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- 2021-06-24 发布
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第2课时 利用导数证明不等式
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lnx≤x－1，ex≥x＋1，lnx0)，≤ln(x＋1)≤x(x>－1)；(3)特征分析构造法：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．
方法1 直接构造差函数法
【例1】 已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx(e为自然对数的底数)，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直．
(1)求a，b的值；
(2)求证：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
【解】 (1)因为f(x)＝1－，
所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝＋－bx，
所以g′(x)＝－－－b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，
所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，
即g(1)＝1＋a－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，
解得a＝－1，b＝－1.
(2)证明：由(1)知，g(x)＝－＋＋x，
则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0.
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
则h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝0，
即1－－－＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
方法技巧
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”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证.
已知函数f(x)＝x2e2x－2.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当x∈[0,2]时，求证：f(x)≥－2x2＋8x－5.
解：(1)f′(x)＝2e2x－2(x2＋x)，f′(1)＝4，f(1)＝1，
则曲线y＝f(x)在点(1,1)处的切线方程为y－1＝4(x－1)，即y＝4x－3.
(2)证明：当x∈[0,2]时，令g(x)＝x2e2x－2＋2x2－8x＋5，则g′(x)＝2e2x－2(x2＋x)＋4x－8，令h(x)＝g′(x)，
则h′(x)＝2e2x－2(2x2＋4x＋1)＋4>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)≥－2x2＋8x－5.
方法2 特征分析构造法
【例2】 (2020·江西南昌统考)已知函数f(x)＝lnx＋ax，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝时，证明：x3>f(x)．
【解】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由已知得f′(x)＝＋a＝(x>0)，
则①当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a<0时，令f′(x)>0，得x<－，则f(x)在(0，－)上单调递增，在(－，＋∞)上单调递减．
综上所述，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a<0时，f(x)的单调递增区间为(0，－)，单调递减区间为(－，＋∞)．
(2)当a＝时，x3>f(x)可化为x2－>.
令m(x)＝x－1－，x>0，则m′(x)＝(x>0)，令h(x)＝x2＋lnx－1，x>0，则h′(x)＝2x＋>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，h(x)<0，则m′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，则m′(x)>0，所以m(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以m(x)≥m(1)＝0，即x－1≥，当且仅当x＝1时，等号成立．
又x2－－(x－1)＝x2－x＋＝(x－)2≥0，所以x2－≥x－1，当且仅当x＝时，等号成立．
故x2－>，即x2>＋，即x3>lnx＋x，即x3>f(x)．
方法技巧
用特征分析构造法证明不等式，就是将一些复杂函数通过等价变形或合理拆分，得到一些熟悉的基本初等函数，然后利用这些基本初等函数的性质和图象等，进行合理放缩，这样可以大大减少运算量，降低思维难度，进而使问题更易解答.
已知函数f(x)＝在点(－1，f(－1))处的切线方程为x＋y＋3＝0.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)设g(x)＝lnx，求证：g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立．
解：(1)将x＝－1代入切线方程得y＝－2，
所以f(－1)＝＝－2，
化简得b－a＝－4.①
f′(x)＝，
f′(－1)＝＝－1.②
联立①②，解得a＝2，b＝－2.
所以f(x)＝.
(2)证明：由题意知要证lnx≥在[1，＋∞)上恒成立，即证明(x2＋1)lnx≥2x－2，x2lnx＋lnx－2x＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立．
设h(x)＝x2lnx＋lnx－2x＋2，则h′(x)＝2xlnx＋x＋－2，因为x≥1，所以2xlnx≥0，x＋≥2·＝2(当且仅当x＝1时等号成立)，即h′(x)≥0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(x)≥h(1)＝0，
所以g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立．
方法3 放缩法
【例3】 已知函数f(x)＝ax－lnx－1.
(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；
(2)求证：＋x＋lnx－1≥0；
(3)已知k(e－x＋x2)≥x－xlnx恒成立，求k的取值范围．
【解】 (1)f(x)≥0等价于a≥.
令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝－，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，所以a的最小值为1.
(2)证明：当a＝1时，由(1)得x≥lnx＋1，即t≥lnt＋1(t>0)．令＝t，
则－x－lnx＝lnt，所以≥－x－lnx＋1，
即＋x＋lnx－1≥0.
(3)因为k(e－x＋x2)≥x－xlnx恒成立，
即k≥1－lnx恒成立，
所以k≥＝－＋1，
由(2)知＋x＋lnx－1≥0恒成立，
所以－＋1≤1，所以k≥1.
故k的取值范围为[1，＋∞)．
方法技巧
导数的综合应用题中，最常见就是ex和lnx与其他代数式结合的难题，对于这类问题，可以先对ex和lnx进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负.常见的放缩公式如下：
(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；
(2)ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号；
(2020·河北九校联考)已知函数f(x)＝xex＋x2＋ax＋b，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为4x－2y－3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)证明：f(x)>lnx.
解：(1)f′(x)＝(x＋1)ex＋2x＋a，
由题意知解得
(2)由(1)知，f(x)＝xex＋x2＋x－.
先证当x≥0时，f(x)≥2x－，
即证xex＋x2－x≥0.
设g(x)＝xex＋x2－x，x≥0，
则g′(x)＝(x＋1)ex＋2x－1，g′(0)＝0.
设φ(x)＝g′(x)，则φ′(x)＝(x＋2)ex＋2>0，所以函数g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，故g′(x)≥g′(0)＝0，所以函数g(x)在[0，＋∞)上单调递增，则当x≥0时，g(x)＝xex＋x2－x≥g(0)＝0.(也可直接分析xex＋x2＋x－≥2x－⇔xex＋x2－x≥0⇔ex＋x－1≥0，显然成立)．
再证2x－>lnx，设h(x)＝2x－－lnx，
则h′(x)＝2－＝，令h′(x)＝0，得x＝，则当x∈(0，)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
当x∈(，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．
所以h(x)＝2x－－lnx≥h()＝－＋ln2>0，
即有2x－>lnx，
又f(x)＝xex＋x2＋x－>2x－(x>0)，
故f(x)>lnx.
方法4 构造双函数法
【例4】 (2020·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex2－xlnx.求证：当x>0时，f(x)0)，
则h′(x)＝，
易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min＝h＝0，所以lnx＋≥0.
再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，
易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.
因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex0)．
(1)求函数h(x)＝f(x)g(x)的极值；
(2)求证：当x>0时，不等式lnx＋－>0成立．(其中e为自然对数的底数，e＝2.718 28…)
解：(1)F(x)＝f(x)g(x)＝ax2lnx(x>0)，
∴F′(x)＝axlnx＋ax＝ax，
由F′(x)>0得x>e，
由F′(x)<0，得00，G(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，G′(x)<0，G(x)单调递减，
则G(x)max＝G(2)＝－，
而－－＝<0，
因此x2lnx≥－>－≥－，原不等式得证．
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