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重难突破系列(二) 导数与不等式证明 ► 对应学生用书P062
利用导数证明不等式问题一般要用到构造法,构造法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)<g(x))转化为证明f(x)-g(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 x≤x-1,ex≥x+1,ln x<x<ex(x>0),≤ln (x+1)≤x(x>-1);
(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,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.
作差构造法
[例1] (2023·四川成都一诊)已知函数f(x)=(a-1)ln x+x+,a∈R,f′(x)为f(x)的导函数.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a=2时,证明:f(x)-f′(x)≤x+对任意的x∈[1,2]都成立.
解:(1)依题意,f(x)的定义域为(0,+∞).
f′(x)=+1-==.
∵x>0,a∈R,
∴当a≥0时,x+a>0,函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增;
当-1<a<0,即0<-a<1时,函数f(x)在(0,-a)上单调递增,在(-a,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增;
当a=-1时,f′(x)=≥0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a<-1,即-a>1时,函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,-a)上单调递减,在(-a,+∞)上单调递增.
(2)证明:当a=2时,f(x)=ln x+x+,x∈[1,2].
f′(x)=+1-,
∴f(x)-f′(x)-x-=ln x-+-1.
令h(x)=ln x-+-1,x∈[1,2],
则h′(x)=+-=.
令u(x)=x2+x-4,∵函数u(x)在[1,2]上单调递增,u(1)=-2<0,u(2)=2>0,
∴存在唯一的x0∈(1,2),使得h′(x0)=0.
∵当x∈(1,x0)时,h′(x)<0,当x∈(x0,2)时,h′(x)>0,
∴函数h(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,2)上单调递增.
又∵h(1)=0,h(2)=ln 2-1<0,
∴h(x)max=0,即f(x)-f′(x)≤x+对任意的x∈[1,2]都成立.
【点拨】 1.待证不等式的两边含有相同的变量时,一般地,可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数,通过研究其单调性等相关函数性质证明不等式.
2.利用构造差函数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形;
(2)构造新的函数g(x);
(3)利用导数研究g(x)的单调性或最值;
(4)根据单调性及最值,得到所证不等式.
[对点练] 1.设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值;
(2)求证:当a>ln 2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1.
解:(1)由f(x)=ex-2x+2a,x∈R,得f′(x)=ex-2,x∈R,令f′(x)=0,得x=ln 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(1-ln 2+a)
↗
故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2),单调递增区间是(ln 2,+∞).
所以f(x)在x=ln 2处取得极小值,极小值为f(ln 2)=2(1-ln 2+a),无极大值.
(2)证明:设g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R.
于是g′(x)=ex-2x+2a,x∈R.
由(1)知当a>ln 2-1时,g′(x)的最小值为g′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0.
于是对任意x∈R,都有g′(x)>0,所以g(x)在R内单调递增.
于是当a>ln 2-1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ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1.
隔离转化法
[例2] (2021·全国高考乙卷)设函数f(x)=ln (a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.
(1)求a;
(2)设函数g(x)=,证明:g(x)<1.
解:(1)由f(x)=ln (a-x