1.构造函数法(最值法)证明单变量不等式

②当 m≤2 时，求证：ex－lnx＋m＞0. 证明：当 m≤2 时，x∈－m，＋∞， ∵lnx＋m≤lnx＋2， ∴只需证：ex－lnx＋2＞0. 令 gx＝ex－lnx＋2， g′x＝ex－x＋1 2在－2，＋∞上递增.
又∵g′－1＝1e－1＜0，g′0＝12＞0， ∴存在唯一实数 x0∈－1，0，使 g′x0＝0，即 ex0＝x0＋1 2. ∴当 x∈－1，x0时，g′x＜0，x∈x0，0时，g′x＞0. ∵gxmin＝gx0＝ex0－lnx0＋2＝x0＋1 2＋x0 ＝x0＋1 2＋x0＋2－2＞0.
只需证1－ln ex
x＋x2－1＜1， x
由于 1－ln x＞0，ex＞e0＝1，则只需证明 1－ln x＋x2－1＜1， x
只需证明 ln x－x2＋1＞0，令 g(x)＝ln x－x2＋1，
x
x
则当 x∈(0,1)时，g′(x)＝1x－2x－x12＝x－1x－2 2x3＜x－x2 1＜0，
则函数 g(x)在(0,1)上单调递减，则 g(x)＞g(1)＝0，
单变量不等式的证明方法 (1)移项法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明 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)构造“形似”函数：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结构，根据 “相同结构”构造辅助函数； (3)最值法：欲证f(x)＜g(x)，有时可以证明f(x)max＜g(x)min. 提醒：拆分函数时，ex和ln x尽量分到两个不同的函数中． (4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进 行放缩，再重新构造函数．
(2)证明：由(1)知，f(x)在 x＝1 处取得最大值，最大值为 f(1)＝0.
所以当 x≠1 时，ln x＜x－1.
故当 x∈(1，＋∞)时，ln x＜x－1，ln1＜1－1，即 1＜x－1＜x.
xx
ln x
(3)证明：由题设 c＞1，设 g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则 g′(x)＝c－1－cxln c.
利用导数证明不等式(5 年 3 考) 考向 1 构造函数法(最值法)证明单变量不等式
[高考解读] 以我们熟知的不等关系，如 ln x＜x，lnx＋1≤x， ex≥x＋1 等为载体，通过变形或适当重组，形成一道新颖的题目.重 在考查学生的等价转化能力，逻辑推理及数学运算的能力.
(2016·全国卷Ⅲ)设函数 f(x)＝ln x－x＋1. (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)证明当 x∈(1，＋∞)时，1＜xl－n x1＜x； (3)设 c>1，证明当 x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
当 x∈(0,1)时，g′(x)＞0，故函数 g(x)在(0,1)上单调递增， 所以 g(x)＜g(1)＝1. 设函数 h(x)＝(1＋x－x3)ex，则 h′(x)＝(2＋x－3x2－x3)ex. 设函数 p(x)＝2＋x－3x2－x3，则 p′(x)＝1－6x－3x2. 当 x∈(0,1)时，p′(0)·p′(1)＝－8＜0， 故存在 x0∈(0,1)，使得 p′(x0)＝0， 从而函数 p(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减．
当x∈(0，x0)时，p(x0)＞p(0)＝2，当x∈(x0,1)时，p(x0)·p(1)＜－2＜0，
故存在x1∈(0,1)，使得h′(x1)＝0， 即当x∈(0，x1)时，p(x)＞0，当x∈(x1,1)时，p(x)＜0， 从而函数h(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1,1)上单调递减． 因为h(0)＝1，h(1)＝e， 所以当x∈(0,1)时，h(x)＞h(0)＝1， 所以x(1－ln x)＜(1＋x－x3)ex，x∈(0,1)， 即fexx＋x2－1x＜1，x∈(0,1)．
[一题多解](与 ex，ln x 有关的不等式证明问题)已
知函数 f(x)＝1－ln x＋a2x2－ax(a∈R)．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)若 a＝0 且 x∈(0,1)，求证：fexx＋x2－1x＜1.
[解](1)a＝0 时，f(x)在(0，＋∞)上递减；
a＞0
时，f(x)在
0，1a
所以 ln x－x2＋1＞0， x
即原不等式原立．
[点评] 含“x”的不等式证明,考题第二问出现含x的不等式， 往往是对所求证的不等式先进行等价变形，如移项、分解、重组， 放缩等手段，化为更加加强的不等式的证明，甚至构造两个系数， 其中放缩法比较灵活.
①x＞0时，证明：\f(x＋1,ex)1－x－xln x＜1＋e－2. 析：令gx＝x＋ex 1，hx＝1－x－xln x. 易证0＜gx＜1，h′x＝－ln x－2. ∵hx在0，e－2上递增，在e－2，＋∞上递减， ∴hx≤he－2＝1＋e－2， ∴gxhx＜1＋e－2.
所以 g(x)＜g(1)＝1.
设函数 h(x)＝(1＋x－x3)ex，x∈(0,1)，
因为 x∈(0,1)，所以 x＞x3，所以 1＋x－x3＞1，
又 1＜ex＜e，所以 h(x)＞1，所以 g(x)＜1＜h(x)，
即原不等式成立．
法三：(放缩法)若 a＝0 且 x∈(0,1)，欲证fexx＋x2－1x＜1，
切入点：(1)当 x＞1 时，1＜x－1＜x⇔ln x＜x－1＜xln x； ln x
(2)构造函数 g(x)＝1＋(c－1)x－cx，借助(2)的讨论求解．
[解](1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－1， 令 f′(x)＝0，解得 x＝1. 当 0＜x＜1 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 当 x＞1 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
上递减，在
1，＋∞ a
上递增；
a＜0
时，f(x)在
0，－ 1 2a
上递减，在
－ 1 ，＋∞ 2a
上递增．
(2)法一：(最值法)若 a＝0 且 x∈(0,1)，
欲证fexx＋x2－1x＜1，只需证1－elxn
x＋x2－1＜1， x
即证 x(1－ln x)＜(1＋x－x3)ex.
设函数 g(x)＝x(1－ln x)，则 g′(x)＝－ln x.
lnc－1 令 g′(x)＝0，解得 x0＝ ln c .
ln c
当 x＜x0 时，g′(x)＞0，g(x)单调递增； 当 x＞x0 时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
由(2)知
1＜c－1＜c，故 ln c
0＜x0＜1.
又 g(0)＝g(1)＝0，故当 0＜x＜1 时，g(x)＞0.
所以当 x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
法二：(放缩法)若 a＝0 且 x∈(0,1)，
பைடு நூலகம்
欲证fexx＋x2－1x＜1，只需证1－elxn
x＋x2－1＜1， x
即证 x(1－ln x)＜(1＋x－x3)ex.
设函数 g(x)＝x(1－ln x)，则 g′(x)＝－ln x，
当 x∈(0,1)时，g′(x)＞0，故函数 g(x)在(0,1)上单调递增．