第6节构造函数证明不等式

题型分析导数中的不等式证明是高考的常考题型,常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合,虽然题目难度较大,但是解题方法多种多样,如构造函数法、放缩法等,针对不同的题目,灵活采用不同的解题方法,可以达到事半功倍的效果.



题型一移项构造函数证明不等式

例1(2024·全国甲卷节选)已知函数f(x)=a(x-1)-lnx+1.当a≤2时,证明:当x>1时,f(x)1时,ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+lnx-1≥ex-1-2x+lnx+1.

令g(x)=ex-1-2x+lnx+1,

则只需证当x>1时g(x)>0.

易知g′(x)=ex-1-2+1x,

令h(x)=g′(x),则h′(x)=ex-1-1x2在(1,+∞)上单调递增,

则当x>1时,h′(x)>h′(1)=0,

所以h(x)=g′(x)在(1,+∞)上单调递增,

所以当x>1时,g′(x)>g′(1)=0,

故g(x)在(1,+∞)上单调递增,

所以当x>1时,g(x)>g(1)=0,

即当x>1时,f(x)1时g(x)1时,h′(x)1时,g′(x)1时,g′(x)1时,g(x)1时,f(x)0,函数u(x)在(0,e)上单调递增;

x>e时,u′(x)2时,v′(x)>0,函数v(x)在(2,+∞)上单调递增;

则x=2时,v(x)取得最小值,且最小值为e2+14,

又e2+14-ae-1≥e2-34-1e>0,所以e2+14>ae+1,

即alnxx+1max0时,f(x)0,

只需证ex-lnx0),

则h′(x)=ex-1ex2,

易知h(x)在0,1e上单调递减,

在1e,+∞上单调递增,

则h(x)min=h1e=0,所以lnx+1ex≥0.

再令φ(x)=ex-ex,则φ′(x)=e-ex,

易知φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,

则φ(x)max=φ(1)=0,所以ex-ex≤0.

因为h(x)与φ(x)不同时为0,

所以ex-exx+1(00,

即证lnx+1-x3+1x-x2>0,

而x30.

令g(x)=lnx+1-2x+1x,

则g′(x)=1x-2-1x2=-2x2-x+1x2,

而2x2-x+1>0恒成立,

所以g′(x)g(1)=0,

即lnx+1-2x+1x>0,所以x2-1xx>sinx,x∈0,π2;

(2)切线放缩:ex≥x+1>x-1≥lnx,利用切线放缩可把指数式、对数式转化为一次式,有利于后续的求解.

训练3设函数f(x)=lnx-x+1.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)求证:当x∈(1,+∞)时,10,f(x)在(0,1)上单调递增;

当x>1时,f′(x)1.

又ln1xx-1x,即x-1lnxh(x)max.



例1已知函数f(x)=xlnx,求证:f(x)0),

即证xlnxh(x).



例2设函数f(x)=exlnx+2ex-1x,证明:f(x)>1.

证明要证f(x)>1,即证exlnx+2ex-1x>1.

即证xlnx>xe-x-2e(x>0).



设g(x)=xlnx,

则g′(x)=1+lnx.

当x∈0,1e时,g′(x)0.

故g(x)在0,1e上单调递减,在1e,+∞上单调递增,

从而g(x)在(0,+∞)内的最小值为g1e=-1e.

设h(x)=xe-x-2e,

则h′(x)=e-x(1-x).

所以当x∈(0,1)时,h′(x)>0;

当x∈(1,+∞)时,h′(x)0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.

三、亲密无间型

构造函数g(x),h(x),满足g(x)min=h(x)max,且g(x),h(x)在同一处取到最值,如图所示,这时g(x)≥h(x).



例3(2025·重庆诊断节选)已知函数f(x)=elnx-ex,证明:xf(x)-ex+2ex≤0.

证明∵x>0,∴只需证f(x)≤exx-2e,

f′(x)=e(1-x)x,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,

∴f(x)max=f(1)=-e.

记g(x)=exx-2e(x>0),则g′(x)=(x-1)exx2,

∴当01时,g′(x)>0,

故g(x)在(0,1)上单调递减,

在(1,+∞)上单调递增,∴g(x)min=g(1)=-e.

综上,当x>0时,f(x)≤g(x),

即xf(x)-ex+2ex≤0.

训练(1)(2025·济南模拟)已知函数f(x)=alnx+x.

①讨论f(x)的单调性;

②当a=1时,证明:xf(x)0,

所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.

当a0;

若x∈(0,-a),则f′(x)0,得x∈(0,e);

令g′(x)0.

所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,

所以h(x)min=h(2)=e24.

因为e24-1+1e>0,

所以h(x)min>g(x)max,即1+lnxx0.

①解由题意可得f′(x)=ex+2x-1,

则函数f′(x)在R上单调递增,且f′(0)=0.

由f′(x)>0,得x>0;由f′(x)0,

即证ex+x2-x-1>-xlnx+x-1.

由(1)可知当x>0时,f(x)>0恒成立.

设g(x)=-xlnx+x-1,x>0,

则g′(x)=-lnx.

由g′(x)>0,得01.

则g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,

从而g(x)≤g(1)=0,当且仅当x=1时,等号成立.

因为等号不能同时成立,

故f(x)>g(x),即ex+xlnx+x2-2x>0.

(3)证明:当x>0时,x2ex-xlnx+1-1ex-1≤0.

证明由x2ex-xlnx+1-1ex-1≤0,且x>0可得xex-1e≤lnx+1x-1,

令f(x)=xex-1e,则f′(x)=1-xex,

由00;x>1时,f′(x)1时,g′(x)>0,

得g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,

故g(x)min=g(1)=0,所以f(x)≤g(x),

即x2ex-xlnx+1-1ex-1≤0.



1.已知函数f(x)=lnxx,求证:当x>0时,f(x)≤x-1.

证明当x>0时,要证f(x)≤x-1,

即证lnx-x2+x≤0,

令g(x)=lnx-x2+x(x>0),

则g′(x)=1x-2x+1=1+x-2x2x

=-(x-1)(2x+1)x,

当00,g(x)单调递增;

当x>1时,g′(x)0时,f(x)≤x-1.

2.已知函数f(x)=sinxex(x∈R).

(1)求f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程;

(2)求证:当x∈[0,π]时,f(x)≤x.

(1)解由题知,f(0)=0,

f′(x)=cosx-sinxex,

所以切点坐标为(0,0),斜率为f′(0)=cos0-sin0e0=1,

所以所求切线方程为x-y=0.

(2)证明f(x)≤x(x∈[0,π]),

即sinxex≤x(x∈[0,π])?xex-sinx≥0(x∈[0,π]),

令g(x)=xex-sinx,x∈[0,π],

则g′(x)=ex+xex-cosx,

令h(x)=ex+xex-cosx,x∈[0,π],

则h′(x)=2ex+xex+sinx>0在[0,π]上恒成立,

所以h(x)在[0,π]上单调递增,

则h(x)≥h(0)=0,

所以g′(x)≥0在[0,π]上恒成立,

即g(x)在[0,π]上单调递增,