【函数与导数压轴题突破】构造函数证明不等式

(0, ) 上有最大值 g(1) 0 ，所以 g(x) ln x x 1 0 ， ln a a 1 0 ， ln a a 1 0 ， a 1 ，
综上，当 f (x) 0 时，实数 a 取值的集合为1 ；
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知： a
1 时，
f
(x)
0 ，即
ln
x
1
1 x
在
x
0 时恒成立.
x 类型二 “拆分法”构造两函数证明不等式
【例 2】【2020·安徽阜阳统测】设函数 f x x 1 ， g x t ln x ，其中 x 0,1 ， t 为正实数.
x
（1）若 f x 的图象总在函数 g x 的图象的下方，求实数 t 的取值范围；
（2）设 H x
ln x x 2 1 e x
所以 h x 在(0,1) 上单调递增， h x h0 0 ，即 ex x 1，
所以 xex x 1 x x 1 x 1 x2 1 ，从而 ex ex .
xex x 1 x 2 1
由（1）知当 t 2 时， x 1 2 ln x 0 在 x 0,1 上恒成立，整理得 x2 1 2 .
（1）求实数 a 的取值范围； （2）设 x1 、 x2 是 f (x) 的两个零点，证明： x1 x2 x1 x2 .
【解析】（1）函数 f x ex a x 1 ， 所以 f x ex a ， 当 a 0 时， f x 0 在 R 上恒成立，所以 f x 在 R 上单调递增， f x 至多只有一个零点，不符合题意， 当 a 0 时，由 f x 0 得 x ln a ， 所以 x , ln a 时， f x 0 ， f x 单调递减， x ln a, 时， f x 0 ， f x 单调递增， 所以 x ln a 时 f x 取得极小值，也是最小值，
∴ f x 在 0, 上单调递减.
②当 a 0 时，
则当
x
1 a
,
时，
f
'x
0，f
x
单调递增，
当
x
0，1 a
时，
f
x
0，f
x 单调递减．
综上：当 a 0 时， f x 在 0, 上单调递减；
当a
0
时，
f
x
在
0,
1 a
上单调递减，在
1 a
,
上单调递增.
（Ⅱ）令 g x f x 2ax xeax1 xeax1 ax lnx ，
h(x) x2 x 2 e x (x 2)(x 1)e x 0 ，
所以 h(x) 在 (0,1) 上单调递增，
所以 h(x) h(0) 1 ，
所以当 x (0,1) 时， g(x) h(x) ，
即原不等式成立.
类型三 “换元法”构造函数证明不等式
【例 3】【2020 湖北宜昌一中期中】已知函数 f x ex a x 1 有两个零点.
当 x (0, x0 ) 时， h(x) 0, h(x) 单调递增；当 x (x0,1) 时， h(x) 0, h(x) 单调递减.
当 x (1, ) 时， h(x) 0, h(x) 单调递增， 又 h(0) 11 0, h(1) e 11 (e 2) 0 ， 对 x 0, h(x) 0 恒成立，即 ex x2 (e 2)x 1 0 ， 综上可得： ex 1 2 ln x x2 (e 2)x 成立.
2
所以 x 在(0,1)上存在唯一实根，设为 x1 ，则 x x1,1 ， x 0 ， F x 0 ，
所以 F x 在 x1,1 上单调递减，此时 F x F 1 0 ，不合题意.
综上可得，实数 t 的取值范围是 0, 2 .
（2）证明：由题意得 H x ex ln x
f
(x)
在
0,
1 a
上单调递减，在
1 a
,
上单调递增；
③若 a 0 时， 1 0 1 ，
2a
a
令 f (x) 0 x 1 或 x 1 .
a
2a
又x0，
f
(x)
在
0,
1 2a
上单调递减，在
1 2a
,
上单调递增；
（2）要证
f (x) ex
x1 x
1
，只需证
1
ln ex
从而 p x 在 0, e2 上递减，在 e2, 上递增.
∴ p x p min
e2
1 e2
.
当a
1 e2
时， a
1 lnx x
，即 eax1
1 x
0.
【指点迷津】
当题目中给出简单的基本初等函数，例如 f x＝x3，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 或 x ＝g x －f x ，进而证明
【指点迷津】 当所要证明的不等式由几个基本初等函数通过相乘以及相加的形式组成时，如果对其直接求导，得到的导
函数往往给人一种“扑朔迷离”“不知所措”的感觉．这时可以将原不等式合理拆分为 f x g x 的形式，
进而证明 f x g x 即可，此时注意配合使用导数工具．在拆分的过程中，一定要注意合理性的把
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 f x ax ln x . （Ⅰ）讨论 f x 的单调性；
（Ⅱ）若
a
,
1 e2
，求证：
f
x
2ax
xe ax1 .
【解析】（Ⅰ）由题意得 f ' x a 1 ax 1 ，
xx
①当 a 0 时，则 f ' x 0 在 0, 上恒成立，
x2 1
1
1 x
，证明：对任意
x
0,1
，都有
H
x
0
.
【解析】（1）因为函数 f x 的图象恒在 g x 的图象的下方，
所以 f x g x x 1 t ln x 0 在区间(0,1)上恒成立.
x
设 F x x 1 t ln x ，其中 x 0,1 ，
x
所以
Fx
1
1 x2
t
0, e2 上递减，
∴ ht he2 0 ；
∴ g x 0 ，故 f x 2ax xeax1.
说明：判断 eax1 1 的符号时，还可以用以下方法判断： x
由 eax1 1 0 得到 a 1 lnx ，
x
x
设
p
x
1 lnx x
，则
p
'
x
lnx x2
2
，
当 x e2 时， p ' x 0 ；当 0 x e2 时， p ' x 0 .
所以 f (x) 在 (0, ) 上有最小值 f (a) ln a a( 1 1) ln a 1 a ， a
由题意 f (x) 0 ，所以 ln 源自文库 1 a 0 .
令 g(x) ln x x 1，所以 g(x) 1 1 1 x ，
x
x
当 x (0,1) 时， g(x) 0 ， g(x) 单调递增；当 x (1, ) 时， g(x) 0 ， g(x) 单调递减，所以 g(x) 在
x
x
1 x
1，
x (0,1) ，只需证 x(1 ln x) 1 x x2 ex ，
设 g(x) x(1 ln x) ， h(x) 1 x x2 e x ，
g(x) ln x 0 在 x (0,1) 上恒成立，
所以 g(x) 在 (0,1) 上单调递增. 所以 g (x) g (1) 1，
f (x) 1 2a2x a 2a2x2 ax 1 (2ax 1)(ax 1) .
x
x
x
①若 a 0 时，则 f (x) 0 ， f (x) 在 (0, ) 上单调递减；
②若 a 0 时， 1 0 1 ，令 f (x) 0 x 1 或 x 1 .
a
2a
2a
a
又x0，
h
x
min
0或
x
max
0
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
g x 0 f x 0 的前提下，也可以类比作商法，构造函数 h x＝ f (x)((x)= f (x) )，进而证明
g(x)
g(x)
h
x
min
1
x
max
1
．
【举一反三】【2020·河北衡水中学月考】已知函数 f (x) ln x a( 1 1), a R . x
所以，函数 u(x) 在 (0,ln 2) 内单调递减，在 (ln 2, ) 上单调递增.
即函数 h(x) 在 (0,ln 2) 内单调递减，在 (ln 2, ) 上单调递增.
而 h(0) 1 (e 2) 3 e 0 . h(ln 2) h(1) 0
存在 x0 (0, ln 2) ，使得 h(x0 ) 0
（Ⅰ）若 f (x) 0 ，求实数 a 取值的集合；
（Ⅱ）证明： ex 1 2 ln x x2 (e 2)x . x
【解析】（Ⅰ）由已知，有
f
(x)
1 x
a x2
x
x2
a
(
x
0)
当 a 0 时， f (1) ln 2 a 0 ，与条件 f (x) 0 矛盾, 2
当 a 0 时，若 x (0, a) ，则 f (x) 0 ， f (x) 单调递减,若 x (a, ) ，则 f (x) 0 ，则 f (x) 单调递增.
max
min
握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准．
【举一反三】【2020 届福建厦门双十中学月考】已知函数 f (x) 1 ln x a 2x 2 ax(a R) .
（1）讨论 f (x) 的单调区间；
（2）当 a
0 且 x (0,1) ，求证：
f (x) ex
x1 x
1.
【解析】（1）函数 f (x) 定义域为 (0, ) ，
则 g ' x eax1 axeax1 a 1 x
ax
1
e
ax 1
1 x
ax
1
xeax1 1 x
，
设 r x xeax1 1 ，
则 r ' x 1 axeax1 ，
∵ eax1 0 ,
∴当
x
0,
1 a
时，
r
'
x
0，r
x
单调递增；
当
x
1 a
,
时，
r
x
0，r
x
单调递减．
【函数与导数压轴题突破】
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．
t x
x2
tx x2
1
，其中
t2
4
，t
0.
①当 t2 4 0 ，即 0 t 2 时， F x 0 ，
所以函数 F x 在(0,1) 上单调递增， F x F 1 0 ，
故 f x g x 0 成立，满足题意.
②当 t2 4 0 ，即 t 2 时，设 x x2 tx 10 x 1 ， 则 x 图象的对称轴 x t 1 ， 0 1， 1 2 t 0 ，
∴
r
x
max
r
1 a
1 ae2
1
0 （因为 a
1 e2
），
∴ eax1 1 0 . x
∴
g
x
在
0,
1 a
上单调递减，在
1 a
,
上单调递增，
∴
g
x min
g
1 a
，
设 t 1 a
0, e2 ，
则
g
1 a
ht
t e2
lnt
1(0
t
e2 )
，
h
't
1 e2
1 0 ， ht在
x2 1
ex
1
1 x
ex
ln
x
x2 1
xex x 1
，
x
因为当 x 0,1 时， xex x 1 0 ， ln x 0 ，
所以 H x 0 ex ln x
x2 1
xex x 1 x
xe x
ex
x 1
x2 1 . x ln x
令 h x ex x 10 x 1 ，则 h x ex 1 0 ，
x
x ln x
令
mx
ex x2
1
0
x
1 ，则要证
H
x
0 ，只需证 m x
2.
因为 m x
ex x 12
x2 1 2
0 ，所以 m x 在(0,1)上单调递增，
所以 m x m 1 e 2 ，即 m x 2 在(0,1)上恒成立.
2
综上可得，对任意 x 0,1 ，都有 H x 0 成立.
要证 ex 1 2 ln x x2 (e 2)x ，只需证当 x 0 时， ex x2 (e 2)x 1 0 x
令 h(x) ex x2 (e 2)x 1(x 0)
h(x) ex 2x (e 2) ，令 u(x) ex 2x (e 2) ，
则 u(x) ex 2 ，令 u(x) ex 2 0 ，解得 x ln 2 ，