2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-高考難點(diǎn)突破系列(一)導(dǎo)數(shù)中的綜合問(wèn)題-第二課時(shí) 構(gòu)造函數(shù)證明不等式【課件】

高考難點(diǎn)突破系列(一)導(dǎo)數(shù)中的綜合問(wèn)題第二課時(shí)構(gòu)造函數(shù)證明不等式題型一移項(xiàng)構(gòu)造函數(shù)或直接利用函數(shù)的最值證明不等式例1(2023·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；解f′(x)＝aex－1，x∈R.當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)>0，得x>－lna；令f′(x)<0，得x<－lna，所以函數(shù)f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減，在(－lna，＋∞)上單調(diào)遞增.綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減，在(－lna,＋∞)上單調(diào)遞增.證明

法一由(1)得當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)的最小值為f(－lna)＝1＋a2＋lna.法二當(dāng)a>0時(shí)，由(1)得f(x)min＝f(－lna)＝1＋a2＋lna，構(gòu)造函數(shù)u(a)＝lna－(a－1)(a>0)，所以當(dāng)a>1時(shí)，u′(a)<0；當(dāng)0<a<1時(shí)，u′(a)>0，所以函數(shù)u(a)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以u(píng)(a)≤u(1)＝0，即lna≤a－1，感悟提升1.若待證不等式的一邊含有自變量，另一邊為常數(shù)，可直接求函數(shù)的最值，利用最值證明不等式.2.若待證不等式的兩邊含有同一個(gè)變量，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”的函數(shù)，有時(shí)對(duì)復(fù)雜的式子要進(jìn)行變形，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性和最值，借助所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性和最值即可得證.訓(xùn)練1(2023·新高考Ⅱ卷節(jié)選)證明：當(dāng)0<x<1時(shí)，x－x2<sinx<x.證明

令h(x)＝x－x2－sinx(0<x<1)，則h′(x)＝1－2x－cosx(0<x<1).令p(x)＝1－2x－cosx(0<x<1)，則p′(x)＝－2＋sinx<0，所以p(x)即h′(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，又h′(0)＝0，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，h′(x)<h′(0)＝0，h(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，h(x)<h(0)＝0，即x－x2<sinx.令g(x)＝sinx－x(0<x<1)，則g′(x)＝cosx－1≤0，所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，又g(0)＝0，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)<g(0)＝0，即sinx<x.綜上，當(dāng)0<x<1時(shí)，x－x2<sinx<x.題型二分拆函數(shù)法證明不等式例2(2024·長(zhǎng)沙模擬節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝axlnx＋x2，g(x)＝ex＋x－1，0<a≤1，求證：f(x)<g(x).證明

要證明f(x)<g(x)，只需證明axlnx＋x2<ex＋x－1，則0<x<e時(shí)，u′(x)>0，函數(shù)u(x)在(0，e)上單調(diào)遞增；x>e時(shí)，u′(x)<0，函數(shù)u(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減；則0<x<2時(shí)，v′(x)<0，函數(shù)v(x)在(0，2)上單調(diào)遞減；x>2時(shí)，v′(x)>0，函數(shù)v(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增；所以0<a≤1時(shí)，f(x)<g(x).感悟提升1.若直接求導(dǎo)比較復(fù)雜或無(wú)從下手時(shí)，或兩次求導(dǎo)都不能判斷導(dǎo)數(shù)的正負(fù)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).含lnx與ex的混合式不能直接構(gòu)造函數(shù)，要將指數(shù)與對(duì)數(shù)分離，分別計(jì)算它們的最值，借助最值進(jìn)行證明.2.等價(jià)變形的目的是求導(dǎo)后簡(jiǎn)單地找到極值點(diǎn)，一般地，ex與lnx要分離，常構(gòu)造xn與lnx，xn與ex的積、商形式，便于求導(dǎo)后找到極值點(diǎn).再令φ(x)＝ex－ex，則φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.因?yàn)閔(x)與φ(x)不同時(shí)為0，題型三放縮后構(gòu)造函數(shù)證明不等式例3當(dāng)x>0時(shí)，證明：ex－sinx－1>xlnx.證明

設(shè)h(x)＝x－sinx，則h′(x)＝1－cosx≥0，h(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x>0時(shí)，h(x)>h(0)＝0，即x>sinx(x>0).所以ex－sinx－1>ex－x－1，所以要證ex－sinx－1>xlnx，只需證明ex－x－1>xlnx，設(shè)f(x)＝ex－x－1，則f′(x)＝ex－1，則x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.所以f(x)的最小值為f(0)＝0.當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f(x)>0，xlnx<0，所以ex－x－1>xlnx.當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，設(shè)F(x)＝ex－x－1－xlnx，則F′(x)＝ex－lnx－2，因?yàn)間′(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，且g′(1)＝e－1>0，所以g′(x)>0在[1，＋∞)上恒成立，所以g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(1)＝e－2>0，所以F′(x)>0在[1，＋∞)上恒成立，故F(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，F(xiàn)(x)≥F(1)＝e－2>0在[1，＋∞)上恒成立.綜上，當(dāng)x>0時(shí)，ex－sinx－1>xlnx.感悟提升訓(xùn)練3(2024·濟(jì)南模擬節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝ex，證明：當(dāng)x＞－2時(shí)，f(x)＞ln(x＋2).證明

設(shè)g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex－x－1(x＞－2)，則g′(x)＝ex－1，當(dāng)－2＜x＜0時(shí)，g′(x)＜0；當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＞0，即g(x)在(－2，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，于是當(dāng)x＝0時(shí)，g(x)min＝g(0)＝0，因此f(x)≥x＋1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取等號(hào))，令h(x)＝x＋1－ln(x＋2)(x＞－2)，則當(dāng)－2＜x＜－1時(shí)，h′(x)＜0；當(dāng)x＞－1時(shí)，h′(x)＞0，即有h(x)在(－2，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，于是當(dāng)x＝－1時(shí)，h(x)min＝h(－1)＝0，因此x＋1≥ln(x＋2)(當(dāng)且僅當(dāng)x＝－1時(shí)取等號(hào))，因?yàn)榈忍?hào)不同時(shí)成立，所以當(dāng)x＞－2時(shí)，f(x)＞ln(x＋2).微點(diǎn)突破

極值點(diǎn)偏移(無(wú)偏移，左右對(duì)稱(chēng)，如二次函數(shù))若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2＝2x0.(左陡右緩，極值點(diǎn)向左偏移)若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2>2x0；(左緩右陡，極值點(diǎn)向右偏移)若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2<2x0.一、對(duì)稱(chēng)化構(gòu)造輔助函數(shù)例1(2024·青島調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝xe－x.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；解f′(x)＝(1－x)e－x，則由f′(x)<0，得x>1；由f′(x)>0，得x<1，所以f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，(2)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求證：x1＋x2>2.證明不妨設(shè)x1<x2，由(1)知x1<1，x2>1，要證x1＋x2>2，即證x2>2－x1，即證f(x1)＝f(x2)<f(2－x1).構(gòu)造F(x)＝f(2－x)－f(x)＝(2－x)ex－2－xe－x，x<1，則F′(x)＝(1－x)(ex－2－e－x)<0，所以F(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，所以F(x)＝f(2－x)－f(x)>F(1)＝0，故F(x1)＝f(2－x1)－f(x1)>0，x1<1，可得f(2－x1)>f(x1)＝f(x2)，又x1<1，2－x1>1，x2>1，且f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以2－x1<x2，故x1＋x2>2.二、比、差值換元構(gòu)造輔助函數(shù)例2已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(x>0)，a為常數(shù)，若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1≠x2)，求證：x1x2>e2.證明法一不妨設(shè)x1>x2，因?yàn)閘nx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，欲證x1x2>e2，即證lnx1＋lnx2>2.因?yàn)閘nx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，所以h(c)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(c)>h(1)＝ln1－0＝0，法二由題意，函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知lnx1，lnx2是方程x＝aex的兩個(gè)根，設(shè)t1＝lnx1，t2＝lnx2，g(x)＝xe－x，則g(t1)＝g(t2)，從而x1x2>e2?lnx1＋lnx2>2?t1＋t2>2.下證：t1＋t2>2.g′(x)＝(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，當(dāng)x→－∞時(shí)，g(x)→－∞；當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→0且g(x)>0，由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨設(shè)t1<t2，作出函數(shù)g(x)的圖象如圖所示，由圖知必有0<t1<1<t2.令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0，1]，所以F(x)在(0，1]上單調(diào)遞增，所以F(x)>F(0)＝0對(duì)任意的x∈(0，1]恒成立，即g(1＋x)>g(1－x)對(duì)任意的x∈(0，1]恒成立.由0<t1<1<t2，得1－t1∈(0，1)，所以g[1＋(1－t1)]＝g(2－t1)>g[1－(1－t1)]＝g(t1)＝g(t2)，即g(2－t1)>g(t2).又2－t1，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以2－t1<t2，所以t1＋t2>2，即x1x2>e2.訓(xùn)練

(1)已知函數(shù)f(x)＝x(1－lnx)，若f(x)＝m有兩個(gè)根x1，x2(x1≠x2)，求證：x1＋x2>2.當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.不妨設(shè)0<x1<1<x2，要證x1＋x2>2，即證x2>2－x1.因?yàn)?<x1<1<x2，所以x2>1，2－x1>1，又f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以即證f(x2)<f(2－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以即證f(x1)<f(2－x1)，即證當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f(x)－f(2－x)<0.構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2－x)，則F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)].當(dāng)0<x<1時(shí)，x(2－x)<1，則－ln[x(2－x)]>0，即當(dāng)0<x<1時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，所以F(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，F(xiàn)(x)<F(1)＝0，所以當(dāng)0<x1<1時(shí)，f(x1)－f(2－x1)<0成立，可得f(2－x1)>f(x1)＝f(x2)，又x1<1，則2－x1>1，x2>1，且f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以2－x1<x2，所以x1＋x2>2.(2)(2024·南通模擬改編)已知函數(shù)f(x)＝aex－x，a∈R.若f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，證明：x1＋x2＞2.所以g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，由于x1，x2是方程g(x)＝0的實(shí)根，不妨設(shè)x1＜1＜x2.設(shè)0＜x1＜1＜x2，由g(x1)＝g(x2)，得x1e－x1＝x2e－x2，等式兩邊取對(duì)數(shù)得lnx1－x1＝lnx2－x2.所以當(dāng)t＞1時(shí)，h(t)單調(diào)遞增，所以h(t)＞h(1)＝0，課時(shí)分層精練KESHIFENCENGJINGLIAN證明當(dāng)x＞0時(shí)，要證f(x)≤x－1，即證lnx－x2＋x≤0，令g(x)＝lnx－x2＋x(x＞0)，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減，∴g(x)≤g(1)＝0，即當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)≤x－1.2.(2024·唐山模擬)已知x>－1，證明：(1)ex－1≥x≥ln(x＋1)；當(dāng)－1<x<0時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)≥f(0)＝0，等號(hào)僅當(dāng)x＝0時(shí)成立，即x≥ln(x＋1)，從而ex≥eln(x＋1)＝x＋1，所以ex－1≥x.綜上，ex－1≥x≥ln(x＋1).(2)(ex－1)ln(x＋1)≥x2.證明顯然當(dāng)x＝0時(shí)，(ex－1)ln(x＋1)＝x2＝0.令h(x)＝(1－x)ex－1，則h′(x)＝－xex，當(dāng)x<0時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>0時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，所以h(x)≤h(0)＝0，等號(hào)僅當(dāng)x＝0時(shí)成立，所以g(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上單調(diào)遞減.由(1)知，當(dāng)－1<x<0時(shí)，0>x>ln(x＋1)；當(dāng)x>0時(shí)，x>ln(x＋1)>0，所以g(x)<g[ln(x＋1)]，又當(dāng)x>－1且x≠0時(shí)，x(ex－1)>0，所以(ex－1)ln(x＋1)>x2.綜上，當(dāng)x>－1時(shí)，(ex－1)ln(x＋1)≥x2.3.已知函數(shù)f(x)＝ax－sinx.(1)若函數(shù)f(x)為增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；解∵f(x)＝ax－sinx，∴f′(x)＝a－cosx，由函數(shù)f(x)為增函數(shù)，則f′(x)＝a－cosx≥0恒成立，即a≥cosx在R上恒成立，∵y＝cosx∈[－1，1]，∴a≥1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞).(2)求證：當(dāng)x>0時(shí)，ex>2sinx.證明由(1)知，當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝x－sin