第 第 3 节
导数的综合应用 微课一
构造函数证明不等式
题型一 移项构造函数证明不等式 【例 1】已知函数 f(x)＝x 2 e2x－ 2 . (1)求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)当 x∈[0，2]时，求证：f(x)≥－2x 2 ＋8x－5. (1)解 f′(x)＝2e2x－ 2 (x 2 ＋x)，f′(1)＝4，f(1)＝1，则曲线 y＝f(x)在点(1，1)处的切线方程为 y－1＝4(x－1)，即 y＝4x－3. (2)证明 当 x∈[0，2]时，令 g(x)＝x 2 e2x－ 2 ＋2x 2 －8x＋5，则 g′(x)＝2e2x－ 2 (x 2 ＋x)＋4x－8， 令 h(x)＝g′(x)，则 h′(x)＝2e2x－ 2 (2x 2 ＋4x＋1)＋4>0， 所以 g′(x)在[0，2]上单调递增，且 g′(1)＝0， 所以 g(x)在[0，1]上单调递减，在(1，2]上单调递增， 所以 g(x)的最小值为 g(1)＝0，所以 g(x)≥0， 即 f(x)≥－2x 2 ＋8x－5. 感悟升华 待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，利用研究其单调性等相关函数性质证明不等式. 【训练 1】证明：当 x>1 时， 12 x2 ＋ln x< 23 x3 . 证明 设 g(x)＝ 23 x3 － 12 x2 －ln x， 则 g′(x)＝2x 2 －x－ 1x ， 因为当 x＞1 时，g′(x)＝ （x－1）（2x2 ＋x＋1）x＞0， 所以 g(x)在(1，＋∞)上是增函数， 所以当 x>1 时，g(x)＞g(1)＝ 16 ＞0，
所以当 x＞1 时， 12 x2 ＋ln x＜ 23 x3 . 题型二 放缩后构造函数证明不等式 【例 2】(2020·长沙调研)已知函数 f(x)＝ae x －ln x－1. (1)设 x＝2 是 f(x)的极值点，求 a，并求 f(x)的单调区间； (2)证明：当 a≥ 1e 时，f(x)≥0. (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ae x － 1x . 由题设知，f′(2)＝0，所以 a＝12e 2 . 从而 f(x)＝12e 2 ex －ln x－1，f′(x)＝12e 2 ex － 1x . 当 0<x<2 时，f′(x)<0；当 x>2 时，f′(x)>0. 所以 f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞). (2)证明 当 a≥ 1e 时，f(x)≥e xe－ln x－1(x>0). 设 g(x)＝ exe－ln x－1(x>0)，则 g′(x)＝ exe－ 1x (x>0). 当 0<x<1 时，g′(x)<0；当 x>1 时，g′(x)>0. 所以 x＝1 是 g(x)的极小值点，也是最小值点. 故当 x>0 时，g(x)≥g(1)＝0. 因此，当 a≥ 1e 时，f(x)≥0. 感悟升华 某些不等式，直接构造不易求最值，可利用条件与不等式性质，适当放缩后，再构造函数进行证明. 【训练 2】已知函数 f(x)＝ln x－ aln xx 2. (1)若 a＝1，求 f(x)的单调区间； (2)若 a＝0，x∈(0，1)，证明：x 2 － 1x <f（x）e x. (1)解 当 a＝1 时，f(x)＝ln x－ ln xx 2，x∈(0，＋∞)， ∴f′(x)＝ 1x －1－2ln xx 3＝ x2 －1＋2ln xx 3
＝ （x－1）（x＋1）＋2ln xx 3. 当 x∈(0，1)时，f′(x)<0，当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， ∴f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞). (2)证明 当 a＝0，x∈(0，1)时，x 2 － 1x <f（x）e x等价于 －ln xe x＋x 2 － 1x <0， ∵当 x∈(0，1)时，e x ∈(1，e)，－ln x>0，∴ －ln xe x<－ln x， ∴只需要证－ln x＋x 2 － 1x <0 在(0，1)上恒成立. 令 g(x)＝－ln x＋x 2 － 1x ，x∈(0，1)， ∴g′(x)＝－ 1x ＋2x＋1x 2 ＝2x 3 －x＋1x 2>0， 则函数 g(x)在(0，1)上单调递增，于是 g(x)<－ln 1＋1－1＝0， ∴当 x∈(0，1)时，x 2 － 1x <f（x）e x. 题型三 分拆函数法证明不等式 【例 3】(2021·百校大联考)已知函数 f(x)＝eln x－ax(a∈R). (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)当 a＝e 时，证明：xf(x)－e x ＋2ex≤0. (1)解 f′(x)＝ ex －a(x>0)， ①若 a≤0，则 f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②若 a>0，则当 0<x< ea 时，f′(x)>0； 当 x> ea 时，f′(x)<0. 故 f(x)在 0， ea上单调递增，在 ea ，＋∞ 上单调递减. (2)证明 因为 x>0，所以只需证 f(x)≤ exx －2e， 当 a＝e 时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. 所以 f(x) max ＝f(1)＝－e.
设 g(x)＝ exx －2e(x>0)，则 g′(x)＝（x－1）e xx 2， 所以当 0<x<1 时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当 x>1 时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以 g(x) min ＝g(1)＝－e. 综上，当 x>0 时，f(x)≤g(x)，即 f(x)≤ exx －2e. 即 xf(x)－e x ＋2ex≤0 得证. 感悟升华 1.若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标. 2.在证明过程中，等价转化是关键，此处 g(x) min ≥f(x) max 恒成立，从而 f(x)≤g(x)恒成立. 【训练 3】已知函数 f(x)＝e x ln x＋ 2x ex － 1 ，证明：f(x)>1. 证明 函数 f(x)的定义域为(0，＋∞). f(x)>1 等价于 xln x>xe－ x － 2e . 设函数 g(x)＝xln x，则 g′(x)＝1＋ln x(x>0)， 所以当 x∈ 0， 1e时，g′(x)<0；当 x∈ 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，＋∞)上的最小值为 g 1e＝－ 1e . 设函数 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. 故 h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而 h(x)在(0，＋∞)上的最大值为 h(1)＝－ 1e . 因为 g(x) min ＝g 1e＝h(1)＝h(x) max ， 所以当 x>0 时，g(x)>h(x)，即 f(x)>1.
“双变量”问题的转化 近年高考应考，常涉及“双变量”或“双参”相关问题，能力要求高，破解问题的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双变量满足的关系式，并把含双变量问题转化为含单变量的问题，二是巧妙构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值. 【例 1】(2021·重庆调研)已知函数 f(x)＝ln x－ax 2 ＋(a－b－1)x＋b＋1(a，b∈R). (1)若 a＝0，试讨论 f(x)的单调性； (2)若 0＜a＜2，b＝1，实数 x 1 ，x 2 为方程 f(x)＝m－ax 2 的两个不等实根，求证：1x 1 ＋1x 2 ＞4－2a. (1)解 依题意知 x＞0，当 a＝0 时，f′(x)＝ 1x －(b＋1)， ①当 b≤－1 时，f′(x)＞0 恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增. ②当 b＞－1 时，x∈ 0，1b＋1时，f′(x)＞0； 当 x∈ 1b＋1 ，＋∞时，f′(x)＜0. 故 f(x)在 0，1b＋1上单调递增，在 1b＋1 ，＋∞上单调递减. (2)证明 由 f(x)＝m－ax 2 得 ln x＋(a－2)x＋2－m＝0， 令 g(x)＝ln x＋(a－2)x＋2，x＞0， 则 g(x 1 )＝g(x 2 )＝m， 依题意有 ln x 1 ＋(a－2)x 1 ＝ln x 2 ＋(a－2)x 2 . ∴a－2＝ln x2x 1x 1 －x 2 (x 1 ≠x 2 ，且 x 1 ，x 2 ＞0). 要证1x 1 ＋1x 2 ＞4－2a， 只需证 x1 ＋x 2x 1 x 2＞2(2－a)＝－2ln x2x 1x 1 －x 2(*)， 不妨设 x 2 ＞x 1 ＞0. 要证(*)式成立，只要证 x1x 2 －x 2x 1 ＜－2lnx 2x 1 ，
即证 2ln x2x 1 ＋x 1x 2 －x 2x 1 ＜0. 令 t＝ x2x 1 (t＞1)，则 h(t)＝2ln t－t＋1t . ∵h′(t)＝ 2t －1－1t 2 ＝－ 1t －12＜0， ∴h(t)在(1，＋∞)上单调递减， ∴h(t)＜h(1)＝0，从而1x 1 ＋1x 2 ＞4－2a. 【例 2】(2020·成都调研)已知函数 f(x)＝(x＋a)·e－ x ，若曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与直线 y＝x－2 平行. (1)求实数 a 的值； (2)如果 0<x 1 <x 2 ，且 f(x 1 )＝f(x 2 )，求证：3x 1 ＋x 2 >3. (1)解 由 f(x)＝(x＋a)e－ x ，得 f′(x)＝(1－a－x)e － x . 依题设 f′(0)＝1－a＝1，∴a＝0. (2)证明 由(1)知，f(x)＝xe－ x ， 因为 0<x 1 <x 2 ，且 f(x 1 )＝f(x 2 )， 得x 1ex 1 ＝x 2ex 2 ，所以 x 2 ＝x 1 ·ex 2 － x 1 ， 令 t＝x 2 －x 1 (t>0)，则 x 1 e t －x 1 ＝t， 得 x 1 ＝te t －1 ，x 2 ＝te te t －1 . 要证 3x 1 ＋x 2 >3，即证3te t －1 ＋te te t －1 >3， 因为 t>0，所以 e t －1>0，即证(t－3)e t ＋3t＋3>0. 设 g(t)＝(t－3)e t ＋3t＋3(t>0)， 则 g′(t)＝(t－2)e t ＋3(t>0). 令 h(t)＝(t－2)e t ＋3(t>0)， 则 h′(t)＝(t－1)e t ， 当 0<t<1 时，h′(t)<0，当 t>1 时，h′(t)>0，所以函数 h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以 h(t)≥h(1)＝3－e>0，即 g′(t)>0，
所以 g(t)在(0，＋∞)上单调递增，所以 g(t)>g(0)＝0，所以 3x 1 ＋x 2 >3. 思维升华 1.由 f(x 1 )＝f(x 2 )，得x 1e x 1 ＝x 2e x 2 ，引入 t＝x 2 －x 1 ，就是根据已知条件(或极值点)之间的关系构建等式，利用极值点之差作为变量，从而实现消参、减元的目的. 2.用 t 表示两个极值点的差，进而把所求问题转化为关于 t 的函数，借助导数求解.
1.已知函数 f(x)＝1－ ln xx，g(x)＝－ee x ＋1x ＋x.证明：当 x≥1 时，f(x)＋g(x)≥2x . 证明 f(x)＋g(x)≥ 2x ⇔1－ln xx－ee x －1x ＋x≥0. 令 h(x)＝1－ ln xx－ee x －1x ＋x(x≥1)， 则 h(1)＝0，h′(x)＝－ 1－ln xx 2＋ee x ＋1x 2 ＋1＝ln xx 2＋ee x ＋1. 因为 x≥1，所以 h′(x)＝ ln xx 2＋ee x ＋1>0， 所以 h(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以 h(x)≥h(1)＝0，即 1－ ln xx－ee x －1x ＋x≥0. 故当 x≥1 时，f(x)＋g(x)≥ 2x . 2.(2021·武汉模拟)设 a 为实数，函数 f(x)＝e x －2x＋2a，x∈R. (1)求 f(x)的单调区间与极值； (2)求证：当 a>ln 2－1 且 x>0 时， e x >x 2 －2ax＋1. (1)解 由 f(x)＝e x －2x＋2a，x∈R，得 f′(x)＝e x －2，x∈R，令 f′(x)＝0，得 x＝ln 2. 于是当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)
2(1－ln 2＋a)
故 f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞).
∴f(x)在 x＝ln 2 处取得极小值，极小值 f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)，无极大值. (2)证明 设 g(x)＝e x －x 2 ＋2ax－1，x∈R. 于是 g′(x)＝e x －2x＋2a，x∈R. 由(1)知当 a>ln 2－1 时，g′(x)的最小值为 g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0. 于是对任意 x∈R，都有 g′(x)>0，所以 g(x)在 R 内单调递增. 于是当 a>ln 2－1 时，对任意 x∈(0，＋∞)，都有 g(x)>g(0). 又 g(0)＝0，从而对任意 x∈(0，＋∞)，g(x)>0. 即 e x －x 2 ＋2ax－1>0，故 e x >x 2 －2ax＋1. 3.已知函数 f(x)＝(x－1)(x 2 ＋2)e x －2x. (1)求曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)证明：f(x)>－x 2 －4. (1)解 因为 f′(x)＝2x(x－1)e x ＋x(x 2 ＋2)·e x －2 ＝x 2 (x＋2)e x －2，所以 f′(0)＝－2. 因为 f(0)＝－2，所以曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为 2x＋y＋2＝0. (2)证明 要证 f(x)>－x 2 －4， 只需证(x－1)(x 2 ＋2)e x >－x 2 ＋2x－4， 设 g(x)＝－x 2 ＋2x－4＝－(x－1) 2 －3， h(x)＝(x－1)(x 2 ＋2)e x ， 则 h′(x)＝x 2 (x＋2)e x . 由 h′(x)≥0，得 x≥－2， 故 h(x)在[－2，＋∞)上单调递增； 由 h′(x)<0，得 x<－2， 故 h(x)在(－∞，－2)上单调递减， 所以 h(x) min ＝h(－2)＝－ 18e 2 . 因为 e≈2.718，所以－ 18e 2 >－3. 又 g(x) max ＝－3，所以 g(x) max <h(x) min ， 从而(x－1)(x 2 ＋2)e x >－x 2 ＋2x－4， 即 f(x)>－x 2 －4.
4.已知函数 f(x)＝ aln xx＋1 ＋bx ，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 x＋2y－3＝0. (1)求 a，b 的值； (2)证明：当 x＞0，且 x≠1 时，f(x)＞ln xx－1 . (1)解 f′(x)＝a x＋1x－ln x（x＋1）
2－bx 2 (x>0). 由于直线 x＋2y－3＝0 的斜率为－ 12 ，且过点(1，1)， 故 f（1）＝1，f′（1）＝－ 12 ，即 b＝1，a2 －b＝－12 . 解得 a＝1，b＝1. (2)证明 由(1)知 f(x)＝ln xx＋1 ＋1x (x>0)， 所以 f(x)－ln xx－1 ＝11－x 2 2ln x－ x2 －1x. 考虑函数 h(x)＝2ln x－ x2 －1x(x＞0)， 则 h′(x)＝ 2x －2x 2 －（x 2 －1）x 2＝－ （x－1）2x 2. 所以当 x≠1 时，h′(x)＜0.而 h(1)＝0，故当 x∈(0，1)时，h(x)＞0，可得11－x 2 h(x)＞0； 当 x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得11－x 2 h(x)＞0. 从而当 x＞0，且 x≠1 时，f(x)－ln xx－1 ＞0，即 f(x)＞ln xx－1 . 5.(2020·豫北名校联考)已知函数 f(x)＝e x＋ 1 －kx－2k(其中 e 是自然对数的底数，k∈R). (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)当函数 f(x)有两个零点 x 1 ，x 2 时，证明 x 1 ＋x 2 >－2. (1)解 易得 f′(x)＝e x＋ 1 －k，
当 k>0 时，令 f′(x)＝0，得 x＝ln k－1， 可得当 x∈(－∞，ln k－1)时，f′(x)<0， 当 x∈(ln k－1，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数 f(x)在区间(－∞，ln k－1)上单调递减，在区间(ln k－1，＋∞)上单调递增. 当 k≤0 时，f′(x)＝e x＋ 1 －k>0 恒成立，故此时函数 f(x)在 R 上单调递增. (2)证明 当 k≤0 时，由(1)知函数 f(x)在 R 上单调递增，不存在两个零点，所以k>0， 由题意知 e x 1＋ 1 ＝k(x 1 ＋2)，e x 2 ＋ 1 ＝k(x 2 ＋2)， 所以 x 1 ＋2>0，x 2 ＋2>0，可得 x 1 －x 2 ＝ln x 1 ＋2x 2 ＋2 ， 不妨设 x 1 >x 2 ，令 x1 ＋2x 2 ＋2 ＝t，则 t>1， 由 x 1 ＋2x 2 ＋2 ＝t，x 1 －x 2 ＝ln x1 ＋2x 2 ＋2 ，解得 x 1 ＋2＝ tln tt－1 ，x 2 ＋2＝ln tt－1 ， 所以 x 1 ＋x 2 ＋4＝ （t＋1）ln tt－1， 欲证 x 1 ＋x 2 >－2，只需证明 （t＋1）ln tt－1>2， 即证(t＋1)ln t－2(t－1)>0， 令 g(t)＝(t＋1)ln t－2(t－1)(t>1)， 则 g′(t)＝ln t＋ 1t (t＋1)－2＝ln t＋1t －1. 令 h(t)＝ln t＋ 1t －1(t>1)， 则 h′(t)＝ 1t －1t 2 >0，h(t)单调递增， 所以 g′(t)>g′(1)＝0. 所以 g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增， 所以当 t>1 时，g(t)>g(1)＝0，即(t＋1)ln t－2(t－1)>0， 原不等式得证. 6.(2021·新高考 8 省联考)已知函数 f(x)＝e x －sin x－cos x，g(x)＝e x ＋sin x＋cos x.
(1)证明：当 x>－ 5π4时，f(x)≥0； (2)若 g(x)≥2＋ax，求 a. (1)证明 要证 f(x)≥0，即证 e x －sin x－cos x≥0，即 sin x＋cos xe x≤1， 令 F(x)＝ sin x＋cos xe x， F′(x)＝ （cos x－sin x）ex －e x （sin x＋cos x）e2x＝－ 2sin xe x. 当－ 5π4<x<－π 时，F′(x)<0，F(x)单调递减； 当－π<x≤0 时，F′(x)≥0，F(x)单调递增， 此时当 x∈ － 5π4，0 时， F(x) min ＝F(－π)＝ sin（－π）＋cos（－π）e－ π ， ＝－e π ≤1， ∴当－ 5π4<x≤0 时，f(x)≥0. 当 0<x<π 时，F′(x)<0，F(x)单调递减， F(x) min ＝F(π)＝－1e π ≤1. 当 0<x<π 时，f(x)≥0 成立. 当 x≥π 时， sin x＋cos xe x≤2e π≤1 也成立. 综上，当 x>－ 5π4时，f(x)≥0. (2)解 e x ＋sin x＋cos x－2－ax≥0， 令 h(x)＝e x ＋sin x＋cos x－2－ax， h′(x)＝e x ＋cos x－sin x－a， 又 h(0)＝0， ∴0 是 h(x)的一个最小值点，也是极小值点， ∴h′(0)＝0⇒1＋1－a＝0，a＝2. 下面证明：当 a＝2 时，e x ＋sin x＋cos x－2－2x≥0，验证充分性.
h(x)＝e x ＋sin x＋cos x－2x－2，h′(x)＝e x ＋cos x－sin x－2， 令 H(x)＝ sin x－cos x＋2e x， H′(x)＝ （cos x＋sin x）ex －e x （sin x－cos x＋2）e2x ＝ 2cos x－2e x≤0， ∴H(x)在 R 上单调递减，注意到 H(0)＝1， ∴当 x≤0 时，H(x)≥1，此时 sin x－cos x＋2e x≥1⇒e x ＋cos x－sin x－2≤0. h′(x)≤0，h(x)单调递减，h(x)≥h(0)＝0， 当 x>0 时，H(x)<1，此时 sin x－cos x＋2e x<1⇒e x ＋cos x－sin x－2>0， h′(x)>0，h(x)单调递增，h(x)>h(0)＝0. 综上，a＝2 符合题意.
...