构造函数证明不等式讲义-2025届高三数学一轮复习

第二课时　构造函数证明不等式 题型一　移项构造函数或直接利用函数的最值证明不等式 例1 (2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋. (1)解　f′(x)＝aex－1，x∈R. 当a≤0时，f′(x)<0， 所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 当a>0时，令f′(x)>0，得x>－ln a； 令f′(x)<0，得x<－ln a， 所以函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减， 在(－ln a，＋∞)上单调递增. 综上，当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 当a>0时，函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增. (2)证明　法一　由(1)得当a>0时，函数f(x)的最小值为f(－ln a)＝1＋a2＋ln a. 令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－＝a2－ln a－，a∈(0，＋∞)， 所以g′(a)＝2a－， 令g′(a)>0，得a>； 令g′(a)<0，得0<a<， 所以函数g(a)在上单调递减， 在上单调递增， 所以函数g(a)的最小值为 g＝－ln－＝ln >0， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋成立. 法二　当a>0时，由(1)得 f(x)min＝f(－ln a)＝1＋a2＋ln a， 故欲证f(x)>2ln a＋成立， 只需证1＋a2＋ln a>2ln a＋， 即证a2－>ln a. 构造函数u(a)＝ln a－(a－1)(a>0)， 则u′(a)＝－1＝， 所以当a>1时，u′(a)<0； 当0<a<1时，u′(a)>0， 所以函数u(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以u(a)≤u(1)＝0，即ln a≤a－1， 故只需证a2－>a－1，即证a2－a＋>0. 因为a2－a＋＝＋>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋成立. 感悟提升　1.若待证不等式的一边含有自变量，另一边为常数，可直接求函数的最值，利用最值证明不等式. 2.若待证不等式的两边含有同一个变量，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证. 训练1 (2023·新高考Ⅱ卷节选)证明：当0<x<1时，x－x2<sin x<x. 证明　令h(x)＝x－x2－sin x(0<x<1)， 则h′(x)＝1－2x－cos x(0<x<1). 令p(x)＝1－2x－cos x(0<x<1)， 则p′(x)＝－2＋sin x<0， 所以p(x)即h′(x)在(0，1)上单调递减， 又h′(0)＝0， 所以当0<x<1时，h′(x)<h′(0)＝0，h(x)单调递减， 所以当0<x<1时，h(x)<h(0)＝0， 即x－x2<sin x. 令g(x)＝sin x－x(0<x<1)， 则g′(x)＝cos x－1≤0， 所以g(x)在(0，1)上单调递减，又g(0)＝0， 所以当0<x<1时，g(x)<g(0)＝0，即sin x<x. 综上，当0<x<1时，x－x2<sin x<x. 题型二　分拆函数法证明不等式 例2 (2024·长沙模拟节选)已知函数f(x)＝axln x＋x2，g(x)＝ex＋x－1，0<a≤1，求证：f(x)<g(x). 证明　要证明f(x)<g(x)， 只需证明axln x＋x2<ex＋x－1， 只需证明＋1<， 令u(x)＝＋1，v(x)＝， 又u′(x)＝，0<a≤1， 则0<x<e时，u′(x)>0，函数u(x)在(0，e)上单调递增； x>e时，u′(x)<0，函数u(x)在(e，＋∞)上单调递减； 所以x＝e时，u(x)取得最大值，最大值为＋1， 由v(x)＝可得v′(x)＝， 则0<x<2时，v′(x)<0，函数v(x)在(0，2)上单调递减； x>2时，v′(x)>0，函数v(x)在(2，＋∞)上单调递增； 则x＝2时，v(x)取得最小值，且最小值为， 又－－1>－>0， 所以>＋1， 即<， 所以0<a≤1时，f(x)<g(x). 感悟提升　1.若直接求导比较复杂或无从下手时，或两次求导都不能判断导数的正负时，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.含ln x与ex的混合式不能直接构造函数，要将指数与对数分离，分别计算它们的最值，借助最值进行证明. 2.等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，ex与ln x要分离，常构造xn与ln x，xn与ex的积、商形式，便于求导后找到极值点. 训练2 (2024·郑州模拟节选)已知函数f(x)＝ex2－xln x，求证：当x＞0时，f(x)＜xex＋. 证明　要证f(x)＜xex＋， 只需证ex－ln x＜ex＋， 即ex－ex＜ln x＋. 令h(x)＝ln x＋(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ln x＋≥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－ex＜ln x＋，故原不等式成立. 题型三　放缩后构造函数证明不等式 例3 当x>0时，证明：ex－sin x－1>xln x. 证明　设h(x)＝x－sin x， 则h′(x)＝1－cos x≥0，h(x)单调递增， 所以当x>0时，h(x)>h(0)＝0， 即x>sin x(x>0). 所以ex－sin x－1>ex－x－1， 所以要证ex－sin x－1>xln x， 只需证明ex－x－1>xln x， 设f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1， 则x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增. 所以f(x)的最小值为f(0)＝0. 当x∈(0，1)时，f(x)>0，xln x<0， 所以ex－x－1>xln x. 当x∈[1，＋∞)时，设F(x)＝ex－x－1－xln x， 则F′(x)＝ex－ln x－2， 设g(x)＝ex－ln x－2，则g′(x)＝ex－， 因为g′(x)在[1，＋∞)上单调递增， 且g′(1)＝e－1>0， 所以g′(x)>0在[1，＋∞)上恒成立， 所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 又g(1)＝e－2>0， 所以F′(x)>0在[1，＋∞)上恒成立， 故F(x)在[1，＋∞)上单调递增， F(x)≥F(1)＝e－2>0在[1，＋∞)上恒成立. 综上，当x>0时，ex－sin x－1>xln x. 感悟提升　1.利用导数证明不等式时，若所证明的不等式中含有ex，ln x，sin x，cos x，tan x，或其他多项式函数中的两种或以上，可考虑先利用不等式进行放缩，使问题简化.然后再构造函数进行证明. 2.常见的放缩有： (1)tan x>x>sin x，x∈； (2)切线放缩：ex≥x＋1>x－1≥ln x，利用切线放缩可把指数式、对数式转化为一次式，有利于后续的求解. 训练3 (2024·济南模拟节选)已知函数f(x)＝ex，证明：当x＞－2时，f(x)＞ln(x＋2). 证明　设g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ ex－x－1(x＞－2)， 则g′(x)＝ex－1， 当－2＜x＜0时，g′(x)＜0； 当x＞0时，g′(x)＞0， 即g(x)在(－2，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 于是当x＝0时，g(x)min＝g(0)＝0， 因此f(x)≥x＋1(当且仅当x＝0时取等号)， 令h(x)＝x＋1－ln(x＋2)(x＞－2)， 则h′(x)＝1－＝， 则当－2＜x＜－1时，h′(x)＜0； 当x＞－1时，h′(x)＞0， 即有h(x)在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增， 于是当x＝－1时，h(x)min＝h(－1)＝0， 因此x＋1≥ln(x＋2)(当且仅当x＝－1时取等号)， 因为等号不同时成立， 所以当x＞－2时，f(x)＞ln(x＋2). 利用切线放缩法证明不等式 导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构造函数进行证明.常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号.(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号. 例 已知函数f(x)＝aex－ln x－1，证明：当a≥时，f(x)≥0. 证明　因为a≥， 所以f(x)≥－ln x－1＝ex－1－ln x－1. 因为y＝ex－1在x＝1处的切线方程为y＝x， 因此用切线放缩法可得不等式ex－1≥x， 当且仅当x＝1时取等号， 所以得ex－1－ln x－1 ≥x－ln x－1， 当且仅当x＝1时取等号. 设g(x)＝x－ln x－1， 则g′(x)＝1－＝. 当0＜x＜1时，g′(x)＜0， 所以g(x)单调递减； 当x＞1时，g′(x)＞0，所以g(x)单调递增. 所以x＝1是g(x)的最小值点. 故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0. 因此，当a≥时，f(x)≥0. 训练 已知函数f(x)＝，g(x)＝，证明：f(x)>2g(x)－1. 证明　设h(x)＝ex－x－1(x>0)， 则h′(x)＝ex－1>0， ∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴h(x)>h(0)＝0，即ex>x＋1>1， ∴<. 要证f(x)>2g(x)－1，即证>－1， 只需证≥－1， 即证xln x≥x－1， 令m(x)＝xln x－x＋1，则m′(x)＝ln x， ∴当x∈(0，1)时，m′(x)<0； 当x∈(1，＋∞)时，m′(x)>0， ∴m(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴m(x)min＝m(1)＝0，即m(x)≥0， ∴xln x≥x－1，则f(x)>2g(x)－1得证. 【A级　基础巩固】 1.已知函数f(x)＝，求证：当x＞0时，f(x)≤x－1. 证明　当x＞0时，要证f(x)≤x－1， 即证ln x－x2＋x≤0， 令g(x)＝ln x－x2＋x(x＞0)， 则g′(x)＝－2x＋1＝ ＝－， 当0＜x＜1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增； 当x＞1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减， ∴g(x)≤g(1)＝0， 即当x＞0时，f(x)≤x－1. 2.(2024·唐山模拟)已知x>－1，证明： (1)ex－1≥x≥ln(x＋1)； (2)(ex－1)ln(x＋1)≥x2. 证明　(1)令f(x)＝x－ln(x＋1)， 则f′(x)＝，x>－1， 当－1<x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)≥f(0)＝0，等号仅当x＝0时成立， 即x≥ln(x＋1)， 从而ex≥eln(x＋1)＝x＋1，所以ex－1≥x. 综上，ex－1≥x≥ln(x＋1). (2)显然当x＝0时，(ex－1)ln(x＋1)＝x2＝0. 令g(x)＝，x≠0， 则g′(x)＝，x≠0. 令h(x)＝(1－x)ex－1，则h′(x)＝－xex， 当x<0时，h′(x)>0，h(x)单调递增； 当x>0时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 所以h(x)≤h(0)＝0，等号仅当x＝0时成立， 从而g′(x)＝<0，x≠0， 所以g(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递减. 由(1)知，当－1<x<0时，0>x>ln(x＋1)； 当x>0时，x>ln(x＋1)>0， 所以g(x)<g[ln(x＋1)]， 即<＝. 又当x>－1且x≠0时，x(ex－1)>0， 所以(ex－1)ln(x＋1)>x2. 综上，当x>－1时，(ex－1)ln(x＋1)≥x2. 3.已知函数f(x)＝ax－sin x. (1)若函数f(x)为增函数，求实数a的取值范围； (2)求证：当x>0时，ex>2sin x. (1)解　∵f(x)＝ax－sin x， ∴f′(x)＝a－cos x， 由函数f(x)为增函数， 则f′(x)＝a－cos x≥0恒成立， 即a≥cos x在R上恒成立， ∵y＝cos x∈[－1，1]，∴a≥1， 即实数a的取值范围为[1，＋∞). (2)证明　由(1)知，当a＝1时，f(x)＝x－sin x为增函数， 当x>0时，f(x)>f(0)＝0⇒x>sin x， 要证当x>0时，ex>2sin x， 只需证当x>0时，ex>2x， 即证ex－2x>0在(0，＋∞)上恒成立， 设g(x)＝ex－2x(x>0)，则g′(x)＝ex－2， 令g′(x)＝0解得x＝ln 2， ∴g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， ∴g(x)min＝g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)>0， ∴g(x)≥g(ln 2)>0，∴ex>2x成立， 故当x>0时，ex>2sin x. 【B级　能力提升】 4.设函数f(x)＝ln(a－x)－x＋e. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)当a＝e时，证明：f(e－x)<ex＋. (1)解　由题意得函数f(x)的定义域为{x|x<a}，f′(x)＝－1＝， ∵x<a，∴f′(x)<0. 故函数f(x)的单调递减区间为(－∞，a)，无单调递增区间. (2)证明　法一　当a＝e时，要证f(e－x)<ex＋，即证ln x＋x<ex＋(x>0)， 即证＋1<＋. 设g(x)＝＋1(x>0)， 则g′(x)＝(x>0)， 令g′(x)>0，得0<x<e；令g′(x)<0，得x>e， ∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， ∴g(x)≤g(e)＝＋1. 设h(x)＝＋(x>0)， 则h′(x)＝(x>0)， 令h′(x)>0，得x>1；令h′(x)<0，得0<x<1， ∴h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴h(x)≥h(1)＝e＋， ∵－＝＋1－e<0， ∴＋1<e＋， ∴当a＝e时，f(e－x)<ex＋. 法二　当a＝e时，要证f(e－x)<ex＋， 即证ln x＋x<ex＋(x>0)， 即证ln x－<ex－x， 设g(x)＝ln x－，则g′(x)＝， 当x∈(0，2e)时，g′(x)>0； 当x∈(2e，＋∞)时，g′(x)<0， ∴g(x)在(0，2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减， ∴g(x)≤g(2e)＝ln(2e)－1＝ln 2<1. 设h(x)＝ex－x，x>0， 则h′(x)＝ex－1>0在(0，＋∞)上恒成立. ∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴h(x)>e0－0＝1， ∴g(x)<h(x)，即f(e－x)<ex＋. 学科网（北京）股份有限公司 $$