()(1)0t，故1k符合题意；(ii)当01k时，2440k，设方程220kttk的两根分别为12,tt且12tt，则1201tt，且当2(1,]tt时，'()0t，当2[,)tt时，'()0t．所以()t在2(1,]t上单调递减，在2[,)t上单调递增，故2()(1)0t，与()0t在(1,)上恒成立矛盾，故01k不符合题意．综上可知实数k的最小值为1．例2已知函数()lnln(0)fxxxax，其中0a．⑴求函数21()()(1)ln2hxfxxaxax的单调递增区间；⑵若函数()fx有两个零点12,xx，且12xx，求实数a的取值范围，并证明21xx随a的增大而减小．【思路】处理函数零点问题重要的抓住函数的图像特征，并利用导数进行刻画．【解答】（1）21()ln(1)ln2hxaxxaxa，定义域为(0,)且0a，因为2(1)()(1)'()(1)axaxaxaxhxxaxxx，①当1a时，()0hx恒成立，所以()hx的单调递增区间为(0,)；②当1a时，所以()hx的单调递增区间为(0,1)或(,)a；③当01a时，所以()hx的单调递增区间为(0,)a或(1,)．（2）由11()10xfxxx，得1x．当x变化时，()fx、()fx的变化如下表：x(0,1)1(1,)()fx＋0－()fx↗ln1a↘这时，()fx的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1,)．当x大于0且无限趋近于0时，()fx的值无限趋近于；当x无限趋近于时，()fx的值无限趋近于．所以()fx要有两个零点，须满足(1)f0，即ln1a，所以a的取值范围是1(0,)e．因为12,xx是函数()fx的两个零点，即11lnln0xxa，22lnln0xxa，则11xxae，22xxae．因为(1)ln1fa且1(0,)ae，则得12(0,1),(1,)xx．设()xxFxe，则1()xxFxe，所以()Fx在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减．对于任意的112,(0,)aae，且12aa，设121()()FFa，其中1201；122()()FFa，其中1201；因为()Fx在(0,1)上单调递增，故由12aa，即11()()FF，可得11；类似可得22．由110，则1111，所以2211．所以，21xx随a的增大而减小．四、练习题1．已知函数lnxxkfxe（其中Rk，e是自然对数的底），fx为fx导函数．（1）当2k时，求曲线yfx在点1,1f处的切线方程；（2）若0,1x时，0fx都有解，求k的取值范围；（3）若10f，试证明：对任意0x，221efxxx恒成立．2．设函数()ln(0)fxxxx．（Ⅰ）求函数)(xf的单调区间；（Ⅱ）设，)R()()(F2axfaxx)(Fx是否存在极值，若存在，请求出极值；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）当0x时，证明：1)(xfex．3．已知函数()lnfxaxxx在点xe（e为自然对数的底数）处的切线斜率为3．（1）求实数a的值；（2）若kZ，且()1fxkx对任意1x恒成立，求k最大值；（3）当4nm时，证明()()nmmnmnnm．五、练习解答1．【思路】第（3）题中证明不等式时，需要将待证式进行变形，通过构造函数，利用导数作为工具来解决．【解答】（1）由ln2xxfxe得12lnxxxxfxxe，0,x，所以曲线yfx在点1,1f处的切线斜率为11fe，21fe，曲线yfx切线方程为211yxee，即13yxee．（2）由0fx得1lnxxkx，令1lnFxxxx，01x，21F0xxx，所以Fx在0,1上单调递减，又当x趋向于0时，Fx趋向于正无穷大，故F1x，即1k．（3）由10f，得1k，令2gxxxfx，所以11lnxxgxxxxe，0,x，因此，对任意0x，21gxe等价于21ln11xexxxex，由1lnhxxxx，0,x，得ln2hxx，0,x，因此，当20,xe时，0hx，hx单调递增；2,xe时，0hx，hx单调递减，所以hx的最大值为221hee，故21ln1xxxe．设1xxex，1xxe，所以0,x时，0x，x单调递增，00x，故0,x时，10xxex，即11xex，所以221ln111xexxxeex．因此，对任意0x，221efxxx恒成立．2．【思路】（Ⅰ）利用一阶导数的符号来求单调区间．（Ⅱ）对a进行分类讨论，)(Fx的极值．（Ⅲ）把证明不等式转化求函数的最小值大于0．【解答】（Ⅰ）)0(1ln)(xxxf．令0)(xf，即01lnx，得ex1，故)(xf的增区间为),1(e；令0)(xf，即01lnx，得ex1，故)(xf的减区间为)1,0(e；∴)(xf的单调增区间为),1(e，)(xf的单调减区间为)1,0(e．（Ⅱ）)0(1ln)(F2xxaxx，)0(1212)(F2xxaxxaxx当0a时，恒有0)(Fx∴)(Fx在),0(上为增函数，故)(Fx在),0(x上无极值；当0a时，令0)(Fx，得ax21,当)(F0)(F)21,0(xxax，，单调递增，当)(F0)(F)21(xxax，，，单调递减．∴aax21ln21)21(F)(F极大值，)(Fx无极小值；综上所述：0a时，)(Fx无极值；0a时，)(Fx有极大值a21ln21,无极小值．（Ⅲ）证明：设，)0(ln)(xxexgx则即证2)(xg，只要证2)(minxg．∵，xexgx1)(∴027.12)5.0(21eg，01)1(eg又xexgx1)(在),0(上单调递增∴方程0)(xg有唯一的实根tx，且)1,5.0(t．∵当),0(tx时，0(t)g)(xg；当),(tx时，0(t)g)(xg．∴当tx时，texgtln)(min．∵0)(tg即tet1，则tet，∴tetxgln1)(min1122tttt，∴命题得证．3．【思路】第（3）题要证mnnmmnnm，只需证lnln.mnmmnnnmmn即证lnlnlnln,mnnmmmnmnn从而得到证明；也可以构造函数．【解答】（1）因为lnfxaxxx，所以ln1fxax．因为函数lnfxaxxx的图像在点ex处的切线斜率为3，所以e3,f，即lne13a，所以1a．（2）由（1）知，lnfxxxx，所以1fxkx对任意1x恒成立，即ln1xxxkx对任意1x恒成立．令ln1xxxgxx，则2ln21xxgxx，令ln2hxxx1x，则1110xhxxx，所以函数hx在1,上单调递增．因为31ln30,422ln20hh，所以方程0hx在1,上存在唯一实根0x，且满足03,4x．当01()0xxhx时，，即()0gx，当0()0xxhx时，，即()0gx，所以函数ln1xxxgxx在01,x上单调递减，在0,x上单调递增．所以000000min001ln123,411xxxxgxgxxxx．所以0min3,4kgxx．故整数k的最大值是3．（3）方法一：由（2）知，ln1xxxgxx是4,上的增函数，所以当4nm时，lnln11nnnmmmnm．即11ln11ln.nmnmnm整理，得lnlnlnlnmnnmmmnmnnnm．因为,nm所以lnlnlnln,mnnmmmnmnn即lnlnlnln,mnmmnnnmmn即lnlnmnmmnnnmmn．所以mnnmmnnm．方法二：构造函数lnlnlnlnfxmxxmmmxmxx，则1ln1lnfxmxmmm．因为4xm，所以1ln1ln1ln0fxmmmmmmm．所以函数fx在,m上单调递增．因为,nm，所以.fnfm所以lnlnlnlnmnnmmmnmnn22lnlnlnln0mmmmmmmm，即lnlnlnln,mnnmmmnmnn即lnln.mnmmnnnmmn所以mnnmmnnm．