增分點5 掌握四種函數(shù)構(gòu)造法,破解導數(shù)解決不等式問題

解：解：(1)f'(x)=ab(lnx+x)+用D(x>0),增分點掌握四種函數(shù)構(gòu)造法，破解導數(shù)解決不等式問題利用導數(shù)證明不等式是近幾年高考命題的一種熱點題型．利用導數(shù)證明不等式，關鍵是要找出與待證不等式緊密聯(lián)系的函數(shù)，然后以導數(shù)為工具來研究該函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值(值域)，從而達到證明不等式的目的，這時常常需要構(gòu)造輔助函數(shù)來解決．題目本身特點不同，所構(gòu)造的函數(shù)可有多種形式，解題的繁簡程度也因此而不同，這里給出幾種常用的構(gòu)造技巧．“比較法”構(gòu)造函數(shù)證明不等式當試題中給出簡單的基本初等函數(shù)，例如f(x)=x3,g(x)=lnx,進而證明在某個取值范圍內(nèi)不等式fx)Mg(x)成立時，可以類比作差法，構(gòu)造函數(shù)血(x)=fx)—g(x)或0(x)=g(xLfx)，進而證明h(x)min^0或^(x)WO即可，在求最值的過程中，可以利用導數(shù)為工具.此外，在能夠說明g(x)>0(f(x)>0)的前提下，max也可以類比作商法，構(gòu)造函數(shù)h(x)=g^G(x)=gX)，進而證明h(x)誠nai@(x)maxW1).［典例］(2018?廣州模擬)已知函數(shù)f(x)=ex_ax(e為自然對數(shù)的底數(shù)，a為常數(shù))的圖象在點(0,1)處的切線斜率為－1.⑴求a的值及函數(shù)fx)的極值；(2)證明：當x>0時，x2Va?［方法演示］解：(1)由fxjub—ax，得f(x)=ex—a.因為f(0)=1—a=—1,所以a=2,所以fx)=ex—2x,f(x)=ex—2,令f(x)=0,得x=ln2,當xVln2時，f(x)V0,fx)單調(diào)遞減；當x>ln2時，f(x)>0,fx)單調(diào)遞增.所以當x=ln2時，fx)取得極小值，且極小值為f(ln2)=32—2ln2=2—ln4,fx)無極大值.(2)證明：令g(x)=ex—x2，則g'(x)=a—2x?由⑴得g'(x)=fx)M?ln2)>0,故g(x)在R上單調(diào)遞增.所以當x>0時，g(x)>g(0)=1>0,即x2Vex.［解題師說］在本例第(2)問中，發(fā)現(xiàn)“x2,ex”具有基本初等函數(shù)的基因，故可選擇對要證明的“x2Vex”構(gòu)造函數(shù)，得到“g(x)=ex—x2”，并利用⑴的結(jié)論求解.［應用體驗］1.已知函數(shù)f(x)=xlnx—2x，g(x)=—ax2＋ax—2(a>1).⑴求函數(shù)金)的單調(diào)區(qū)間及最小值；⑵證明flx)^g(x)在［1,+8)上恒成立.解：(1fx)的定義域為(0,+8),°?°fx)=xlnx—2x,：f(x)=lnx+1—2=lnx—1,由f(x)>0,得x>e;由f(x)VO,得OVxVe,???函數(shù)fx)的單調(diào)遞增區(qū)間為(e,+8),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,e),.??函數(shù)fx)的最小值為f(e)=elne—2e=—e.(2)證明：令方(x)=fx)—g(x),???fx)Mg(x)在［1,+8)上恒成立，?h(x)誠n^O，XE［1，+8),??°h(x)=xlnx+ax2—ax—2x+2,(x)=lnx+1+2ax—a—2=lnx+2ax—a—1.令m(x)=lnx+2ax—a—1,xE［1,+8),1則m'(x)=；+2a,xVx>1,a>1,?.m'(x)>0,??m(x)在［1,+8)上單調(diào)遞增，??m(x)Mm⑴二a—1,即h'(x)Ma—1,???a>1,???a—1>0,???h'(x)>0,?h(x)=xlnx+ax2—ax—2x+2在［1,+8)上單調(diào)遞增,?h(x)Mh⑴=0,即fx)—g(x)M0,故fx)$g(x)在［1,+8)上恒成立.“拆分法”構(gòu)造函數(shù)證明不等式當所要證明的不等式由幾個基本初等函數(shù)通過相乘以及相加的形式組成時,如果對其直接求導,得到的導函數(shù)往往給人一種“撲朔迷離”“不知所措”的感覺.這時可以將原不等式合理拆分為fx)Wg(x)的形式，進而證明fx)maxWg(x)遇即可，此時注意配合使用導數(shù)工具.在拆分的過程中，一定要注意合理性的把握,一般以能利用導數(shù)進行最值分析為拆分標準.［典例］設函數(shù)用戸處血x+，曲線y=fx)在點(1,f(1))處的切線為y=e(x—1)+2.x(1)求a，b；⑵證明：fx)>1?［方法演示］由于直線y=e(x-1)+2的斜率為e,圖象過點(1,2),所以fW=2,f所以fW=2,f(1)=e,b=2,\a=1,即(ae=e,解得b=2?(x>0),(2)證明：由(1)知f(x)=e(x>0),2從而fx)>1等價于xlnx>xe-x—e.構(gòu)造函數(shù)g(x)=xlnx,則g'(x)=1+lnx,所以當xeg'(x)VO,當xeC，+8)時，g'(x)>0,故g(x)在(0,》上單調(diào)遞減，在(，+8)上單調(diào)遞增,從而g(從而g(x)在(0,+8)上的最小值為1e*2構(gòu)造函數(shù)h(x)=xe-x—則h'(x)=e-x(1-x)．所以當xe(0,1)時，h'(x)>0；當xe(1,+8)時，h'(x)V0；故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+8)上單調(diào)遞減,1從而h(x)在(0,+8)上的最大值為h(1)=—e*綜上，當x>0時，g(x)>h(x),即fx)>1?［解題師說］bex－1bex－1對于第⑵問"ae4nx+>1”的證明，若直接構(gòu)造函數(shù)h(x)=aexlnx+—1,求導以后不易分析，因此并不宜對其整體進行構(gòu)造函數(shù)，而應先將不等式"aexlnx+訂>1”合理拆分為“xlnx>xe-xx2一2”，再分別對左右兩邊構(gòu)造函數(shù)，進而達到證明原不等式的目的.［應用體驗］2.已知函數(shù)fx)=a+^+x，曲線y=fx)在點(1,f(1))處的切線方程為x+2y—3=0*求a，b的值；lnx證明：當x>0,且xH1時，fx)>x一1解,-lnx)b解：(1f(x)=(x+1)2-x(x>0).1由于直線x+2y-3=0的斜率為一2,且過點(1,1),00?00?fw=i.故1,1f(D=—2,b=1，fw=i.故1,1f(D=—2,b=1，1解得1a=1，b=1.(2)證明：由(1)知金)=第+$兀>0),

所以fx)—X—1=1—X2%x-寧).考慮函數(shù)h(x)=2lnx——~~(x>0),則h(XT)2x2?所以當x^1時，hr(X)V0?而h(1)=0,1故當xe(0,1)時，h(x)>0,可得1—?(x)>0；當xW(1,+8)時，h(x)V0,可得J—x2h(x)>0?lnx從而當x>0,且xH1時，fx)—x^>0,即f即f(x)>Inxx—1“換元法”構(gòu)造函數(shù)證明不等式若兩個變元叫，x2之間聯(lián)系“親密”，我們可以通過計算、化簡，將所證明的不等式整體轉(zhuǎn)化為關于皿(兀］,x2)的表達式(其中m(x1^x2)為兀］,x2組合成的表達式)，進而使用換元令m(xfx2)=t,使所要證明的不等式轉(zhuǎn)化為關于t的表達式，進而用導數(shù)法進行證明，因此，換元的本質(zhì)是消元.［典例］已知函數(shù)fx)=xn^(aGR)，曲線y=fx)在點(1,f(1))處的切線與直線x+y+1=0垂直.試比較20172018與20182017的大小，并說明理由；若函數(shù)g(x)=fx)—k有兩個不同的零點x、，x2，證明：x^?〉?2.［方法演示］x+a丁—lnx解：⑴依題意得f(x)=(x+a)2,1+a1所以f(1)=阿1又曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與直線x+y+1=0垂直，所以f(1)=1,即1+a=1，解得a=lnx1_lnx故用)—x，f(x)=x2?由f(兀)>0,得OV^Ve;由f(r)V0,得x>e,所以函數(shù)fx)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,e),單調(diào)遞減區(qū)間為(e,+8).ln2017ln2018所以爪2017)>^2018)，即2017>2018°整理得ln20172018>ln20182017,所以20172018>20182017.lnx⑵證明：g(x)=*—無，設X]>x2>0,由g(X])=g(x2)=0,可得lnx—kx=0,lnx2—kx2=0,兩式相加減，1122得lnx1+lnx2=k(x1+x2),lnx1—lnx2=k(x1—x2)．x1+x2要證X[X2>e2，即證lnxk2>2,只需證lnx.+lnx2>2,也就是證無匕+兀2)>x1+x212121212即證「.lnx—lnXr~_二、lnx—lnx^2即證因為k=-x1二「，所以只需證—X寸>五'令j=t(t>令j=t(t>1)，則只需證lnt>x22(t_1)

t+1(t>1).令h(t)=lnt—2(t_1)

t+1(t>1),則(t)J—-=>0則h(t)t(t+1)2t(t+1)2>0,故函數(shù)h(t)在(1,+8)上單調(diào)遞增，所以h(t)>h(1)=0,即lnt>2(+11).所以x1x2>e2.[解題師說](1)由題意易知f(1)=1,可列出關于a的方程，從而求出a的值，得到函數(shù)fx)的解析式.欲比較20172018與20182017的大小，只需比較f(2017),f(2018)的大小，即需判斷函數(shù)y=fx)的單調(diào)性.(2)不妨設x1^x2>0，由g(x1)^^(x2)=0，可得lnx1—kx1=0，lnx2—kx2=0，兩式相加減，利用分析法將要證明的不等式轉(zhuǎn)化為gx1的不等式轉(zhuǎn)化為gx1—hl%>x1—x22叫+可再利用換元法，通過求導證明上述不等式成立.［應用體驗］3.已知函數(shù)f(x)=x2lnx.⑴求函數(shù)fx)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：對任意的t>0,存在唯一的使t=fs)；⑶設⑵中所確定的s關于t的函數(shù)為s=g(t)，證明：當t>e2時，有解：(1)由已知，得f(x)=2xlnx+x=x(2lnx+1)(x>0),令f(x)=0,得x=*?當x變化時，f(X),f(x)的變化情況如下表:X(o,勸丄Ve信，+8)f(X)—0+fx)極小值所以函數(shù)fx)的單調(diào)遞減區(qū)間是@，扌T，單調(diào)遞增區(qū)間是仕，+8)?(2)證明：當0VxW1時，fx)W0,???t>0,???當OVxWl時不存在t=fs).令h(x)=fx)—t，xE[1，+8).由⑴知，h(x)在區(qū)間(1+8)上單調(diào)遞增.h(1)=—tV0，h(et)=e2tlnet—t=t(e2t—1)>0.故存在唯一的sW(1，+8)，使得t=f(s)成立.(3)證明：因為s=g(t)，由(2)知，t=fs),且s>1,從而lng(t)=Ins=lnsIntlnfSln(s2lns)從而其中ulns?_其中ulns?2lns+ln(lns)2u+lnu，要使2VllJng?)V2成立，只需0Vlnu<U?當t>e2時，若s=g(t)We,則由fs)的單調(diào)性，有t=fs)Wf(e)=e2,矛盾.所以s>e,即u>1,從而lnu>0成立.另一方面，令F(u)=lnu—2，u>1,F(u)=匸_2,令F(u)=0,得u=2.當1VuV2時，F(xiàn)(u)>0;當u>2時，F(xiàn)(u)V0.故對u>1,F(u)WF(2)V0,因此lnuV》成立.綜上，當t>e2時，有2V晉獸V*.rm轉(zhuǎn)化法構(gòu)造函數(shù)在關于Xfx2的雙變元問題中，若無法將所要證明的不等式整體轉(zhuǎn)化為關于皿(叫，x2)的表達式，則考慮將不等式轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性問題進行處理，進而實現(xiàn)消元的目的．［典例］設函數(shù)fx)=lnx^m,mwR.x當m=e(e為自然對數(shù)的底數(shù))時，求fx)的最小值；⑵討論函數(shù)g(x)=f'(x)—扌零點的個數(shù)；(3)若對任意b>>0,恒成立，求m的取值范圍.［方法演示］ex－e解：⑴當m=e時，fx)=lnx+x，則f(x)=~X廠，故當兀丘(°，e)時，f(x)<0,f(x)在(0,e)上單調(diào)遞減，當x^(e,+8)時，f(x)>0,fx)在(e,+8)上單調(diào)遞增，故當x=e^,f(x)取到極小值，也是最e小值，f(e)=lne+e=2,故fx)的最小值為2.g(x)=f(x)^x=x_x2^3(x>0)，令g(x)=0，得m=—3x3+x(x>0).1設0(x)=—3x3+x(xM0)，則0’(x)=—(x—1)(x+1)，當xW(0,1)時，0(x)>0，0(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當xW(1,+8)時，0(x)<0，0(x)在(1，+8)上單調(diào)遞減，2故0(x)的最大值為0(1)=3.又0(0)=0,畫出函數(shù)y=0(x)的圖象如圖所示.①當m>3時，函數(shù)g(x)無零點；②當m=2時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點；③當0<m<3時，函數(shù)g(x)有兩個零點；④當mWO時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點.綜上所述，當m>3時，函數(shù)g(x)無零點；當m=2或mW0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點；當0<m<2時，函數(shù)g(x)有兩個零點.(3)對任意的b>a>0,f?—￥")<1等價于fb)—b<fa)—a恒成立.(*)設h(x)=f(x)—x=lnx++~—x(x>0),x故(*)等價于h(x)在(0,+8)上單調(diào)遞減.

由h(兀戸由f(x)>0,得x>a，所以函數(shù)fx)在(0,1上單調(diào)遞減，在隹，+8)上單調(diào)遞增.(2)因為函數(shù)fx)在x=1處取得極值，所以f(1)=0,解得a=由f(x)>0,得x>a，所以函數(shù)fx)在(0,1上單調(diào)遞減，在隹，+8)上單調(diào)遞增.(2)因為函數(shù)fx)在x=1處取得極值，所以f(1)=0,解得a=1,所以fxRx-2W+1-詈刃［解題師說］本例第⑶問中，利用不等式的性質(zhì)，將等價轉(zhuǎn)化為f)—bfa)_a”，進而構(gòu)造函數(shù)“h(x)=fx)—x”，通過研究函數(shù)的單調(diào)性求解實數(shù)m的取值范圍.［應用體驗］4.已知函數(shù)f(x)=ax—1—lnx(aGR).討論函數(shù)fx)的單調(diào)性；若函數(shù)fx)在x=1處取得極值，不等式f(x)Nbx—2對Vx￡(0，+8)恒成立，求實數(shù)b的取值范圍；當x>y>e—1時，證明不等式exln(1＋y)>eyln(1＋x).1ax—1解：(1)函數(shù)fx)的定義域是(0,+8),且f(x)=a—x=x-當aW0時，ax—1v0,從而f(x)v0,函數(shù)fx)在(0,+8)上單調(diào)遞減.1令g(x)=1+x~乎，則g(x)=ln令g(x)=1+x~乎，則g(x)=lnx—2x2令g'(x)=0,得x=e2?則g(x)在(0,e2)上單調(diào)遞減，在(e2,+8)上單調(diào)遞增,11所以g(x)min^g(e2)=1—e2，即b^1—e2，故實數(shù)b的取值范圍為(一8,1—e2?ex+1ey+1成立.(3)證明：由題意可知，要證不等式e4n(1+y)>exln(1+x)成立，只需證］n(x+1)>］n?+1)成立.構(gòu)造函數(shù)h(x)=mx(x>e),冊x^x叫nr則h(x)=辭=辭>°?所以h(x)在(e,+8)上單調(diào)遞增，由于x>y>e—1,所以x+1>y+1>e,、ex+iev+1所以ln(x+1)>ln(y+1)，即exln(1+y)>eyln(1+x)．［升級增分訓練］

當m》1時，M+m—ln(r+1)—2Mer+1—ln(x+1)—2.要證6^+?—ln(x+1)—2>0,只需證明b+i—ln(x+1)—2>0?1設^(x)=ex+1—ln(x+1)—2,則於(x)=ex+1—^+1?設p(x)=e^+1—，則p(x)=ex+1+^x++1^2>0，1所以函數(shù)p(x)=方'(x)=ex+1—x+1在(—1,+TO)上單調(diào)遞增.因為h(一g)=e2—2V0,h(0)=e—1>0,所以函數(shù)h(兀)=審+1—x+1在(一1,+8)上有唯一零點x0,且兀0丘(—2，o因為h因為h(x0)=0,所以ex0+1=1x°+1'即ln(x0+1)即ln(x0+1)=—(x0+1).當xw(—1,x0)時，h(x)V0,當xW(x0,+8)時，h(x)>0,所以當x=x0時，h(x)取得最小值h(x0),所以h(x)^h(x0)=ex0+1—ln(x0+1)—21=莎+(%+1)—2>0?綜上可知，當mM1時，fx)>g(x)—x3?(文)已知函數(shù)fx)=(ox—1)lnx+專?(1)若o=2,求曲線y=fx)在點(1,f(1))處的切線l的方程；4⑵設函數(shù)g(x)=f(x)有兩個極值點x1，x2，其中x1^(0,e],證明g(xj—g(x2)M—e?解：(1)當o=2時，f(x)=2lnx+x—^1+2,f(1)=2,/(1)=1,???切線l的方程為y—2=2(x—1)，即4x—2y—3=0?1⑵函數(shù)g(x)=olnx+x—~+a,定義域為(0,+8),x則g則g'(x)=1+0+丄=爐+妙+1x+x2=x2令令g'(x)=0,得x2+ax+1=0,其兩根為x1,x2，且x1^x2=—a^x1x2=1,故x2=f，0=_G+x^???€(%)—g(x2)=g(叫)_g(x)=alnXi+xi_占+a—(alf+占_x〔+a)11x1x1x11=2@—)+還xi=2(Xi_X)_2xi.令h(x)=2(x_X)—+X)lnx,x^(0,e］,則［g(x1)_g(X2)］min=h(X)min，2(1+x)(1_x)lnxh(X)=X2當xe(0,1］時，h(x)W0,當x￡(1,e］時，h(x)V0,即當x￡(0,e］時，h(x)單調(diào)遞減，4???h(X)min=h(e)=_e，4故g(x1)_g(x2)M_e?3.(2018?蘭州診斷)已知函數(shù)/(x)=-a廠+lnx在(1,+8)上是增函數(shù)，且a＞0.(1)求a的取值范圍；TwTIh⑵若〃＞0,試證明*＜謚廠＜b?11ax_1解：(1f(x)=_aX2+X=ax2，因為f'(x)N0,且a>0,所以ax_1$0，即兀$2?a1因為xe(1,+8),所以；W1,即aM1?a所以a的取值范圍為［1,+8).(2)證明：因為b＞0,aM1,所以書＞1?又f(x)=a^+lnx在(1,+8)上是增函數(shù),1a+b/a+b)ba+b所以人丁丿朋1)，即r+b+】nar>0，a?~r1a+b化簡得a+<int-lna+鸞等價于m宇_b=ln(1+a)_a<0,

令g(")=ln(1+x)—x(x>0),1—x則g，何=吊—1=吊<0所以TnIh綜上，《+金〒垮得證.所以函數(shù)g(x)在所以TnIh綜上，《+金〒垮得證.,a+ba皿、=ln〒一b<g(0)=O,4.(理)已知函數(shù)fx)=xinx.(1)求fx)的單調(diào)區(qū)間和極值；⑵設A(X],fx』，B(x2,fx2)),且X]Hx2，證明:兀2_兀1I2/解：(1fx)的定義域為(0,+8),f(x)=inx+x?j=1+inx.x1由f(x)>o,得x>e；1由f(x)vO,得0<x<e，9所以fx)的單調(diào)遞增區(qū)間是e，+8)，單調(diào)遞減區(qū)間是9問極小值?=jinj=—e，問無極大值?(2)證明：不妨設x1<x2,fxj—fx)“，(x,+x\x」nx~—x」nxx+xx+x~x+x?.x—x<f2J—J*<in-^+l^x2inx2_x1inx1<x2in^T^—x1in^T2^x2—2121「■2x,2x..x,OxinL<xinl+x—x,TOC\o"1-5"\h\z12x1+x21x1+x2212x2兩邊同除以x〔得,jin」宇<in——+^—1,11+21+2兀1令—2=t,則t>1,即證：川。1+<1血1+^+/—1?“2t2令g(t)=tlnj^—inj^—1+1,+t?2t.1+t2.1+t2一.2t.1—t■仃.t—1]t—1則g‘(t)=ini+；+t?亍時+〒?耐—1=1曲+不=呻+局+t?t－1令t+J=x(x>0),%(x)=ln(1+x)—x,1－x則h(兀)=吊一1=甬<°，h(X)在(0,+8)上單調(diào)遞減.所以h(x)<h(O)=0,即ln(1+x)<x，即g'(/)=ln^+1<0恒成立.所以g(0在(1,+8)上是減函數(shù).2t2所以g(t)<g(1)=0,所以tlnj+tvlni+t+t—1得證.所以警x嗎'符)成立.(文)已知函數(shù)金)=宇?若/X)在區(qū)間(一8,2)上為單調(diào)遞增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；⑵若a=0,x0V1，設直線y=g(x)為函數(shù)/X)的圖象在x=x0處的切線，求證：/(x)Wg(x).解：(1)易得/'(x)=—巳嚴，由已知知/'(X)M0對xE(—8,2)恒成立，故xW1—a對x￡(—8,2)恒成立，1—aM2,?°?aW—1.故實數(shù)a的取值范圍為(—8,—1].證明：a=0,則/X)=±?函數(shù)/X)的圖象在x=x0處的切線方程為y=g(x)=/'(x0)(x—x0)+/Xo).令h(x)=/(x)—g(x)=/x)—/'(x0)(x—x0)—/x0),x^R,1—X1—X則h(x)=/