1、第4讲导数与不等式证明不等式构造函数证明不等式：构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)g(x)(f(x)0(f(x)g(x)0)，进而构造辅助函数h(x)f(x)g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln xx1，exx1，ln xx0)，ln(x1)x(x1)；(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造
2、辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解高考真题思维方法【直接构造法】(2018高考全国卷)已知函数f(x)xaln x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：a2.(1)略(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x11.由于1a2a2a，所以a2等价于x22ln x20.【关键1：将所证不等式进行变形与化简】设函数g(x)x2ln x，由
3、(1)知，g(x)在(0，)单调递减，【关键2：直接构造函数，判断函数单调性】又g(1)0，从而当x(1，)时，g(x)0.所以x22ln x20，即a2.【关键3：结合单调性得到函数最值，证明不等式】续表高考真题思维方法【适当放缩构造法】(2018高考全国卷)已知函数f(x)aexln x1.(1)设x2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a时， f(x)0.(1)略(2)证明：当a时，f(x)ln x1.【关键1：利用不等式性质放缩，将a代换掉】设g(x)ln x1，【关键2：利用不等式右边构造函数】则g(x).当0x1时，g(x)1时，g(x)0.所以x1是g
4、(x)的最小值点【关键3：利用导数研究函数的单调性、最值】故当x0时，g(x)g(1)0.【关键4：利用函数最值使放缩后的不等式得到证明】因此，当a时，f(x)0.【构造双函数法】(2016高考山东卷)已知f(x)a(xln x)，aR.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a1时，证明f(x)f(x)对于任意x1，2成立.(1)略(2)证明：由(1)知，a1时，f(x)f(x)xln x(1)xln x1，x1，2【关键1：将所证不等式转化为构造双函数创造条件】设g(x)xln x，h(x)1，x1，2.【关键2：构造函数，利用导数研究函数的单调性，求最小值】则f(x)f(x)g(x)h(x)
5、.由g(x)0，可得g(x)g(1)1，当且仅当x1时取得等号，又h(x).设(x)3x22x6，则(x)在x1，2上单调递减，因为(1)1，(2)10，所以x0(1，2)，使得x(1，x0)时，(x)0，x(x0，2)时，(x)0.所以h(x)在(1，x0)内单调递增，在(x0，2)内单调递减.由h(1)1，h(2)，可得h(x)h(2)，当且仅当x2时取得等号.所以f(x)f(x)g(1)h(2)，即f(x)f(x)对于任意的x1，2成立.【关键3：利用函数最值证明不等式】典型例题 (2019四省八校双教研联考)已知函数f(x)axaxln x1(aR，a0)(1)讨论函数f(x)的单调性
6、；(2)当x1时，求证：1.【解】(1)f(x)aa(ln x1)aln x，若a0，则当x(0，1)时，f(x)0，当x(1，)时，f(x)0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减；若a0，则当x(0，1)时，f(x)0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增(2)证明：要证1，即证ex，即证1时，xxln x10，即1时，ln x1，则F(x)ex单调递增，所以F(x)F(1)e10，所以F(x)在(1，)上单调递增，所以F(x)F(1)，而F(1)e，所以exln xe0，所以exln x，所以exln x，所以原不等式得证一般地，要证f(x)g(x
7、)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)f(x)g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式若F(a)0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可 对点训练1(2019唐山模拟)设f(x)2xln x1.(1)求f(x)的最小值；(2)证明：f(x)x2x2ln x.解：(1)f(x)2(ln x1)所以当x时，f(x)0，f(x)单调递增所以当x时，f(x)取得最小值f1.(2)证明：x2x2ln xf(x)x(x1)2(x1)ln x(x1)，令g(x)x2ln x，则g(x)10，所以g(x)在(0，)上单调递
8、增又g(1)0.所以当0x1时，g(x)1时，g(x)0，所以(x1)0，即f(x)x2x2ln x.2已知函数f(x)aexbln x，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为yx1.(1)求a，b；(2)证明：f(x)0.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)f(x)aex，由题意得f(1)，f(1)1，所以解得(2)证明：由(1)知f(x)exln x(x0)因为f(x)ex2在(0，)上单调递增，又f(1)0，所以f(x)0在(0，)上有唯一实根x0，且x0(1，2)当x(0，x0)时，f(x)0，从而当xx0时，f(x)取极小值，也是最小值由f(x0)0，得ex02，则x02
9、ln x0.故f(x)f(x0)ex02ln x0x02220，所以f(x)0.根据不等式确定参数范围一般地，若af(x)对xD恒成立，则只需af(x)max；若af(x)对xD恒成立，则只需af(x0)成立，则只需af(x)min；若存在x0D，使af(x0)成立，则只需af(x0)max，由此构造不等式，求解参数的取值范围分类讨论法：常见有两种情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另外一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数提示：求解参数范
10、围时，一般会涉及分离参数法，理科试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常需要设出导函数的零点，难度较大高考真题思维方法【结合导函数的零点分类讨论】(2017高考全国卷)已知函数f(x)x1aln x.(1)若f(x)0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，m，求m的最小值.(1)f(x)的定义域为(0，).若a0，因为faln 20，由f(x)1知，当x(0，a)时，f(x)0.所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增【关键2：根据导函数的零点分类讨论】故xa是f(x)在(0，)上的唯一最小值点.由于f(1)0，所以当且仅当a1时，f(x)0
11、，故a1.(2)由(1)知当x(1，)时，x1ln x0.令x1得ln.从而lnlnln11，【关键3：利用放缩法变形】故2，所以m的最小值为3.【由导函数的特点直接分类讨论】(2014高考大纲全国卷)函数f(x)ax33x23x(a0).(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)在区间(1，2)是增函数，求a的取值范围.(1)略(2)当a0，x0时，f(x)3ax26x30，【关键1：求导函数，根据导函数的特点确定分类标准】故当a0时，f(x)在区间(1，2)是增函数.当a0时，f(x)在区间(1，2)是增函数当且仅当f(1)0且f(2)0，解得a0)，所以f(x)x(x0)令f(x)0，
12、得x1.由f(x)0，得0x1，所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，由f(x)1，所以f(x)的单调递减区间为(1，)所以f(x)极大值f(1)，无极小值(2)法一：令G(x)F(x)(mx1)ln xmx2(1m)x1，所以G(x)mx(1m).当m0时，因为x0，所以G(x)0，所以G(x)在(0，)上是增函数又G(1)m20，所以关于x的不等式F (x)mx1不能恒成立当m0时，G(x).令G(x)0，得x，所以当x时，G(x)0；当x时，G(x)0，h(2)ln 20，h(x)在(0，)上是减函数，所以当x2时，h(x)0)恒成立令h(x)(x0)，则h(x).令(x)2ln xx
13、，因为ln 40，且(x)为增函数，所以存在x0，使(x0)0，即2ln x0x00.当0x0，h(x)为增函数，当xx0时，h(x)0，h(x)为减函数所以h(x)maxh(x0).而x0，所以(1，2)，所以整数m的最小值为2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常先将问题转化为形如af(x)(或af(x)的形式，再通过求函数f(x)的最值求得参数范围 对点训练(2019广东六校第一次联考)已知函数f(x).(1)求函数f(x)在1，)上的值域；(2)若x1，)，ln x(ln x4)2ax4恒成立，求实数a的取值范围解：(1)易知f(x)0，所以f(x)在1，)上的值域为(
14、0，2(2)令g(x)ln x(ln x4)2ax4，x1，)，则g(x)2，若a0，则由(1)可知，g(x)0，g(x)在1，)上单调递增，因为g(e)12ae0，与题设矛盾，所以a0不符合要求若a2，则由(1)可知，g(x)0，g(x)在1，)上单调递减，所以g(x)g(1)2a40，所以a2符合要求若0a2，则x0(1，)，使得a，则g(x)在1，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减，所以g(x)maxg(x0)ln x0(ln x04)2ax04.因为ln x0ax02，所以g(x)max(ax02)(ax02)2ax04(ax02)(ax04)由题意知g(x)max0，即(ax0
15、2)(ax04)0，2ax04，即2ln x0241x0e2.因为a，且由(1)可知f(x)在(1，)上单调递减，所以aln 21且x0时，exx22ax1.解：(1)由f(x)ex2x2a(xR)，知f(x)ex2.令f(x)0，得xln 2.当xln 2时，f(x)ln 2时，f(x)0，故函数f(x)在区间(ln 2，)上单调递增所以f(x)的单调递减区间是(，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，)，f(x)在xln 2处取得极小值f(ln 2)eln 22ln 22a22ln 22a，无极大值(2)证明：要证当aln 21且x0时，exx22ax1，即证当aln 21且x0时，exx
16、22ax10.设g(x)exx22ax1(x0)则g(x)ex2x2a，由(1)知g(x)ming(ln 2)22ln 22a.又aln 21，则g(x)min0.于是对xR，都有g(x)0，所以g(x)在R上单调递增于是对x0，都有g(x)g(0)0.即exx22ax10，故exx22ax1.2(2019贵阳模拟)已知函数f(x)mexln x1.(1)当m1时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若m(1，)，求证：f(x)1.解：(1)当m1时，f(x)exln x1，所以f(x)ex，所以f(1)e1，又因为f(1)e1，所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方
17、程为y(e1)(e1)(x1)，即y(e1)x.(2)证明：当m1时，f(x)mexln x1exln x1，要证明f(x)1，只需证明exln x20，设g(x)exln x2，则g(x)ex(x0)，设h(x)ex(x0)，则h(x)ex0，所以函数h(x)g(x)ex在(0，)上单调递增，因为ge20，所以函数g(x)ex在(0，)上有唯一零点x0，且x0，因为g(x0)0，所以ex0，即ln x0x0，当x(0，x0)时，g(x)0，所以当xx0时，g(x)取得最小值g(x0)，故g(x)g(x0)ex0ln x02x020，综上可知，若m(1，)，则f(x)1.3(2019济南市学习
18、质量评估)已知函数f(x)x(ex1)a(ex1)(1)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处切线的斜率为1，求实数a的值；(2)当x(0，)时，f(x)0恒成立，求实数a的取值范围解：(1)f(x)xexex1aex.因为f(1)ee1ae1，所以a2.(2)设g(x)f(x)ex1xexaex，则g(x)ex(x1)exaex(x2a)ex，设h(x)x2a，注意到f(0)0，f(0)g(0)2a，(i)当a2时，h(x)x2a0在(0，)上恒成立，所以g(x)0在(0，)上恒成立，所以g(x)在(0，)上是增函数，所以g(x)g(0)2a0，所以f(x)0在(0，)上恒成立所以f(x)在(
19、0，)上是增函数，所以f(x)f(0)0在(0，)上恒成立，符合题意(ii)当a2时，h(0)2a0，x0(0，a)，使得h(x0)0，当x(0，x0)时，h(x)0，所以g(x)0，所以g(x)在(0，x0)上是减函数，所以f(x)在(0，x0)上是减函数所以f(x)f(0)2a0，所以f(x)在(0，x0)上是减函数，所以当x(0，x0)时，f(x)1时，f(x)0时无零点(ii)当a0时，g(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递增，取x0e，则g(x0)g(e)10，因为g(1)1，所以g(x0)g(1)0，此时函数g(x)恰有一个零点(iii)当a0时，令g(x)0，解得x.当0x时
20、，g(x)时，g(x)0，所以g(x)在上单调递增要使函数g(x)恰有一个零点，则galn 0，即a2e.综上所述，若函数g(x)恰有一个零点，则a2e或a0.(2)令h(x)f(x)(1m)x2mx2(2m1)xln x，根据题意，当x(1，)时，h(x)0恒成立h(x)2mx(2m1).(i)若0m0恒成立，所以h(x)在上是增函数，且h(x)，所以不符合题意(ii)若m，则x(1，)时，h(x)0恒成立，所以h(x)在(1，)上是增函数，且h(x)，所以不符合题意(iii)若m0，则x(1，)时，恒有h(x)0，故h(x)在(1，)上是减函数，于是h(x)0对任意的x(1，)都成立的充要条件是h(1)0，即m(2m1)0，解得m1，故1m0.综上，m的取值范围是1，0
