《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-第3節(jié)　微課1　構(gòu)造函數(shù)證明不等式

第三章

第3節(jié)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用微課一構(gòu)造函數(shù)證明不等式題型分類突破題型跟蹤訓(xùn)練內(nèi)容索引12//////////////題型分類突破1題型一移項(xiàng)構(gòu)造函數(shù)證明不等式【例1】已知函數(shù)f(x)＝x2e2x－2. (1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程； 解

f′(x)＝2e2x－2(x2＋x)，f′(1)＝4，f(1)＝1， 則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，1)處的切線方程為y－1＝4(x－1)， 即y＝4x－3.【例1】已知函數(shù)f(x)＝x2e2x－2. (2)當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，求證：f(x)≥－2x2＋8x－5.

證明當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，令g(x)＝x2e2x－2＋2x2－8x＋5， 則g′(x)＝2e2x－2(x2＋x)＋4x－8， 令h(x)＝g′(x)，則h′(x)＝2e2x－2(2x2＋4x＋1)＋4>0， 所以g′(x)在[0，2]上單調(diào)遞增，且g′(1)＝0， 所以g(x)在[0，1]上單調(diào)遞減，在(1，2]上單調(diào)遞增， 所以g(x)的最小值為g(1)＝0， 所以g(x)≥0， 即f(x)≥－2x2＋8x－5.待證不等式的兩邊含有同一個(gè)變量時(shí)，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”或“右減左”的函數(shù)，利用研究其單調(diào)性等相關(guān)函數(shù)性質(zhì)證明不等式.感悟升華所以g(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，題型二放縮后構(gòu)造函數(shù)證明不等式【例2】(2020·長(zhǎng)沙調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx－1. (1)設(shè)x＝2是f(x)的極值點(diǎn)，求a，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間； 由題設(shè)知，f′(2)＝0， 當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)>0.

所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞).當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的極小值點(diǎn)，也是最小值點(diǎn).故當(dāng)x>0時(shí)，g(x)≥g(1)＝0.某些不等式，直接構(gòu)造不易求最值，可利用條件與不等式性質(zhì)，適當(dāng)放縮后，再構(gòu)造函數(shù)進(jìn)行證明.感悟升華當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞).∵當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，ex∈(1，e)，－lnx>0，

則函數(shù)g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，于是g(x)<－ln1＋1－1＝0，題型三分拆函數(shù)法證明不等式【例3】(2021·百校大聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(a∈R). (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； ①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；【例3】(2021·百校大聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(a∈R). (2)當(dāng)a＝e時(shí)，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.

當(dāng)a＝e時(shí)，由(1)知，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.

所以f(x)max＝f(1)＝－e.

所以當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增， 所以g(x)min＝g(1)＝－e.

即xf(x)－ex＋2ex≤0得證.1.若直接求導(dǎo)比較復(fù)雜或無(wú)從下手時(shí)，可將待證式進(jìn)行變形，構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達(dá)到證明的目標(biāo).2.在證明過(guò)程中，等價(jià)轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵，此處g(x)min≥f(x)max恒成立，從而f(x)≤g(x)恒成立.感悟升華證明函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞).設(shè)函數(shù)g(x)＝xlnx，則g′(x)＝1＋lnx(x>0)，所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)<0.故h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>h(x)，即f(x)>1.近年高考應(yīng)考，常涉及“雙變量”或“雙參”相關(guān)問(wèn)題，能力要求高，破解問(wèn)題的關(guān)鍵：一是轉(zhuǎn)化，即由已知條件入手，尋找雙變量滿足的關(guān)系式，并把含雙變量問(wèn)題轉(zhuǎn)化為含單變量的問(wèn)題，二是巧妙構(gòu)造函數(shù)，再借用導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求其最值.“雙變量”問(wèn)題的轉(zhuǎn)化【例1】(2021·重慶調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋(a－b－1)x＋b＋1(a，b∈R). (1)若a＝0，試討論f(x)的單調(diào)性； ①當(dāng)b≤－1時(shí)，f′(x)＞0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.證明由f(x)＝m－ax2得lnx＋(a－2)x＋2－m＝0，令g(x)＝lnx＋(a－2)x＋2，x＞0，則g(x1)＝g(x2)＝m，依題意有l(wèi)nx1＋(a－2)x1＝lnx2＋(a－2)x2.不妨設(shè)x2＞x1＞0.∴h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，【例2】(2020·成都調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝(x＋a)·e－x，若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線與直線y＝x－2平行. (1)求實(shí)數(shù)a的值； 解由f(x)＝(x＋a)e－x，得f′(x)＝(1－a－x)e－x.

依題設(shè)f′(0)＝1－a＝1， ∴a＝0.【例2】(2020·成都調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝(x＋a)·e－x，若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線與直線y＝x－2平行. (2)如果0<x1<x2，且f(x1)＝f(x2)，求證：3x1＋x2>3.

證明由(1)知，f(x)＝xe－x， 因?yàn)?<x1<x2，且f(x1)＝f(x2)， 令t＝x2－x1(t>0)，則x1et－x1＝t，因?yàn)閠>0，所以et－1>0，即證(t－3)et＋3t＋3>0.設(shè)g(t)＝(t－3)et＋3t＋3(t>0)，則g′(t)＝(t－2)et＋3(t>0).令h(t)＝(t－2)et＋3(t>0)，則h′(t)＝(t－1)et，當(dāng)0<t<1時(shí)，h′(t)<0，當(dāng)t>1時(shí)，h′(t)>0，所以函數(shù)h(t)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(t)≥h(1)＝3－e>0，即g′(t)>0，所以g(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(t)>g(0)＝0，所以3x1＋x2>3.思維升華題型跟蹤訓(xùn)練2所以h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，2.(2021·武漢模擬)設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值； 解由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0， 得x＝ln2.

于是當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： 故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln2，＋∞). ∴f(x)在x＝ln2處取得極小值，極小值f(ln2)＝2(1－ln2＋a)，無(wú)極大值.x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)

2(1－ln2＋a)

2.(2021·武漢模擬)設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. (2)求證：當(dāng)a>ln2－1且x>0時(shí)，ex>x2－2ax＋1.

證明設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.

于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.

由(1)知當(dāng)a>ln2－1時(shí)，g′(x)的最小值為g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.

于是對(duì)任意x∈R，都有g(shù)′(x)>0，所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增.

于是當(dāng)a>ln2－1時(shí)，對(duì)任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)>g(0).

又g(0)＝0，從而對(duì)任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.

即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.3.已知函數(shù)f(x)＝(x－1)(x2＋2)ex－2x. (1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程； 解因?yàn)閒′(x)＝2x(x－1)ex＋x(x2＋2)·ex－2

＝x2(x＋2)ex－2， 所以f′(0)＝－2.

因?yàn)閒(0)＝－2， 所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為2x＋y＋2＝0.3.已知函數(shù)f(x)＝(x－1)(x2＋2)ex－2x. (2)證明：f(x)>－x2－4.

證明要證f(x)>－x2－4， 只需證(x－1)(x2＋2)ex>－x2＋2x－4， 設(shè)g(x)＝－x2＋2x－4＝－(x－1)2－3，

h(x)＝(x－1)(x2＋2)ex， 則h′(x)＝x2(x＋2)ex.

由h′(x)≥0，得x≥－2， 故h(x)在[－2，＋∞)上單調(diào)遞增； 由h′(x)<0，得x<－2， 故h(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞減，因?yàn)閑≈2.718，又g(x)max＝－3，所以g(x)max<h(x)min，從而(x－1)(x2＋2)ex>－x2＋2x－4，即f(x)>－x2－4.解得a＝1，b＝1.所以當(dāng)x≠1時(shí)，h′(x)＜0.而h(1)＝0，5.(2020·豫北名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ex＋1－kx－2k(其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，k∈R). (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； 解易得f′(x)＝ex＋1－k， 當(dāng)k>0時(shí)，令f′(x)＝0，得x＝lnk－1， 可得當(dāng)x∈(－∞，lnk－1)時(shí)，f′(x)<0， 當(dāng)x∈(lnk－1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0， 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，lnk－1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(lnk－1，＋∞)上單調(diào)遞增.

當(dāng)k≤0時(shí)，f′(x)＝ex＋1－k>0恒成立， 故此時(shí)函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增.5.(2020·豫北名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ex＋1－kx－2k(其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，k∈R). (2)當(dāng)函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2時(shí)，證明x1＋x2>－2.

證明當(dāng)k≤0時(shí)，由(1)知函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，不存在兩個(gè)零點(diǎn)， 所以k>0， 由題意知ex1＋1＝k(x1＋2)，ex2＋1＝k(x2＋2)，即證(t＋1)lnt－2(t－1)>0，令g(t)＝(t＋1)lnt－2(t－1)(t>1)，所以g′(t)>g′(1)＝0.所以g(t)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)t>1時(shí)，g(t)>g(1)＝0，即(t＋1)lnt－2(t－1)>0，原不等式得證.6.(2021·新高考8省聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ex－