1、第第 3 节节导数的综合应用导数的综合应用 微课一微课一构造函数证明不等式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)x2e2x 2. (1)求曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程； (2)当 x0，2时，求证：f(x)2x28x5. (1)解f(x)2e2x 2(x2x)，f(1)4，f(1)1，则曲线 yf(x)在点(1，1)处的切线 方程为 y14(x1)，即 y4x3. (2)证明当 x0，2时，令 g(x)x2e2x 22x28x5，则 g(x)2e2x2(x2x) 4x8， 令 h(x)g(x)，则 h(x)2e2x 2(2x24x1)4
2、0， 所以 g(x)在0，2上单调递增，且 g(1)0， 所以 g(x)在0，1上单调递减，在(1，2上单调递增， 所以 g(x)的最小值为 g(1)0，所以 g(x)0， 即 f(x)2x28x5. 感悟升华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，1 2x 2ln x1 时，g(x)g(1)1 60， 所以当 x1 时，1 2x 2ln x2 3x 3. 题型二放缩后构造函数证明不等式 【例 2】(2020长沙调研)已知函数 f(x)aexln x1. (1)设 x2 是
3、 f(x)的极值点，求 a，并求 f(x)的单调区间； (2)证明：当 a1 e时，f(x)0. (1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex1 x. 由题设知，f(2)0，所以 a 1 2e2. 从而 f(x) 1 2e2e xln x1，f(x) 1 2e2e x1 x. 当 0 x2 时，f(x)2 时，f(x)0. 所以 f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，). (2)证明当 a1 e时，f(x) ex e ln x1(x0). 设 g(x)e x e ln x1(x0)，则 g(x)e x e 1 x(x0). 当 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0.
4、 所以 x1 是 g(x)的极小值点，也是最小值点. 故当 x0 时，g(x)g(1)0. 因此，当 a1 e时，f(x)0. 感悟升华某些不等式，直接构造不易求最值，可利用条件与不等式性质，适当 放缩后，再构造函数进行证明. 【训练 2】已知函数 f(x)ln xaln x x2 . (1)若 a1，求 f(x)的单调区间； (2)若 a0，x(0，1)，证明：x21 x f（x） ex . (1)解当 a1 时，f(x)ln xln x x2 ，x(0，)， f(x)1 x 12ln x x3 x 212ln x x3 （x1） （x1）2ln x x3 . 当 x(0，1)时，f(x)0
5、， f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，). (2)证明当 a0，x(0，1)时，x21 x f（x） ex 等价于ln x ex x21 x0，ln x ex ln x， 只需要证ln xx21 x0， 则函数 g(x)在(0，1)上单调递增，于是 g(x)ln 1110， 当 x(0，1)时，x21 x0)， 若 a0，则 f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增； 若 a0，则当 0 x0； 当 xe a时，f(x)0，所以只需证 f(x)e x x 2e， 当 ae 时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减. 所以 f(x)maxf(1)
6、e. 设 g(x)e x x 2e(x0)，则 g(x)（x1）e x x2 ， 所以当 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0，g(x)单调递增， 所以 g(x)ming(1)e. 综上，当 x0 时，f(x)g(x)，即 f(x)e x x 2e. 即 xf(x)ex2ex0 得证. 感悟升华1.若直接求导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. 2.在证明过程中，等价转化是关键，此处 g(x)minf(x)max恒成立，从而 f(x)g(x) 恒成立. 【训练 3】已知函数 f(x)exln x2 xe x1，证明：f(x)1
7、. 证明函数 f(x)的定义域为(0，). f(x)1 等价于 xln xxe x2 e. 设函数 g(x)xln x，则 g(x)1ln x(x0)， 所以当 x 0，1 e 时，g(x)0. 故 g(x)在 0，1 e 上单调递减，在 1 e，上单调递增，从而 g(x)在(0，)上的 最小值为 g 1 e 1 e. 设函数 h(x)xe x2 e，则 h(x)e x(1x)， 所以当 x(0，1)时，h(x)0； 当 x(1，)时，h(x)0 时，g(x)h(x)，即 f(x)1. “双变量”问题的转化 近年高考应考，常涉及“双变量”或“双参”相关问题，能力要求高，破解问题 的关键：一是转
8、化，即由已知条件入手，寻找双变量满足的关系式，并把含双变 量问题转化为含单变量的问题，二是巧妙构造函数，再借用导数，判断函数的单 调性，从而求其最值. 【例 1】(2021重庆调研)已知函数 f(x)ln xax2(ab1)xb1(a，bR). (1)若 a0，试讨论 f(x)的单调性； (2)若 0a2，b1，实数 x1，x2为方程 f(x)max2的两个不等实根，求证： 1 x1 1 x242a. (1)解依题意知 x0，当 a0 时，f(x)1 x(b1)， 当 b1 时，f(x)0 恒成立，f(x)在(0，)上单调递增. 当 b1 时，x 0， 1 b1 时，f(x)0； 当 x 1
9、b1，时，f(x)0. 故 f(x)在 0， 1 b1 上单调递增，在 1 b1，上单调递减. (2)证明由 f(x)max2得 ln x(a2)x2m0， 令 g(x)ln x(a2)x2，x0， 则 g(x1)g(x2)m， 依题意有 ln x1(a2)x1ln x2(a2)x2. a2 ln x2 x1 x1x2 (x1x2，且 x1，x20). 要证1 x1 1 x242a， 只需证x1x2 x1x2 2(2a) 2lnx2 x1 x1x2 (*)， 不妨设 x2x10. 要证(*)式成立，只要证x1 x2 x2 x12ln x2 x1， 即证 2lnx2 x1 x1 x2 x2 x1
10、0. 令 tx2 x1(t1)，则 h(t)2ln tt 1 t . h(t)2 t 11 t2 1 t 1 2 0， h(t)在(1，)上单调递减， h(t)h(1)0，从而1 x1 1 x242a. 【例 2】(2020成都调研)已知函数 f(x)(xa)e x，若曲线 yf(x)在点(0，f(0) 处的切线与直线 yx2 平行. (1)求实数 a 的值； (2)如果 0 x13. (1)解由 f(x)(xa)e x，得 f(x)(1ax)ex. 依题设 f(0)1a1，a0. (2)证明由(1)知，f(x)xe x， 因为 0 x10)，则 x1etx1t， 得 x1 t et1，x 2
11、 tet et1. 要证 3x1x23，即证 3t et1 tet et13， 因为 t0，所以 et10，即证(t3)et3t30. 设 g(t)(t3)et3t3(t0)， 则 g(t)(t2)et3(t0). 令 h(t)(t2)et3(t0)， 则 h(t)(t1)et， 当 0t1 时， h(t)1 时， h(t)0， 所以函数 h(t)在(0， 1)上单调递减， 在(1， )上单调递增， 所以 h(t)h(1)3e0，即 g(t)0， 所以 g(t)在(0，)上单调递增，所以 g(t)g(0)0，所以 3x1x23. 思维升华1.由 f(x1)f(x2)，得 x1 ex1 x2 e
12、x2，引入 tx 2x1，就是根据已知条件(或极 值点)之间的关系构建等式，利用极值点之差作为变量，从而实现消参、减元的 目的. 2.用 t 表示两个极值点的差，进而把所求问题转化为关于 t 的函数，借助导数求 解. 1.已知函数 f(x)1ln x x ，g(x) e ex 1 xx.证明：当 x1 时，f(x)g(x) 2 x. 证明f(x)g(x)2 x1 ln x x e ex 1 xx0. 令 h(x)1ln x x e ex 1 xx(x1)， 则 h(1)0，h(x)1ln x x2 e ex 1 x21 ln x x2 e ex1. 因为 x1，所以 h(x)ln x x2 e
13、 ex10， 所以 h(x)在1，)上单调递增， 所以 h(x)h(1)0，即 1ln x x e ex 1 xx0. 故当 x1 时，f(x)g(x)2 x. 2.(2021武汉模拟)设 a 为实数，函数 f(x)ex2x2a，xR. (1)求 f(x)的单调区间与极值； (2)求证：当 aln 21 且 x0 时， exx22ax1. (1)解由 f(x)ex2x2a，xR，得 f(x)ex2，xR，令 f(x)0，得 xln 2. 于是当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表： x(，ln 2)ln 2(ln 2，) f(x)0 f(x)2(1ln 2a) 故 f(x)的单调递
14、减区间是(，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，). f(x)在 xln 2 处取得极小值，极小值 f(ln 2)2(1ln 2a)，无极大值. (2)证明设 g(x)exx22ax1，xR. 于是 g(x)ex2x2a，xR. 由(1)知当 aln 21 时，g(x)的最小值为 g(ln 2)2(1ln 2a)0. 于是对任意 xR，都有 g(x)0，所以 g(x)在 R 内单调递增. 于是当 aln 21 时，对任意 x(0，)，都有 g(x)g(0). 又 g(0)0，从而对任意 x(0，)，g(x)0. 即 exx22ax10，故 exx22ax1. 3.已知函数 f(x)(x1)(
15、x22)ex2x. (1)求曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)证明：f(x)x24. (1)解因为 f(x)2x(x1)exx(x22)ex2 x2(x2)ex2，所以 f(0)2. 因为 f(0)2，所以曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为 2xy20. (2)证明要证 f(x)x24， 只需证(x1)(x22)exx22x4， 设 g(x)x22x4(x1)23， h(x)(x1)(x22)ex， 则 h(x)x2(x2)ex. 由 h(x)0，得 x2， 故 h(x)在2，)上单调递增； 由 h(x)0，得 x3. 又 g(x)max3，所以 g(x)m
16、axx22x4， 即 f(x)x24. 4.已知函数 f(x)aln x x1 b x，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为 x2y3 0. (1)求 a，b 的值； (2)证明：当 x0，且 x1 时，f(x) ln x x1. (1)解f(x)a x1 x ln x （x1）2 b x2(x0). 由于直线 x2y30 的斜率为1 2，且过点(1，1)， 故 f（1）1， f（1）1 2， 即 b1， a 2b 1 2. 解得 a1，b1. (2)证明由(1)知 f(x) ln x x1 1 x(x0)， 所以 f(x) ln x x1 1 1x2 2ln xx 21 x. 考
17、虑函数 h(x)2ln xx 21 x (x0)， 则 h(x)2 x 2x2（x21） x2 （x1） 2 x2 . 所以当 x1 时，h(x)0.而 h(1)0，故当 x(0，1)时，h(x)0，可得 1 1x2h(x) 0； 当 x(1，)时，h(x)0，可得 1 1x2h(x)0. 从而当 x0，且 x1 时，f(x) ln x x10，即 f(x) ln x x1. 5.(2020豫北名校联考)已知函数 f(x)ex 1kx2k(其中 e 是自然对数的底数，k R). (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)当函数 f(x)有两个零点 x1，x2时，证明 x1x22. (1)解易得
18、 f(x)ex 1k， 当 k0 时，令 f(x)0，得 xln k1， 可得当 x(，ln k1)时，f(x)0，所以函数 f(x)在区间(，ln k1)上单调递 减，在区间(ln k1，)上单调递增. 当 k0 时，f(x)ex 1k0 恒成立，故此时函数 f(x)在 R 上单调递增. (2)证明当 k0 时，由(1)知函数 f(x)在 R 上单调递增，不存在两个零点，所以 k0， 由题意知 ex1 1k(x12)，ex21k(x22)， 所以 x120，x220，可得 x1x2ln x12 x22， 不妨设 x1x2，令x12 x22t，则 t1， 由 x12 x22t， x1x2ln x12 x22， 解得 x12tln t t1，x 22 ln t t1， 所以 x1x24（t1）ln t t1 ， 欲证 x1x22，只需证明（t1）ln t t1 2， 即证(t1)ln t2(t1)0， 令 g(t)(t1)ln t2(t1)(t1)， 则 g(t)ln t1 t (t1)2ln t1 t 1. 令 h(t)ln t1 t 1(t1)， 则 h(t)1 t 1 t20，h(t)单调递增， 所以 g(t)g(1)0. 所以 g(t)在区间(1，)上单调递增， 所以当 t1 时，g(t)g(1)0，即(t1)ln t2(t1)0， 原不等式得证.
