【2021高考数学压轴题】4、构造函数证明不等式

2021高考数学压轴题命题区间探究与突破专题

第一篇 函数与导数

专题04 巧妙构造函数，应用导数证明不等式问题

一．方法综述

利用导数证明不等式是近几年高考命题的一种热点题型．利用导数证明不等式，关键是要找出与待证不等式紧密联系的函数，然后以导数为工具来研究该函数的单调性、极值、最值(值域)，从而达到证明不等式的目的，这时常常需要构造辅助函数来解决．题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，这里给出几种常用的构造技巧． 二．解题策略

类型一 “比较法”构造差函数证明不等式

【例1】【2020·湖南长沙一中月考】已知函数()ln f x ax x =-. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；

（Ⅱ）若21,a e ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦

，求证：()1

2ax f x ax xe -≥-. 【解析】（Ⅰ）由题意得()11

'ax f x a x x

-=-

=， ①当0a ≤时，则()'0f x <在()0,+∞上恒成立， ∴()f x 在()0,+∞上单调递减. ②当0a >时，

则当1,x a ⎛⎫

∈+∞ ⎪⎝⎭

时，()()'0f x f x >，单调递增， 当10x a

⎛⎫

∈ ⎪⎝

⎭

，时，()()0f x f x '<，单调递减．

综上：当0a ≤时，()f x 在()0,+∞上单调递减；

当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭

上单调递增. （Ⅱ）令()()1

2ax g x f x ax xe -=-+ 1ln ax xe ax x -=--，

则()1

1

1'ax ax g x e

axe

a x --=+-- ()()()

1

11111ax ax ax xe ax e x x --+-⎛⎫=+-= ⎪⎝

⎭，

设()1

1ax r x xe

-=-，

则()()1

'1ax r x ax e -=+，

∵10ax e ->,

∴当10,x a ⎛

⎫

∈- ⎪⎝

⎭

时，()()'0r x r x >， 单调递增；

当1

,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭

时，()()0r x r x '<， 单调递减．

∴()2max 1110r x r a ae ⎛⎫⎛⎫

=-=-+≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭

（因为21a e ≤-），

∴110ax e x

--≤.

∴()g x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， ∴()min

1g x g a ⎛⎫

=- ⎪⎝⎭

， 设(

210,t e a

⎤=-∈⎦， 则()22

1ln 1(0)t g h t t t e a e ⎛⎫-==-+<≤ ⎪⎝⎭

， ()211

'0h t e t

=

-≤，()h t 在(

20,e ⎤⎦上递减， ∴()()2

0h t h e ≥=；

∴()0g x ≥，故()1

2ax f x ax xe

-≥-.

说明：判断11

ax e x

--的符号时，还可以用以下方法判断：

由110ax e x --

=得到1ln x a x -=， 设()1ln x p x x -=，则()2

ln 2'x p x x -=，

当2x e >时，()'0p x >；当20x e <<时，()'0p x <.

从而()p x 在()20,e 上递减，在()2

,e +∞上递增.

∴()()

22

min 1p x p e e ==-

. 当21a e ≤-时，1ln x a x -≤，即

1

10ax e x

--≤. 【指点迷津】

当题目中给出简单的基本初等函数，例如()()3 f x x g x ln x ＝，＝，进而证明在某个取值范围内不等式()()f x g x ≥成立时，可以类比作差法，构造函数

()()()()()()h x f x g x x g x f x ϕ＝－或＝－，进而证明()()00min max h x x ϕ≥≤或即可，在求最

值的过程中，可以利用导数为工具．此外，在能够说明()()()00g x f x >>的前提下，也可以类比作商法，构造函数()()()

()()

f x f x h x x

g x g x ϕ＝(()=)，进而证明()()()11min max

h x x ϕ≥≤．

【举一反三】【2020·河北衡水中学月考】已知函数

1

()ln (1),f x x a a R x

=+-∈. （Ⅰ）若()0f x ≥，求实数a 取值的集合；

（Ⅱ）证明：21

2ln (2)x e x x e x x

+

≥-++-. 【解析】（Ⅰ）由已知，有

221()(0)a x a

f x x x x x

-'=-=> 当0a ≤时，1()ln 202

f a =-+<，与条件()0f x ≥矛盾, 当0a >时，若(0,)x a ∈，则()0f x '<，()f x 单调递减,若(,)x a ∈+∞，则()0f x '>，则()f x 单调递增.