高考数学利用导数研究不等式问题(解析版)题型一：构造法证明不等式

题型一：构造法证明不等式
1．（2021·山东德州·高三期中）已知函数()2(1)x f x xe a x =++(其中常数e 2.718=是自然对数的底数).
（1）当0a <时，讨论函数()f x 的单调性；
（2）证明：对任意1a ≤，当0x >时，()()23231f x ex a x x x -≥-++.
【答案】
（1）答案见解析
（2）证明见解析
（1）
由()()()()12(1)12x x f x x e a x x e a =+++=++，
令()0f x '=，解得1x =-，()ln 2x a =-， ①当102a e
-<<， 由()0f x '>，解得()ln 2x a <-或1x >-，
由()0f x '<，解得()ln 21a x -<<-，
故()f x 在()(),ln 2a -∞-，()1,-+∞上单调递增；
在()()ln 2,1a --上单调递减， ②当12a e
=-，()0f x '≥，()f x 在R 上单调递增; ③当12a e
<-，由()0f x '>，解得1x <-或()ln 2x a >-， 由()0f x '<，解得()1ln 2x a -<<-
故()f x 在(),1-∞-，()()ln 2,a -+∞上单调递增；
在()()1,ln 2a --上单调递减， 综上所述，当102a e
-<<时， ()f x 在()(),ln 2a -∞-，()1,-+∞上单调递增；在()()ln 2,1a --上单调递减， 当12a e
=-，()f x 在R 上单调递增; 当12a e
<-，()f x 在(),1-∞-，()()ln 2,a -+∞上单调递增； 在()()1,ln 2a --上单调递减.
（2）
证明：对任意1a ≤，当0x >时，要证()()23231f x ex a x x x --++≥，
需证，20x e a a ax e x x
+---≥， 令()2x e a g x a ax e x x
=+---， 则()()()2
1x x e ax a g x x ---'=， 令()x h x e ax a =--，
则()x h x e a '=-，因为0x >，1a ≤，所以()0x h x e a '=->，
所以()()010h x h a >=-≥，
所以()0,1x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减，
当()1,x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，
所以()()10g x g ≥=，即20x e a a ax e x x
+---≥，原不等式成立. 2．（2021·河南驻马店·高三月考（文））已知函数()()248ln x a x x f a x +--=.
（1）求()f x 的单调区间；
（2）当2a =时，证明：()242e 64x f x x x >-++.
【答案】
（1）答案不唯一，见解析
（2）证明见解析
（1）
由题意知()f x 的定义域为(0,)+∞.由已知得()()2()()8188x a x x a x a f x x x
-++--'== 当0a ≤时,()()0,f x f x '>在(0,)+∞上单调递增,无单调递减区间.
当0a >时,令()0f x '>，得8a x >；令()'0f x <，得08
a x <<， 所以()f x 在0,8a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,8a ⎛+∞⎫ ⎪⎝⎭
上单调递增. 综上，当0a ≤时，()f x 的单调递增区间为(0,)+∞，无单调递减区间；
当0a >时，()f x 的单调递减区间为0,8a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递增区间为,8a ⎛+∞⎫ ⎪⎝⎭
. （2）
证明：原不等式等价于()e ln 20x x x ϕ=-->，则()1e x x x
ϕ'=-，
易知()x ϕ'在(0,)+∞
上单调递增，且()120,1e 102ϕϕ⎛⎫''<=-> ⎪⎝⎭
， 所以()x ϕ'在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭
上存在唯一零点0x ，此时()x ϕ在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， 要证()0x ϕ>即要证()00x ϕ>，由001e 0x x -=，得001e x x =,001e
x x =，代入()000e ln 2x x x ϕ=--,得()00
012x x x ϕ=+-， 因为(
)0001220x x x ϕ=+->=， 所以()242e 64x f x x x >-++.
3．（2021·湖北武汉·高三月考）已知函数()e 21x f x a x =+-
（1）讨论函数()f x 的单调性；
（2）证明：对任意的1a ≥，当0x >时，()()f x x ae x ≥+.
【答案】
（1）答案见解析
（2）证明见解析
（1）
解：()e 2x f x a '=+.
①当0a ≥时，()0f x '>，函数()f x 在R 上单调递增；
②当0a <时，由()0f x '>解得2ln x a ⎛⎫<- ⎪⎝⎭，由()0f x '<解得2ln x a ⎛⎫>- ⎪⎝⎭
. 故()f x 在2,ln a ⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上单调递增，在2ln ,a ⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
上单调递减. 综上所述，当0a ≥时，()f x 在R 上单调递增；
当0a <时，()f x 在2,ln a ⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上单调递增，在2ln ,a ⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
上单调递减. （2）
证明：原不等式等价于()2(1)x a e ex x -≥-.
令()x g x e ex =-，则()e e x g x '=-.
当1x <时，()0g x '<；当1x >时，()0g x '>.
∴()()10g x g ≥=，即0x e ex -≥，当且仅当1x =时等号成立.
当1x =时，()2(1)x a e ex x -≥-显然成立；当0x >且1x ≠时，0x e ex -≥.
欲证对任意的1a ≥，()2(1)x a e ex x -≥-成立，只需证2(1)x e ex x -≥-
()()()()2
g 1'21x x x e ex x g x e e x =---=---，
令()()(),2x h x g x h x e ''==-，令()0,ln 2h x x ='= ()ln 2,0,x h x '<<()g x '递减，()ln 2,0,x h x '>>()g x '递增
()()()'ln 222ln 2142ln 20,030g e e g e =---==-=-'
故存在()00,ln 2x ∈，使()00g x '=
又由(1)0g '=，
所以00x x <<时，()0g x '>，()g x 递增，
01x x <<时，()0g x '<，()g x 递减，
1x >时，()0g x '>，()g x 递增，又()()g 00,10g ==，
故0x >时，()0g x ≥.
综上所述，结论得证。