《數(shù)學》復習人教A（新高考）-第3節(jié)　微課1　構造函數(shù)證明不等式

第三章

第3節(jié)導數(shù)的綜合應用微課一構造函數(shù)證明不等式題型分類突破題型跟蹤訓練內容索引12//////////////題型分類突破1題型一移項構造函數(shù)證明不等式【例1】已知函數(shù)f(x)＝x2e2x－2. (1)求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； 解

f′(x)＝2e2x－2(x2＋x)，f′(1)＝4，f(1)＝1， 則曲線y＝f(x)在點(1，1)處的切線方程為y－1＝4(x－1)， 即y＝4x－3.【例1】已知函數(shù)f(x)＝x2e2x－2. (2)當x∈[0，2]時，求證：f(x)≥－2x2＋8x－5.

證明當x∈[0，2]時，令g(x)＝x2e2x－2＋2x2－8x＋5， 則g′(x)＝2e2x－2(x2＋x)＋4x－8， 令h(x)＝g′(x)，則h′(x)＝2e2x－2(2x2＋4x＋1)＋4>0， 所以g′(x)在[0，2]上單調遞增，且g′(1)＝0， 所以g(x)在[0，1]上單調遞減，在(1，2]上單調遞增， 所以g(x)的最小值為g(1)＝0， 所以g(x)≥0， 即f(x)≥－2x2＋8x－5.待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般地，可以直接構造“左減右”或“右減左”的函數(shù)，利用研究其單調性等相關函數(shù)性質證明不等式.感悟升華所以g(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，題型二放縮后構造函數(shù)證明不等式【例2】(2020·長沙調研)已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx－1. (1)設x＝2是f(x)的極值點，求a，并求f(x)的單調區(qū)間； 由題設知，f′(2)＝0， 當0<x<2時，f′(x)<0；當x>2時，f′(x)>0.

所以f(x)的單調遞減區(qū)間為(0，2)，單調遞增區(qū)間為(2，＋∞).當0<x<1時，g′(x)<0；當x>1時，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的極小值點，也是最小值點.故當x>0時，g(x)≥g(1)＝0.某些不等式，直接構造不易求最值，可利用條件與不等式性質，適當放縮后，再構造函數(shù)進行證明.感悟升華當x∈(0，1)時，f′(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，∴f(x)的單調遞減區(qū)間為(0，1)，單調遞增區(qū)間為(1，＋∞).∵當x∈(0，1)時，ex∈(1，e)，－lnx>0，

則函數(shù)g(x)在(0，1)上單調遞增，于是g(x)<－ln1＋1－1＝0，題型三分拆函數(shù)法證明不等式【例3】(2021·百校大聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(a∈R). (1)討論函數(shù)f(x)的單調性； ①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；【例3】(2021·百校大聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(a∈R). (2)當a＝e時，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.

當a＝e時，由(1)知，f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減.

所以f(x)max＝f(1)＝－e.

所以當0<x<1時，g′(x)<0，g(x)單調遞減； 當x>1時，g′(x)>0，g(x)單調遞增， 所以g(x)min＝g(1)＝－e.

即xf(x)－ex＋2ex≤0得證.1.若直接求導比較復雜或無從下手時，可將待證式進行變形，構造兩個函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達到證明的目標.2.在證明過程中，等價轉化是關鍵，此處g(x)min≥f(x)max恒成立，從而f(x)≤g(x)恒成立.感悟升華證明函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞).設函數(shù)g(x)＝xlnx，則g′(x)＝1＋lnx(x>0)，所以當x∈(0，1)時，h′(x)>0；當x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0.故h(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，所以當x>0時，g(x)>h(x)，即f(x)>1.近年高考應考，常涉及“雙變量”或“雙參”相關問題，能力要求高，破解問題的關鍵：一是轉化，即由已知條件入手，尋找雙變量滿足的關系式，并把含雙變量問題轉化為含單變量的問題，二是巧妙構造函數(shù)，再借用導數(shù)，判斷函數(shù)的單調性，從而求其最值.“雙變量”問題的轉化【例1】(2021·重慶調研)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋(a－b－1)x＋b＋1(a，b∈R). (1)若a＝0，試討論f(x)的單調性； ①當b≤－1時，f′(x)＞0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增.證明由f(x)＝m－ax2得lnx＋(a－2)x＋2－m＝0，令g(x)＝lnx＋(a－2)x＋2，x＞0，則g(x1)＝g(x2)＝m，依題意有l(wèi)nx1＋(a－2)x1＝lnx2＋(a－2)x2.不妨設x2＞x1＞0.∴h(t)在(1，＋∞)上單調遞減，【例2】(2020·成都調研)已知函數(shù)f(x)＝(x＋a)·e－x，若曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線與直線y＝x－2平行. (1)求實數(shù)a的值； 解由f(x)＝(x＋a)e－x，得f′(x)＝(1－a－x)e－x.

依題設f′(0)＝1－a＝1， ∴a＝0.【例2】(2020·成都調研)已知函數(shù)f(x)＝(x＋a)·e－x，若曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線與直線y＝x－2平行. (2)如果0<x1<x2，且f(x1)＝f(x2)，求證：3x1＋x2>3.

證明由(1)知，f(x)＝xe－x， 因為0<x1<x2，且f(x1)＝f(x2)， 令t＝x2－x1(t>0)，則x1et－x1＝t，因為t>0，所以et－1>0，即證(t－3)et＋3t＋3>0.設g(t)＝(t－3)et＋3t＋3(t>0)，則g′(t)＝(t－2)et＋3(t>0).令h(t)＝(t－2)et＋3(t>0)，則h′(t)＝(t－1)et，當0<t<1時，h′(t)<0，當t>1時，h′(t)>0，所以函數(shù)h(t)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，所以h(t)≥h(1)＝3－e>0，即g′(t)>0，所以g(t)在(0，＋∞)上單調遞增，所以g(t)>g(0)＝0，所以3x1＋x2>3.思維升華題型跟蹤訓練2所以h(x)在[1，＋∞)上單調遞增，2.(2021·武漢模擬)設a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. (1)求f(x)的單調區(qū)間與極值； 解由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0， 得x＝ln2.

于是當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： 故f(x)的單調遞減區(qū)間是(－∞，ln2)，單調遞增區(qū)間是(ln2，＋∞). ∴f(x)在x＝ln2處取得極小值，極小值f(ln2)＝2(1－ln2＋a)，無極大值.x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)

2(1－ln2＋a)

2.(2021·武漢模擬)設a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. (2)求證：當a>ln2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1.

證明設g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.

于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.

由(1)知當a>ln2－1時，g′(x)的最小值為g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.

于是對任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R內單調遞增.

于是當a>ln2－1時，對任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).

又g(0)＝0，從而對任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.

即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.3.已知函數(shù)f(x)＝(x－1)(x2＋2)ex－2x. (1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程； 解因為f′(x)＝2x(x－1)ex＋x(x2＋2)·ex－2

＝x2(x＋2)ex－2， 所以f′(0)＝－2.

因為f(0)＝－2， 所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為2x＋y＋2＝0.3.已知函數(shù)f(x)＝(x－1)(x2＋2)ex－2x. (2)證明：f(x)>－x2－4.

證明要證f(x)>－x2－4， 只需證(x－1)(x2＋2)ex>－x2＋2x－4， 設g(x)＝－x2＋2x－4＝－(x－1)2－3，

h(x)＝(x－1)(x2＋2)ex， 則h′(x)＝x2(x＋2)ex.

由h′(x)≥0，得x≥－2， 故h(x)在[－2，＋∞)上單調遞增； 由h′(x)<0，得x<－2， 故h(x)在(－∞，－2)上單調遞減，因為e≈2.718，又g(x)max＝－3，所以g(x)max<h(x)min，從而(x－1)(x2＋2)ex>－x2＋2x－4，即f(x)>－x2－4.解得a＝1，b＝1.所以當x≠1時，h′(x)＜0.而h(1)＝0，5.(2020·豫北名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ex＋1－kx－2k(其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，k∈R). (1)討論函數(shù)f(x)的單調性； 解易得f′(x)＝ex＋1－k， 當k>0時，令f′(x)＝0，得x＝lnk－1， 可得當x∈(－∞，lnk－1)時，f′(x)<0， 當x∈(lnk－1，＋∞)時，f′(x)>0， 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，lnk－1)上單調遞減，在區(qū)間(lnk－1，＋∞)上單調遞增.

當k≤0時，f′(x)＝ex＋1－k>0恒成立， 故此時函數(shù)f(x)在R上單調遞增.5.(2020·豫北名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ex＋1－kx－2k(其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，k∈R). (2)當函數(shù)f(x)有兩個零點x1，x2時，證明x1＋x2>－2.

證明當k≤0時，由(1)知函數(shù)f(x)在R上單調遞增，不存在兩個零點， 所以k>0， 由題意知ex1＋1＝k(x1＋2)，ex2＋1＝k(x2＋2)，即證(t＋1)lnt－2(t－1)>0，令g(t)＝(t＋1)lnt－2(t－1)(t>1)，所以g′(t)>g′(1)＝0.所以g(t)在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞增，所以當t>1時，g(t)>g(1)＝0，即(t＋1)lnt－2(t－1)>0，原不等式得證.6.(2021·新高考8省聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ex－