构造函数证明不等式的问题
导数与构造函数证明不等式的技巧
导数与构造函数证明不等式的技巧导数与构造函数是数学中非常重要的两个概念，它们可以帮助我们证明不等式，优化函数等问题。
接下来将分别介绍导数与构造函数在证明不等式时的技巧。
一、导数在证明不等式中的应用导数是函数的重要特征之一，它可以表示函数在某个点的变化率。
在证明不等式时，我们可以使用导数的性质来帮助我们证明某个不等式是否成立。
1. 利用导数判断函数在某个区间的单调性假设函数f(x)在区间[a,b]上具有一阶导数，则f(x)在区间[a,b]上为单调递增的条件是：f'(x)>0，而在区间[a,b]上为单调递减的条件则是：f'(x)<0。
如果我们需要证明某个不等式在某个区间上成立，可以通过证明函数的导数在该区间上的符号，从而得出原函数在该区间上的单调性，从而得出结论。
例如：证明当x>0时，e^x>x+1证明：考虑函数f(x)=e^x-x-1如果x>0，则f'(x)>0，因此函数f(x)在(0,∞)上单调递增。
又f(0)=e^0-0-1=0，因此当x>0时，f(x)>f(0)=0即e^x-x-1>0，即e^x>x+1。
2. 利用导数求函数的极值导数可以帮助我们求出函数的极值，例如函数的最大值和最小值。
如果我们需要证明某个不等式的最大值或最小值，可以通过推导函数的导数，找出函数的极值，从而得出结论。
f'(x)=2x-2/x^3，因此f(x)在x=1处取得极小值。
又因为当x>0时，x^2+1/x^2≥2 |x=1，因此当x>0时，x^2+1/x^2≥2。
3. 利用导数证明柯西-施瓦茨不等式柯西-施瓦茨不等式是数学中的重要不等式之一，它可以用来计算向量的点积的上界。
柯西-施瓦茨不等式的表述为：对于任意两个n维实向量a和b，有|a·b|≤|a|·|b|其中a·b为向量a和b的点积，|a|和|b|为向量a和b的模。
巧用“构造函数法”证明不等式
解 析 ： 题 的通 常想 法 是 用 数 学 归 纳 法 ， 必 须 本 但
先证 明加强 后 的不 等式 ， 很难 构 造或 不 可能 构 造。
若 从ｎ 联 ，是 数（＝ 在 问１］ 能 ｌ去 想它 函 ＿） 区 ［ ２ 厂 ÷ ， ２ 上 定 分即 ｝ ｄ ｌ表 函 ， ） １ 的 积 ，』 ｎ 示 数 （ ＝ ÷ ＝２ ， 与 轴 成 图 的 积左 ＋ ＋ ＋ 围 的 形 面 ， ｌ … 边－ ） ＝ 。看 ｎ 矩 的 ・ 毒 成个 形 面 １ ｎ
㈩ ： 丝
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＞
０ ∈［， ） 恒成立 ， 在 ０＋ 上
・
． ．
（ ÷（ 了…１ ） １ ） １ （ ＋ １ ） ＋
．
函数
） ｘ ０＋ ） 在 Ｅ［ ， 上单调递增 。
１ ２ 。
．
．
－ ） 厂 ≥八０ ＝ 。 （ ） ０
＝
、
・Hale Waihona Puke ． ∈（， ０ ＋∞） ，
：
．
・
．
ｎ 时 ，（ ＞０ ∈Ｎ ， ） 恒成立 。
２， ）则
故存 在最小 的正整 数 Ｎ＝１使 得 当 ｎ≥Ｎ 成 ，
立。
＝ ’
， ｎ 一、 （） ／
・
２ １ ｎ ＝ 厂ｌ ’ ＋ 一 －
＞
例 ４ 已知 ０ ｂ ｃ ， ， ∈Ｒ 且 ｌ ＜１ ｛ ＜１ ｌ ， ｂ ０ ｌ ，
ｌ ， ｌ ＜１求证 ：６＋６ ＋∞ ＞一１ ｃ ｏ ｃ 。
解 析 ： 据 ｏ ｂ ｃ三 个 变 量 是 对 称 的 ， 以 看 根 ，， 可
．
．
函数 ｎ 单调递增 ， ） 即 ｎ ≥－ ２ ＝ ） 厂 ） （
高中数学：利用导数证明不等式的常见题型
利用导数证明不等式的常见题型题型一构造函数法把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值的问题，从而证明不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是利用导数证明不等式的关键.这四道题比较简单，证明过程略.概括而言，这四道题证明的过程分三个步骤：一是构造函数；二是对函数求导，判断函数的单调性；三是求此函数的最值，得出结论.【启示】证明分三个步骤：一是构造函数；二是对函数求导，判断函数的单调性；三是求此函数的最值，得出结论。
题型二通过对函数的变形，利用分析法，证明不等式【启示】解答第一问用的是分离参数法，解答第二问用的是分析法、构造函数，对函数的变形能力要求较高，大家应记住下面的变形：题型三求最值解决任意、存在性变量问题解决此类问题，关键是将问题转化为求函数的最值问题，常见的有下面四种形式：题型四分拆成两个函数研究【注意】(2)如果按题型一的方法构造函数求导，会发现做不下去，只好半途而废，所以我们在做题时需要及时调整思路，改变思考方向.【启示】掌握下列八个函数的图像和性质，对我们解决不等式的证明问题很有帮助，这八个函数分别为要求会画它们的图像，以后见到这种类型的函数，就能想到它们的性质题型五设而不求当函数的极值点（最值点）不确定时，可以先设出来，只设不解，把极值点代入，求出最值的表达式而证明.【启示】设而不求，整体代换是一种常用的方法，在解析几何中体现很多.在本例第（2）问中，只设出了零点而没有求出零点，这是一种非常好的方法，同学们一定要认真体会，灵活应用.题型六估值法题型七利用图象的特点，证明不等式题型八证明数列不等式题型九利用放缩法证明不等式【注意】在解决第（2）问时，用构造函数法证不出来，又试着分开两个函数仍然不行，正当我一筹莫展时，忽然想到与第一问题的切线联系，如果左边的函数的图像在切线的上方，右边函数的图像在切线的下方，这样问题不就得证了吗？心里非常高兴，马上付诸行动。
构造函数证明不等式
不等式理论是 等式理论 的继续和 发展 ， 各级 在 各类数学竞 赛 中， 不等式证 明问题是 热门话题之 一 ， 掌握不等式 证明的 常用方 法和技 巧 ， 培养 学 生分 对 析 和解 决问题的能力有 着重要的意义 ． 不等式 证 明的方法 很多 ， 文拟从 不 等式 与 函 本 数 的密切联 系中， 以问题的结构特 征为起点 ， 造相 构
（９ ０年匈牙利 阿拉尼 ・ １９ 丹尼尔数学竞赛 ）
２ 利 用 函 数 性 质
如果不等式 中出现 了多个 有相 同 条件 的字母 ， 那 么就可以从 中选 出一个 主元 素 ， 把不 等式 构 造成
一
在 构 造 函数 证 明 不 等 式 时 ， 数 的 性 质 常 起 到 函
桥 梁的作用 ， 为问题 的转化 ， 解决作好 铺垫 ．
２ １ 利 用 函数 单 调 性 ．
个 以此 元素为 自变 量 的一次 函数 ， 然后 利用 一次
函数的性质寻找证 明的出路 ．
１ １ 选 主 元 。 用 一 次 函 数 图象 ． 利
例 ３ 设 Ｐ＞０ ｑ＞ ０ ０＜ ａ＜ ， ， ， 试证不等 式 （ 。＋ｑ ） ＞ （ ＋ ） Ｐ 。吉 古． 证 明 因为 Ｐ＞ ０ 所以原不等式可变形 为 ， ‘ ｔ
所以 ＿ａ 厂 ）＞ ｆ（ ）（ （ Ｐ ０＜ ａ ＜ ） ，
（ ）＋ （ 一 ｂ １一 １ ）＋ （ １一 ｃ ）＞ ０ ，
一 ｌ＋２一 ｂ—ｃ （ １一ｂ （ ） １一 ｃ ）＞ ０ ．
ｆ１ （ ）＝
＝
从 而（ ＋ｑ ） ＞ （ ＋ ） 口吉 古．
例 ４ 已 知 ＞ ０， 求 证 十 一
函数构造法
北京华罗庚学校为全国学生提供优质教育函数构造法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．当试题中给出简单的基本初等函数，例如 f(x)＝x 3，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 φ(x)＝ g(x)－ f (x) ，进而证明h(x)min ≥ 0 或 φ(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 φx ＝ gx h(x)min ≥ 1(φ(x)max ≤ 1)．[典例] (2018 广·州模拟 )已知函数 f(x)＝e x －ax(e 为自然对数的底数， a 为常数)的图象在点 (0,1)处的 切线斜率为－ 1.(1) 求 a 的值及函数 f(x)的极值； (2) 证明：当 x >0时， x 2< e x . [ 方法演示 ]解： (1)由 f(x)＝e x －ax ，得 f ′(x)＝e x －a. 因为 f ′(0)＝1－ a ＝－ 1，所以 a ＝2， 所以 f(x)＝e x －2x ，f ′(x)＝e x －2，令 f ′ (x)＝ 0，得 x ＝ln 2，当 x <ln 2 时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；当 x >ln 2 时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．所以当 x ＝ln 2 时， f(x)取得极小值，且极小值为 f(ln 2) ＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f(x)无极大值．(2)证明：令 g(x)＝e x －x 2，则 g ′(x)＝e x －2x. 由(1)得g ′(x)＝f(x)≥f(ln 2)>0，故 g(x)在R 上单 调递增．所以当 x >0 时， g(x)>g(0)＝1>0，即 x 2<e x .[ 解题师说 ]在本例第 (2)问中，发现“ x 2， e x ”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“ x 2< e x ”构 造函数，得到“ g(x)＝ e x － x 2”，并利用 (1)的结论求解．[ 应用体验 ]21．已知函数 f(x)＝ xln x －2x ，g(x)＝－ax 2＋ax －2(a >1)．(1) 求函数 f(x)的单调区间及最小值； (2) 证明： f(x)≥g(x)在[1，＋∞ )上恒成立．比较法 ” 构造函数证明不等式g fx x ，进而证 明北京华罗庚学校 为全国学生提供优质教育 解： (1)f(x)的定义域为 (0，＋ ∞)，∵ f(x )＝ xln x －2x ，∴f ′(x)＝ln x ＋1－2＝ln x －1， 由 f ′ (x) >0，得 x > e ；由 f ′ (x)< 0，得0<x < e ，∴函数 f(x)的单调递增区间为 (e ，＋ ∞ ) ，单调递减区间为 (0， e)， ∴函数 f(x)的最小值为 f(e)＝ eln e － 2e ＝－ e.(2)证明：令 h(x)＝f(x)－g(x)，∵f(x)≥g(x)在［1，＋ ∞)上恒成立，∴ h(x) min ≥ 0， x ∈ ［1，＋∞)， ∵ h(x)＝ xln x ＋ax 2－ax －2x ＋2，∴h ′(x)＝ln x ＋1＋2ax －a －2＝ln x ＋2ax －a －1.1令 m(x)＝ln x ＋2ax －a －1，x ∈［1，＋∞)，则 m ′(x)＝x ＋2a ，∵x >1，a >1，∴ m ′(x)>0，x∴ m(x)在［1，＋ ∞)上单调递增，∴ m(x)≥m(1)＝a －1，即 h ′(x)≥a －1， ∵a >1，∴a －1>0，∴ h ′(x)>0，∴ h(x)＝ xln x ＋ax 2－ax －2x ＋2 在［1，＋∞)上单调递增， ∴ h(x)≥ h(1) ＝ 0，即 f(x)－ g(x)≥ 0，故 f(x)≥g(x)在［1，＋ ∞ )上恒成立 .“ 拆分法 ”构造函数证明不等式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)max ≤g(x)min 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握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准．x bex － 1［典例］ 设函数 f(x)＝ae xln x ＋ x ，曲线 y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线为 y ＝e(x －1)＋2.x(1) 求 a ，b ； (2) 证明： f(x)>1.[ 方法演示 ] 解： (1)f ′ (x)＝ ae x ln由于直线 y ＝ e(x －1)＋ 2 的斜率为 e ，图象过点 (1,2)，x 2e － x2(2)证明：由 (1)知 f(x)＝e x ln x ＋ x (x > 0)，从而 f(x)>1 等价于 xln x >xe x － e .构造函数 g(x)＝xln x ，则 g ′(x)＝ 1＋ln x ，故 g(x)在 0， e 1 上单调递减，在 e 1，＋ ∞ 上单调递增，所以f f ′1＝12＝，e ，即 b ＝ 2， 解得a ＝1，ae ＝ e ，b ＝2.所以当 x ∈ 0，1e 时， g ′ (x)< 0，当 x ∈ x ＋x 1 ＋ x)＋∞g ′(x)>0，1 从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为e－ x2－ x构造函数 h(x)＝xe －x －2，则 h ′(x) ＝e －x (1－x)．e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)＝－ 1. e综上，当 x >0 时， g(x)>h(x)，即 f(x)>1.[ 解题师说 ]x － 1x － 1 对于第 (2)问“ ae xln x ＋bex> 1”的证明， 若直接构造函数 h(x)＝ ae x ln x ＋bex－ 1，求导以后不xxbe x －1易分析， 因此并不宜对其整体进行构造函数， 而应先将不等式“ ae x ln x ＋ be> 1”合理拆分为“ xln x x >xe －x －2”，再分别对左右两边构造函数，进而达到证明原不等式的目的．e[ 应用体验 ] 2．已知函数 f(x)＝x a ＋ln 1x ＋x b ，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； ln x(2)证明：当 x >0，且 x ≠1 时， f(x)> x － 1x ＋1－ ln xx b 1x ＋1 2 －x 2(x >0)．由于直线 x ＋2y － 3＝ 0 的斜率为－ 2，且过点 (1,1)，ln x 1(2) 证明：由 (1)知 f(x)＝ ＋x (x >0)，x ＋ 1 x所以 f(x)－x ln － x 1＝1－1x 2 2ln x －h ′ (x)＝2x －2x2－xx2－1x －1 xx所以当 x ≠1时，h ′(x)<0. 而 h(1)＝0，1故当 x ∈(0,1)时， h(x)>0，可得 2h(x)>0；当 x ∈(1，＋ ∞)时， 1 － x从而当 x >0，且 x ≠1 时， f(x)－ ln x > 0，即 f(x)> ln x .x －1 x － 12－1x － 1考虑函数 h(x)＝2ln x － x (x > 0)，则 xf1 ＝1， 1 f ′ 1 ＝－ 2，即b ＝ 1，a 2－b ＝－ 12. 解得22a ＝1，b ＝ 1.a解： (1)f ′ (x)＝x2－1x .1h(x)< 0，可得 1－ x 2h(x)>0.1－ x若两个变元 x 1，x 2 之间联系“亲密”，我们可以通过计算、化简，将所证明的不等式整体转化 为关于 m(x 1，x 2)的表达式 (其中 m(x 1，x 2)为 x 1，x 2组合成的表达式 )，进而使用换元令 m(x 1，x 2)＝ t ， 使所要证明的不等式转化为关于 t 的表达式，进而用导数法进行证明，因此，换元的本质是消元．ln x[典例] 已知函数 f(x)＝ (a ∈R)，曲线 y ＝f(x)在点 (1， f(1))处的切线与直线 x ＋y ＋1＝0垂直．x ＋ a(1)试比较 2 0172 018与 2 0182 017的大小，并说明理由；(2)若函数 g(x)＝f(x)－k 有两个不同的零点 x 1， x 2，证明： x 1x 2>e 2. [ 方法演示 ] 又曲线 y ＝f(x)在点 (1， f(1))处的切线与直线所以 f ′ (1)＝1，即 1 ＝1，解得 a ＝0. 故 f(x)＝ ln x ，f ′(x)＝1－l 2n x . 1＋ a x x由 f ′ (x) >0，得 0<x < e ；由 f ′(x)< 0，得 x > e ， 所以函数 f(x)的单调递增区间为 (0， e)，单调递减区间为 (e ，＋ ∞ )．所以 f(2 017) > f(2 018) ，即ln 2 017>ln 2 018. 整理得 ln 2 0172 018>ln 2 0182 017， 2 017 2 018 所以 2 0172 018>2 0182 017.ln x(2)证明： g(x)＝ x －k ，设 x 1>x 2>0，由 g(x 1)＝g(x 2)＝0，x可得 ln x 1－kx 1＝0， ln x 2－ kx 2＝ 0，两式相加减， 得 ln x 1＋ln x 2＝k （x 1＋x 2），ln x 1－ln x 2＝ k （x 1－x 2）．ln x1－－l xn x2> ＋2 x ，即证 ln x1>2 x1＋－xx2.x 1－x2x 1＋x2x 2 x 1＋x2令x x 1＝t(t >1)，则只需证 ln t >2t t ＋－11(t >1)．令 h(t)＝ln t －2t t ＋－11(t >1)， 则 h ′(t)＝1－ 4 2＝ t －1 2> 0，故函数 h(t)在(1，＋ ∞)上单调递增， t t ＋ 1 2 t t ＋ 1 22 t － 1所以 h(t) >h(1)＝ 0，即 ln t > . 所以 x 1x 2> e 2.t ＋1[ 解题师说 ](1)由题意易知 f ′(1)＝1，可列出关于 a 的方程，从而求出 a 的值，得到函数 f(x)的解析式．欲换元法 ” 构造函数证明不等式解： x ＋a－ ln x x (1)依题意得 f ′(x)＝ x 2 ，所以x ＋a 2 f ′（1）＝1＋ a 1 2＝ 1＋a 1＋ a x ＋y ＋1＝0 垂直，要证 x 1x 2>e 2，即证 ln x 1x 2>2，只需证 ln x 1＋ln x 2> 2，也就是证k(x 1＋x 2)> 2，即证 k >2 x 1＋ x因为 k ＝ln x1－－xln x2，所以只需证x 1－x 2北京华罗庚学校为全国学生提供优质教育比较 2 0172 018与 2 0182 017的大小，只需比较f(2 017) ，f(2 018)的大小，即需判断函数y＝f(x)的单调性．(2)不妨设x1>x2> 0，由g(x1 )＝g(x2)＝0，可得ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，两式相加减，利用分析法将要证明的不等式转化为ln x1－ln x2> 2，再利用换元法，通过求导证明上述不等式成立．x1－x2x1＋x2[ 应用体验]23．已知函数f(x)＝x2ln x.(1) 求函数f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的t> 0，存在唯一的s，使t＝f(s)；(3) 设(2)中所确定的s关于t的函数为s＝g(t)，证明：当t> e2时，有25< ln l n g t t<21.解：(1)由已知，得f′ (x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝. e当x 变化时，f′ (x)，f(x)的变化情况如下表：所以函数f(x)的单调递减区间是0，e e.(2)证明：当0<x≤1时，f(x)≤0，∵t>0，∴当0<x≤1时不存在t＝f(s) ．令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．h(1)＝－t<0，h(e t)＝e2t ln e t－t＝t(e2t－1)>0. 故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．(3)证明：因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s>1，从而ln gt＝ln s＝ln2s＝ln s＝u，其中u＝ln s.ln t ln f s ln s ln s 2ln s＋ln ln s 2u＋ln u要使2<ln g t< 1成立，只需0< ln u< u.5 ln t 2 2当t> e2时，若s＝g( t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．所以s>e，即u> 1，从而ln u> 0 成立．另一方面，令F(u)＝ln u－2u，u>1，F′(u)＝u1－12，令F′(u)＝0，得u＝2. 当1<u<2时，F′(u)>0；当u>2时，F′(u)<0.故对u>1，F(u)≤F(2)<0，因此ln u<u2成立．综上，当t>e2时，有25<ln l n g t t<21.e值，也是最小值，f(e)＝ln e＋e＝2，故f(x)的最小值为 2.e(2)g(x)＝f′(x)－x3＝x1－x m2－3x(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－31x3＋x(x>0)．13φ(x)＝－3x3＋x(x≥0)，则φ′ (x)＝－(x－1)(x＋1)，x∈(0,1)时，φ′ (x)>0，φ(x)在(0,1)上单调递增；x∈(1，＋∞ )时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，x＝1 是φ(x) 的唯一极值点，且是极大值点，故φ(x)的最大值为φ(1)＝φ(0)＝0，画出函数y ＝φ(x)的图象如图所示．①当m>23时，函数g(x)无零点；②当m＝32时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0<m<23时，函数g( x)有两个零点；④当m≤0 时，函数g(x)有且只有一个零点．22综上所述，当m>32时，函数g( x)无零点；当m＝23或m≤0 时，函数g(x)有且只有一个零点；当3320<m<32时，函数g(x)有两个零点．3(3) 对任意的b>a>0，f b b－－f a a <1等价于f(b)－b<f(a)－a恒成立．(*) b－ a转化法构造函数在关于x1，x2 的双变元问题中，若无法将所要证明的不等式整体转化为关于m(x1，x2)的表达式，则考虑将不等式转化为函数的单调性问题进行处理，进而实现消元的目的．[典例] 设函数f(x)＝ln x＋m x，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的最小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数；(3) 若对任意b> a>0 ，f bb－－faa <1 恒成立，求m的取值范围．[ 方法演示]e x－ e解：(1)当m＝e 时，f(x)＝ln x＋x，则f′ (x)＝x2 ，故当x∈(0，e)时，xxf′(x)<0，f(x)在(0，e) 上单调递减，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，故当x＝e时，f(x)取到极小23.设 h(x)＝f(x)－x ＝ln x ＋m x －x(x>0)，故(*)等价于 h(x)在(0，＋ ∞)上单调递减．x1m由 h ′(x)＝x －x 2－1≤0 在(0，＋ ∞ )上恒成立，得xx1 1 1 m ≥14，当且仅当 x ＝12时等号成立，所以 m 的取值范围为 41，＋ ∞ .[ 解题师说 ]本例第 (3)问中，利用不等式的性质， 将“fb －f a <1”等价转化为“ f(b)－b<f(a)－a ”，进而构 b －a 造函数“ h(x)＝f(x)－x ”，通过研究函数的单调性求解实数 m 的取值范围．[ 应用体验 ] 4．已知函数 f(x)＝ ax －1－ln x(a ∈ R)．(1) 讨论函数 f(x)的单调性；(2)若函数 f(x)在 x ＝1处取得极值，不等式 f(x)≥bx －2对? x ∈(0 ，＋∞ )恒成立，求实数 b 的取值范围；2m ≥ －x ＋x ＝x － 21 2＋14(x>0)恒成立，故(3)当 x>y>e －1时，证明不等式 e x ln(1＋y)>e y ln(1＋ x)．解： (1)函数 f(x)的定义域是 (0，＋∞)，且 f ′(x)＝a －1x ＝ax －x 1当 a ≤0 时， ax －1<0，从而 f ′ (x)<0，函数 f(x)在(0，＋ ∞)上单调递减．当 a>0 时，由 f ′ ( x)<0 ，得 0<x<1a ，由 f ′ (x)>0 ，得 x>a 1，所以函数 f(x)在0 0，1a 上单调递减，在 a1，＋ ∞ 上单调递增．(2)因为函数 f(x)在 x ＝1 处取得极值，所以 f ′ (1)＝ 0，解得 a ＝1，1 ln x 1 ln xln x － 2所以 f(x)≥bx －2? 1＋x 1－ln x x ≥b ，令 g(x)＝1＋x 1－ln x x ，则 g ′(x)＝ln x x－22，令 g ′(x)＝0，得 x ＝e 2. 则 g(x)在(0， e 2)上单调递减，在 (e 2，＋ ∞ )上单调递增，－∞，1－e 122 1 1所以 g(x)min ＝g(e 2) ＝1－ e 2，即 b ≤1－ e 2，故实数 b 的取值范围y ＋1e x ＋1(3)证明：由题意可知，要证不等式 e x ln(1 ＋ y)>e y ln(1 ＋ x)成立，只需证ln ex ＋1 >ln e y ＋ 1成立．x e xln x － ee xln x －e x 构造函数 h(x)＝ln e x (x>e)，则 h ′(x)＝ ln 2x 1x ln 2x >0. 所以 h(x)在 (e ，＋ ∞ )上单调递增，x ＋1 e y ＋1e 由于 x>y>e －1，所以 x ＋1>y ＋1>e ，所以lnx ＋1>lny ＋1，即 e xln(1＋y)>e y ln(1＋x)．2x 1．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(2)证明： f(x)>－ x 2－4.解： (1)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 3＋2)e x ，则 h ′(x)＝x 4(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)＝－ 1e 28. 因为 e ≈ 2.718，所以－ 5e 82>－ 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. 2．(理)已知函数 f(x)＝e x ＋m －x 3，g(x)＝ ln(x ＋ 1)＋2.(1)若曲线 y ＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为 1，求实数 m 的值；3(2)当 m ≥1 时，证明： f( x)> g(x)－ x 3.解： (1)因为 f(x)＝e x m － x 3，所以 f ′ (x)＝e x m － 3x 2.因为曲线 y ＝f(x)在点 (0，f(0))处的切线斜率为 1，所以 f ′(0)＝e m ＝1，解得 m ＝0. (2)证明：因为f(x)＝ e x m －x 3， g(x) ＝ ln( x ＋ 1)＋ 2， 所以 f(x)>g(x)－x 3等价于 e x ＋m －ln(x ＋1)－2> 0.当 m ≥1 时， e x ＋m － ln( x ＋ 1)－ 2≥ e x ＋1 －ln( x ＋ 1)－ 2.要证 e x m － ln( x ＋1)－ 2> 0，只需证明 e x 1－ ln( x ＋ 1)－ 2> 0. 设 h(x) ＝ e x 1－ln(x ＋1)－2，则 h ′(x)＝e x 1－x ＋11.x ＋ 1所以函数 p(x)＝h ′(x)＝e x ＋1－ 1 在(－1，＋ ∞)上单调递增．x ＋1因为 h ′ －21 ＝e 12－2<0，h ′(0)＝ e －1>0，所以函数 h ′(x)＝e x ＋1－ 1 在(－1，＋∞)上有唯一零点 x 0，且 x 0∈ －1，0 . x ＋ 1 2因为 h ′(x 0)＝0，所以 ex 0＋1＝x ＋1 1，即 ln( x 0 ＋1) ＝－ (x 0＋ 1)． 当 x ∈ (－ 1，x 0)时， h ′ (x)< 0，当 x ∈(x 0，＋∞)时， h ′(x)>0， 所以当 x ＝ x 0 时， h(x)取得最小值 h(x 0)，5设 p(x)＝ e x ＋11 x ＋1 1，则 p ′ (x)＝ e x 1＋ 1 x ＋12>0，1所以 h(x)≥ h(x 0)＝ex 0＋ 1－ ln(x 0＋ 1)－ 2＝ x ＋6 1＋ (x 0＋1)－2>0. 综上可知，当 m ≥1 时，f(x)> g(x)－ x 7.2x (文)已知函数 f(x)＝(ax －1)ln x ＋ 2.(1)若a ＝2，求曲线 y ＝f(x)在点(1， f(1))处的切线 l 的方程；4 (2)设函数g(x)＝ f ′ (x )有两个极值点 x 1，x 2，其中 x 1∈(0，e ］，证明 g(x 1)－g(x 2)≥－ e . 11解： (1)当 a ＝2时，f ′(x)＝2ln x ＋x －x ＋2，f ′(1)＝2，f(1)＝2，x21∴切线 l 的方程为 y －2＝2(x －1)，即 4x －2y － 3＝0.21 a 1 x＋ax ＋ 1 (2)函数 g(x)＝aln x ＋x －x ＋a ，定义域为 (0，＋ ∞)，则g ′ (x)＝1＋x ＋x 2＝x 22 令 g ′(x)＝0，得 x 8＋ax ＋1＝0，其两根为 x 1，x 2，且 x 1＋x 2＝－ a ，x 1x 2＝1，故 x 2＝ x 11， a ＝－ x 1＋x 11 .当 x ∈ (0,1］时， h ′(x)≤0，当 x ∈(1，e ］时， h ′(x)<0，即当 x ∈ (0， e ］时，h(x)单调递减，44∴ h(x) min ＝ h(e) ＝－ e ，故 g(x 1)－g(x 2)≥－e1－ x3．(2018 ·兰州诊断 )已知函数 f(x)＝ ＋ln x 在 (1，＋∞ )上是增函数，且 a>0.ax(1)求 a 的取值范围；1 a ＋ b a(2) 若 b>0，试证明 1 <ln b <b a .a ＋b b b解： (1)f ′(x)＝－ a 1x 2＋ 1x ＝ a－x 2，因为 f ′ (x)≥ 0，且 a>0，所以 ax －1≥0，即 x ≥a 1.ax x ax a1 因为 x ∈(1，＋∞)，所以1≤1，即 a ≥1. 所以 a 的取值范围为 ［1，＋ ∞)． aa ＋ b1 － x(2)证明：因为 b>0，a ≥1，所以 a ＋b b >1. 又f(x)＝1a－xx＋ln x 在(1，＋ ∞)上是增函数，令 h(x)＝2 x －x 1 －2 x ＋x 1 ln x ，x ∈(0，e ］，h ′ (x)＝x 2，8 1＋x 1－ x ln x∴ g(x 1)－ g(x 2)＝g(x 1)－g11 aln x 1＋x 1－ ＋a － aln ＋ －x 1＋a ＝2 x 1－x 1 ＋ 2aln x 1＝x 1x 1 x 1 2 x 1－ x 11 － 2 x 1＋ x 11 ln x 1.则 ［ g( x 1 )－ g( x 2)］ min＝h(x)min ，x 2ln x 2－x 1ln x 1 x 1＋ x 2 x2－x1 <ln 2 ＋ 1? x 2ln x 2－x 1lnx 1<x 2ln x1＋x2－x 1ln x1＋x2＋x 2－x 1? x 2ln 9＋x2x <x 1ln 2＋x1x ＋x 2－x 1，2 2x 1＋ x 2 x 1＋ x 2令 g(t)＝tln 12＋t t －ln 1＋2 t －t ＋1， 则 g ′(t)＝ln 2t ＋t ·1＋ t·2 2＋1＋t21＋t2t 1＋ t 2t － 11 －x令t ＋1＝x(x>0)，h(x)＝ ln(1＋ x)－ x ，则 h ′(x)＝1＋x－1＝1＋x <0，h(x)在(0，＋∞)上单调递减． 所 t － 1 t －1(2)证明：不妨设 x 1<x 2， f x x 2 －－f x x1 <f ′x 2－x 1所以 f 1－a ＋ba ＋b －b a ＋ b 1 a ＋ba ＋b b >f(1)，即 a ＋b b ＋ln a ＋b b >0，化简得 a ＋1b <ln a ＋b b.a ·ba ＋b a a ＋ b a a a ln b <b 等价于 ln b －b ＝ln 1＋b － b <0，令 g(x)＝ ln(1＋x)－x(x>0)， aabb 1 － x则 g ′(x)＝1＋1 x －1＝1＋x <0，所以函数 g(x)在(0， ＋ ∞ ) 上为减函数，所以 g a b ＝ a a a ＋ b a ln 1＋ b －b ＝ln b －b<g(0)＝0， 综上， a ＋1 b <ln a ＋b b <a b 得证4．(理 )已知函数 f(x)＝xln x.(1) 求 f(x)的单调区间和极值；(2)设 A(x 1，f(x 1))，B(x 2，f(x 2))，且 x 1≠x 2，证明：f x2－f x1<f ′x 2－ x 1 ′1解： (1)f(x)的定义域为 (0，＋ ∞)，f ′ (x)＝ ln x＋x ·x ＝1＋ln x.x11由 f ′ (x)>0 ，得 x>1；由 f ′ (x)<0 ，得 0<x<1，ee 所以 f(x) 的单调递增区间是 1，＋ ∞ ，单调递减区间是 0， 1e ， f (x)极小值＝1 1 11e ln 1e ＝－e 1，f(x)无极大值． x 1＋x 22 x 2x 2·x 2 2 x两边同除以 x 1 得， x2ln x1 <ln 2 ＋ x2－ 1，x 1 x 2 x 2 x 1 x1 1＋x x12 1＋x x12 x1令x x12＝ t ，则 t>1，即证： tln 12＋t t <ln 1＋2t ＋t －1.t －1－ t －1，t ＋1 － t ＋1，2－1＝ln 2t ＋1－t ＝ln 1＋2 1＋ t 2 1＋ t 1＋t以h(x)<h(0)＝0，即ln(1＋x)<x，即g′(t)＝ln 1＋t＋1－t＋－1<0 恒成立．所以g(t)在(1 ，＋∞ )上是减函数．所以g(t)<g(1)＝0，所以tln12＋t t<ln1＋2t＋t－1得证．(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数 a 的取值范围；(2)若a＝0，x0< 1，设直线y＝g( x)为函数f(x)的图象在x＝x0 处的切线，求f( x)≤g(x)．证：x－1－ a解：(1)易得f′(x)＝－e x ，由已知知f′(x)≥0 对x∈(－∞，2)恒成立，e故x≤1－a 对x∈(－∞，2)恒成立，∴ 1－a≥2，∴ a≤－1.故实数 a 的取值范围为(－∞，－1］．x(2) 证明：a＝0，则f(x)＝e x.e函数f( x)的图象在x＝x0 处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝1－x x－1－x0＝1－x ex0－1－x0ex.e ex0 ex＋x0设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)e x，x∈R，则φ′ (x)＝－ex0－(1－x0)e x，∵ x0< 1，∴ φ′ ( x)< 0，∴ φ(x)在R 上单调递减，而φ(x0) ＝0，∴当x<x0时，φ(x)> 0，当x>x0时，φ(x)<0，∴当x<x0时，h′(x)>0，当x>x0时，h′(x)<0，∴ h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，∴x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，∴ f(x)≤g(x)．。
高考数学一轮总复习课件：专题研究-利用导数证明不等式
2a2－4或x＝a＋
a2－4 2.
当x∈(0，a－ 2a2－4)，(a＋ 2a2－4，＋∞)时，f′(x)<0；当
x∈(a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4)时，f′(x)>0.
所以f(x)在
0，a－
a2－4
2
，
a＋
2a2－4，＋∞
上单调递
减，在a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4上单调递增．
(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2时
课外阅读
一、赋值法证明正整数不等式 (1)函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质 证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式， 用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量．通过多次 求和达到证明的目的．此类问题一般至少两问，所证的不等式 常由第一问根据待证式的特征而得到． (2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式 为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，还要注意指、 对数式的互化，如ex>x＋1可化为ln(x＋1)<x等．
所以函数h′(x)＝ex＋1－
1 x＋1
在(－1，＋∞)上有唯一零点
x0，且x0∈－12，0. 因为h′(x0)＝0，所以ex0＋1＝x0＋1 1， 即ln(x0＋1)＝－(x0＋1)． 当x∈(－1，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋
∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：
f（x1）－f（x2） x1－x2
<a
－2.
【思路】 (1)求f(x)的定义域，对函数f(x)求导，对参数a进
行分类讨论，即可判断f(x)的单调性；(2)结合(1)，求出f(x)存在
【2021高考数学压轴题】构造函数证明不等式
2021高考数学压轴题命题区间探究与突破专题第一篇函数与导数专题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．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()ln f x ax x =-.（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若21,a e ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦，求证：()12ax f x ax xe -≥-.【解析】（Ⅰ）由题意得()11'ax f x a x x-=-=，①当0a ≤时，则()'0f x <在()0,+∞上恒成立，∴()f x 在()0,+∞上单调递减.②当0a >时，则当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()()'0f x f x >，单调递增，当10x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()()0f x f x '<，单调递减．综上：当0a ≤时，()f x 在()0,+∞上单调递减；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.（Ⅱ）令()()12ax g x f x ax xe-=-+1ln ax xe ax x -=--，则()111'ax ax g x eaxea x--=+--()()()111111ax ax ax xe ax e x x--+-⎛⎫=+-=⎪⎝⎭，设()11ax r x xe-=-，则()()1'1ax r x ax e -=+，∵10ax e ->,∴当10,x a⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()()'0r x r x >，单调递增；当1,x a⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()()0r x r x '<，单调递减．∴()2max 1110r x r a ae ⎛⎫⎛⎫=-=-+≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（因为21a e ≤-），∴110ax e x--≤.∴()g x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，∴()min1g x g a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，设(210,t e a⎤=-∈⎦，则()221ln 1(0)t g h t t t e a e ⎛⎫-==-+<≤ ⎪⎝⎭，()211'0h t e t=-≤，()h t 在(20,e ⎤⎦上递减，∴()()20h t h e ≥=；∴()0g x ≥，故()12ax f x ax xe-≥-.说明：判断11ax e x--的符号时，还可以用以下方法判断：由110ax e x --=得到1ln x a x -=，设()1ln x p x x -=，则()2ln 2'x p x x -=，当2x e >时，()'0p x >；当20x e <<时，()'0p x <.从而()p x 在()20,e 上递减，在()2,e +∞上递增.∴()()22min 1p x p e e ==-.当21a e ≤-时，1ln x a x -≤，即110ax e x--≤.【指点迷津】当题目中给出简单的基本初等函数，例如()()3 f x x 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 x g x f x ϕ＝－或＝－，进而证明()()00min max h x x ϕ≥≤或即可，在求最值的过程中，可以利用导数为工具．此外，在能够说明()()()00g x f x >>的前提下，也可以类比作商法，构造函数()()()()()f x f x h x xg x g x ϕ＝(()=)，进而证明()()()11min max h x x ϕ≥≤．【举一反三】【2020·河北衡水中学月考】已知函数1()ln (1),f x x a a R x=+-∈.（Ⅰ）若()0f x ≥，求实数a 取值的集合；（Ⅱ）证明：212ln (2)x e x x e x x+≥-++-.【解析】（Ⅰ）由已知，有221()(0)a x af x x x x x-'=-=>当0a ≤时，1(ln 202f a =-+<，与条件()0f x ≥矛盾,当0a >时，若(0,)x a ∈，则()0f x '<，()f x 单调递减,若(,)x a ∈+∞，则()0f x '>，则()f x 单调递增.所以()f x 在(0,)+∞上有最小值1()ln (1)ln 1f a a a a a a=+-=+-，由题意()0f x ≥，所以ln 10a a +-≥.令()ln 1g x x x =-+，所以11()1x g x x x-'=-=，当(0,1)x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当(1,)x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以()g x 在(0,)+∞上有最大值(1)0g =，所以()ln 10g x x x =-+≤，ln 10a a -+≤，ln 10a a -+=，1a =，综上，当()0f x ≥时，实数a 取值的集合为{}1；（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知：1a =时，()0f x ≥，即1ln 1x x ≥-在0x >时恒成立.要证212ln (2)x e x x e x x+≥-++-，只需证当0x >时，2(2)10x e x e x ----≥令2()(2)1(0)x h x e x e x x =---->()2(2)x h x e x e '=---，令()2(2)x u x e x e =---，则()2x u x e '=-，令()20x u x e '=-=，解得ln 2x =，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(0)1(2)30h e e '=--=->.(ln 2)(1)0h h '<'=∴存在0(0,ln 2)x ∈，使得0()0h x '=当0(0,)x x ∈时，()0,()h x h x '>单调递增；当0(,1)x x ∈时，()0,()h x h x '<单调递减.当(1,)x ∈+∞时，()0,()h x h x '>单调递增，又(0)110,(1)11(2)0h h e e =-==----=，∴对0,()0x h x ∀>≥恒成立，即2(2)10x e x e x ----≥，综上可得：212ln (2)x e x x e x x+≥-++-成立.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()1f x x x=-，()ln g x t x =，其中()0,1x ∈，t 为正实数.（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()()()221ln 1e 11x H x x x x x ⎛⎫=-++-- ⎪⎝⎭，证明：对任意()0,1x ∈，都有()0H x >.【解析】（1）因为函数()f x 的图象恒在()g x 的图象的下方，所以()()1ln 0f x g x x t x x-=--<在区间()0,1上恒成立.设()1ln F x x t x x =--，其中()0,1x ∈，所以()222111t x tx F x x x x-+'=+-=，其中24t ∆=-，0t >.①当240t - ，即02t < 时，()0F x ' ，所以函数()F x 在()0,1上单调递增，()()10F x F <=，故()()0f x g x -<成立，满足题意.②当240t ->，即2t >时，设()()2101x x tx x θ=-+<<，则()x θ图象的对称轴12tx =>，()01θ=，()120t θ=-<，所以()x θ在()0,1上存在唯一实根，设为1x ，则()1,1x x ∈，()0x θ<，()0F x '<，所以()F x 在()1,1x 上单调递减，此时()()10F x F >=，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()()21e ln 1e 1xx H x x x x ⎛⎫=---+ ⎪⎝⎭()()21e 1e ln xx x x x x x--+=-，因为当()0,1x ∈时，e 10x x x -+>，ln 0x <，所以()()()21e 10e ln x xx x x H x x x--+>⇔>2e 1e 1ln x x x x x x x-⇔<-+.令()()e 101x h x x x =--<<，则()e 10xh x '=->，所以()h x 在()0,1上单调递增，()()00h x h >=，即e 1x x >+，所以()2e 1111xx x x x x x -+>+-+=+，从而2e e e 11x xx x x x <-++.由（1）知当2t =时，12ln 0x x x --<在()0,1x ∈上恒成立，整理得212ln x x x ->.令()()2e 011xm x x x =<<+，则要证()0H x >，只需证()2m x <.因为()()()222e 101x x m x x-'=>+，所以()m x 在()0,1上单调递增，所以()()e122m x m <=<，即()2m x <在()0,1上恒成立.综上可得，对任意()0,1x ∈，都有()0H x >成立.【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()()max min 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22()1ln ()f x x a x ax a R =-+-∈.（1）讨论()f x 的单调区间；（2）当0a =且(0,1)x ∈，求证：()11x f x x e x+-<.【解析】（1）函数()f x 定义域为(0,)+∞，21()2f x a x a x '=-+-2221(21)(1)a x ax ax ax x x--+-==.①若0a =时，则()0f x <，()f x 在(0,)+∞上单调递减；②若0a >时，1102a a >>-，令1()02f x x a >⇒<-或1x a>.又0x >，()f x ∴在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；③若0a <时，1102a a ->>，令1()0f x x a>⇒<或12x a >-.又0x >，()f x ∴在10,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；（2）要证()11x f x x e x +-<，只需证1ln 11x x x e x-+-<，(0,1)x ∈ ，只需证()2(1ln )1x x x x x e -<+-，设()(1ln )g x x x =-，()2()1xh x x x e =+-，()ln 0g x x '=->在(0,1)x ∈上恒成立，所以()g x 在(0,1)上单调递增.所以()(1)1g x g <=，()2()2(2)(1)0x x h x x x e x x e '=--+=-+->，所以()h x 在(0,1)上单调递增，所以()(0)1h x h >=，所以当(0,1)x ∈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()()1xf x e a x =--有两个零点.（1）求实数a 的取值范围；（2）设1x 、2x 是()f x 的两个零点，证明：1212x x x x <+⋅.【解析】（1）函数()()1x f x e a x =--，所以()xf x e a '=-，当0a ≤时，()0f x '>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0a >时，由()0f x '=得ln x a =，所以(),ln x a ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减，()ln ,x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以ln x a =时()f x 取得极小值，也是最小值，()f x 要有两个零点，则()ln 0f a <，即()2ln 0a a -<，解得2a e >，所以ln 2a >，当1ln x a =<时，得()10f e =>，当2ln ln x a a =>时，()()22ln 2ln 2ln 1f a a a a a a a a =-+=-+，设()2ln 1a a a ϕ=-+，则()2210a a a aϕ-'=-=>所以()a ϕ单调递增，则()()22140a e e ϕϕ>=+->，所以()()2ln 2ln 10f a a a a =-+>，所以()f x 在区间()1,ln a 上有且只有一个零点，在()ln ,2ln a a 上有且只有一个零点，所以满足()f x 有两个零点的a 的取值范围为2()e +∞.（2）1x 、2x 是()f x 的两个零点，则()()120f x f x ==，要证1212x x x x <+⋅，即证()()12111x x --<，根据()()120f x f x ==，可知()111x e a x =-，()221xe a x =-，即证()()12122111x x e x x a+--=<，即证122x x e a +<，即证122ln x x a +<，即证212ln x a x <-，设1ln x a <，2ln x a >，由（1）知()f x 在()ln ,a +∞上单调递增，故只需证明()()212ln f x f a x <-，而()()21f x f x =，所以只需证()()112ln f x f a x <-令()()()2ln g x f a x f x =--，且ln x a<所以()222ln x x a g x e ax a a e =-+-，ln x a <，()22222x x xx x a a e ae g x e a e e +-'=--+=-()2xxe a e -=-<所以()g x 在(),ln a -∞上单调递减，所以()()()()ln 2ln ln ln 0g x g a f a a f a >=--=，所以()()2ln f a x f x ->在(),ln a -∞上恒成立，所以()()112ln f a x f x ->，故原命题得证.【指点迷津】若两个变元x 1，x 2之间联系“亲密”，我们可以通过计算、化简，将所证明的不等式整体转化为关于m(x 1，x 2)的表达式(其中m(x 1，x 2)为x 1，x 2组合成的表达式)，进而使用换元令m(x 1，x 2)＝t ，使所要证明的不等式转化为关于t 的表达式，进而用导数法进行证明，因此，换元的本质是消元．【举一反三】【2020山西太原五中期中】已知函数2()2ln f x x x x =++.（1）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程.（2）若正实数12,x x 满足12()()4f x f x +=，求证：122x x +≥.【解析】（1）2(1)2ln111=2f =++，切点为(1,2).2()21f x x x'=++，(1)5k f '==.切线为：25(1)y x -=-，即530x y --=.（2）2212111222()()2ln 2ln 4f x f x x x x x x x +=+++++=221112222ln 2ln 4x x x x x x +++++=.212121212()()42(ln )x x x x x x x x +++=+-令12x x t =，()ln g t t t =-，0t >，11()1t g t t t-'=-=，(0,1)t ∈，()0g t '<，()g t 为减函数，(1,)t ∈+∞，()0g t '>，()g t 为增函数，min ()(1)1g t g ==，所以()1g t ≥.即21212()()426x x x x +++≥+=.得：1212(3)(2)0x x x x +++-≥，得到1220x x +-≥，即：122x x +≥.类型四“转化法”构造函数证明不等式【例4】【2020·天津南开中学月考】已知函数1()ln f x x a x x=-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()222111a x ax f x x x x -+=--+-'=.（i ）若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在()0,+∞单调递减.（ii ）若2a >，令()0f x '=得，42a x =或42a x =.当0,,22a a x ⎛⎛⎫+∈⋃+∞ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时，()0f x '<；当,22a a x ⎛+∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>.所以()f x在0,,,22a a ⎛⎛⎫++∞ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递减，在,22a a ⎛-+ ⎪⎝⎭单调递增.（2）由（1）知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >.由于()f x 的两个极值点12,x x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >.由于()()12121221212121222ln ln ln ln 2ln 11221f x f x x x x x x a a ax x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----，所以()()12122f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<.设函数()12ln g x x x x=-+，由（1）知，()g x 在()0,+∞单调递减，又()10g =，从而当()1,x ∈+∞时，()0g x <.所以22212ln 0x x x -+<，即()()12122f x f x a x x -<--.【指点迷津】在关于x 1，x 2的双变元问题中，若无法将所要证明的不等式整体转化为关于m(x 1，x 2)的表达式，则考虑将不等式转化为函数的单调性问题进行处理，进而实现消元的目的．【举一反三】【2020·吉林省实验期末】已知函数()2ln 2f x x x ax x =-+，a ∈R ．（Ⅰ）若()f x 在()0,∞+内单调递减，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若函数()f x 有两个极值点分别为1x ，2x ，证明：1212x x a+>．【解析】（I ）()ln 24f x x ax +'=-．∴()f x 在()0,∞+内单调递减，∴()ln 240f x x ax =+-≤在()0,∞+内恒成立，即ln 24x a x x ≥+在()0,∞+内恒成立．令()ln 2x g x x x =+，则()21ln xg x x --'=，∴当10e x <<时，()0g x '>，即()g x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内为增函数；当1x e >时，()0g x '<，即()g x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内为减函数．∴()g x 的最大值为1g e e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴e ,4a ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭（Ⅱ）若函数()f x 有两个极值点分别为1x ，2x ，则()ln 240f x x ax =+-='在()0,∞+内有两根1x ，2x ，由（I ），知e 04a <<．由1122ln 240ln 240x ax x ax +-=⎧⎨+-=⎩，两式相减，得()1212ln ln 4x x a x x -=-．不妨设120x x <<，∴要证明1212x x a +>，只需证明()()121212142ln ln x x a x x a x x +<--．即证明()1212122ln ln x x x x x x ->-+，亦即证明12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+．令函数．∴22(1)'()0(1)x h x x x --=≤+，即函数()h x 在(]0,1内单调递减．∴()0,1x ∈时，有()()10h x h >=，∴2(1)ln 1x x x ->+．即不等式12112221ln 1x x xx x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+成立．综上，得1212x x a+>．三．强化训练1.【2020·辽宁本溪一高期末】已知a R ∈，函数2()x f x e ax =+.（1）()f x '是函数数()f x 的导函数，记()()g x f x '=，若()g x 在区间(,1]-∞上为单调函数，求实数a 的取值范围；（2）设实数0a >，求证：对任意实数12,x x ()12x x ≠，总有()()121222f x f x x x f ++⎛⎫<⎪⎝⎭成立.附：简单复合函数求导法则为[()]()f ax b af ax b ''+=+.【解析】（1）由已知得()2x f x e ax '=+，记()2x g x e ax =+，则()2xg x e a '=+.①若0a ≥，()0g x '>，()g x 在定义域上单调递增，符合题意；②若0a <，令()0g x '=解得()ln 2x a =-，()g x '自身单调递增，要使导函数()g x 在区间(],1-∞上为单调函数，则需()ln 21a -≥，解得2ea ≤-，此时导函数()g x 在区间(],1-∞上为单调递减函数.综合①②得使导函数()f x '在区间(],1-∞上为单调函数的a 的取值范围是[),0,2e ⎛⎤-∞-+∞ ⎥⎝⎦.（2）因为12x x ≠，不妨设12x x <，取1x 为自变量构造函数，()()()1212122f x f x x x F x f ++⎛⎫=-⎪⎝⎭，则其导数为()()11211222f x x x F x f '+⎛⎫''=- ⎪⎝⎭()121122x x f f x ⎡+⎤⎛⎫''=- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦0a > ()2xf x e ax ∴'=+在R 上单调递增而且12211022x x x x x +--=>，所以()1212x x f f x +⎛⎫''> ⎪⎝⎭，即()10F x '>.故关于1x 的函数()1F x 单调递增，()()120F x F x <=即()()121222f x f x x x f ++⎛⎫<⎪⎝⎭证得.2.【2020·湖北随州一中期末】高三月考（理））已知函数()ln f x ax x =-.（Ⅰ）求()f x 的极值；（Ⅱ）若1a =-，1b ≥，()()xg x f x be =+，求证：()0g x >.【解析】（Ⅰ）()()10f x a x x'=->，当0a ≤时，()0f x '<恒成立，则()f x 在()0,∞+上单调递减，()f x 无极值；当0a >时，令()0f x '>，得1x a >；令()0f x '<，得10x a<<，则()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，()f x 有极小值为1ln a +，无极大值；（Ⅱ）当1a =-，1b =时，()()ln 0xg x e x x x =-->，()11x g x e x'=--，令()()h x g x '=，则()210x h x e x =+>'，所以()h x 在()0,∞+上单调递增.又1302h ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，()120h e =->，所以01,12x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()000110x h x e x =--=，即0011x e x =+，所以函数()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以函数()g x 的最小值为()00000001ln 1ln xg x e x x x x x =--=+--，又函数11ln y x x x=+--在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上是单调减函数，所以()011ln1110g x >+--=>，又1b ≥，()()x xf x be f x e +≥+，故()0g x >．3.【2020·湖北黄石一高月考】已知函数2()1f x e x e =+--.（1）若()f x ax e ≥-对x ∈R 恒成立，求实数a 的值；（2）若存在不相等的实数1x ，2x ，满足12()()0f x f x +=，证明：122x x +<.【解析】（1）令()()()(1)1x g x f x ax e e a x =--=+--，则()1x g x e a '=+-，由题意，知()0g x ≥对x ∈R 恒成立，等价min ()0g x ≥.当1a ≤时，由()0g x '≥知()(1)1x g x e a x =+--在R 上单调递增.因为1(1)(1)10g a e-=---<，所以1a ≤不合题意；当1a >时，若(,ln(1))x a ∈-∞-，则()0g x '<，若(ln(1),)x a ∈-+∞，则()0g x '>，所以，()g x 在(,ln(1))a -∞-单调递减，在(ln(1),)a -+∞上单调递增.所以min ()(ln(1))2(1)ln(1)0g x g a a a a =-=-+--≥记()2(1)ln(1)(1)h a a a a a =-+-->，则()ln(1)h a a '=--.易知()h a 在(1,2)单调递增，在(2,)+∞单调递减，所以max ()(2)0h a h ==，即2(1)ln(1)0a a a -+--≤.而min ()2(1)ln(1)0g x a a a =-+--≥，所以2(1)ln(1)0a a a -+--=，解得2a =.（2）因为()()120f x f x +=，所以12122(1)x x e e x x e +++=+.因为12122122,x x x x e e ex x ++≥≠，所以121222x x x x e e e++>令12x x t +=，则22220t e t e +--<.记2()2220tm t e t e =+--<，则2()10t m t e '=+>，所以()m t 在R 上单调递增.又(2)0m =，由22220te t e +--<，得()(2)m t m <，所以2t <，即122x x +<.4．【2020·浙江高温州三中期末】已知函数()11114x x e e ax a f x ++⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭，其中2.718e =⋅⋅⋅是自然对数的底数，()()'g x f x =是函数()f x 的导数.（1）若()g x 是R 上的单调函数，求a 的值；（2）当78a =时，求证：若12x x ≠，且122x x +=-，则()()122f x f x +>.【解析】（1）()()1112'1x x e e ax g x f x ++⎛⎫=-- ⎝=⎪⎭，()()11'1x x e e x g x a a ++=---，由题意()110x e ax a G x +=---≥恒成立，由于()10G -=，所以()'10G -=，解得1a =.方法一：消元求导死算（2）()11171488x x e x e f x ++⎛⎫=-- ⎪⎝⎭()111731484x x e e x ++⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，令1x t +=，120t t +=，不妨设210t x =+>，()173484t th e e t t ⎛⎫=-+⎪⎝⎭，令()()()H t h t h t =+-173173484484t tt t e e t e e --⎛⎫⎛⎫=-++++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，原题即证明当0t >时，()2H t >，()171171288288't tt t e e t e e H t t --⎛⎫⎛⎫=---+-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()()()171288t t t t t t t te e e e t e e e e ----=+--+--()()()()711208216t t t t t t t t e e e e t e e e e ----⎡⎤⎡⎤=+--+-+-≥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，其中()()11'1022t t t t e e t e e --⎡⎤--=+-≥⎢⎥⎣⎦，因为()02H =，所以当0t >时，()2H t >，得证.5.【2020·安徽黄山期末】已知函数()()2e 12e x x f x a a x =+--.（1）当0a <时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个不同零点1x ，2x ，证明：1a >且120x x +<.【解析】（1）()()()()22e 12e 1e 12e 1x x x x f x a a a '=+--=-+.因为0a <，由()0f x '=得，0x =或1ln 2x a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.i ）1ln 02a ⎛⎫-< ⎪⎝⎭即12a <-时，()f x 在1,ln 2a ⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递减，在1ln ,02a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递增，在()0,∞+单调递减；ii ）1ln 02a ⎛⎫-=⎪⎝⎭即12a =-时，()f x 在(),-∞+∞单调递减；iii ）1ln 02a ⎛⎫->⎪⎝⎭即102a -<<时，()f x 在(),0-∞单调递减，在10,ln 2a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递增，在1ln ,2a ⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭单调递减.（2）由（1）知，12a <-时，()f x 的极小值为111ln 1ln 10242f a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--->> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，102a -<<时，()f x 的极小值为()0110f a =->>，12a =-时，()f x 在(),-∞+∞单调，故0a <时，()f x 至多有一个零点.当0a ≥时，易知()f x 在(),0-∞单调递减，在()0,∞+单调递增.要使()f x 有两个零点，则()00f <，即120a a +-<，得1a >.令()()()F x f x f x =--，（0x >），则()()()F x f x f x '''=+-()()22e 12e 1x x a a =+--()()22e 12e 1x x a a --++--()()()2e e 1e e 2e e 20x x x x x x a ---=+++-++-≥，所以()F x 在0x >时单调递增，()()00F x F >=，()()f x f x >-.不妨设12x x <，则10x <，20x >，20x -<，()()()122f x f x f x =>-.由()f x 在(),0-∞单调递减得，12x x <-，即120x x +<.6.【2020·山东东营期末】已知函数()()sin ,ln f x x a x g x x m x =-=+.(1)求证:当1a ≤时,对任意()()0,,0x f x ∈+∞>恒成立;(2)求函数()g x 的极值;(3)当12a =时,若存在()12,0,x x ∈+∞且12x x ≠,满足()()()()1122f x g x f x g x +=+,求证:12249x x m <.【解析】(1)()()sin 1cos f x x a x f x a x '=-∴=-，1cos 1x -≤≤ ,()11cos 0a f x a x '∴≤=-≥，,()sin f x x a x =-在()0+∞，上为增函数,所以当()0,x ∈+∞时,恒有()()00f x f >=成立;(2)由()()()ln ,10m x mg x x m x g x x x x+'=+∴=+=>当()00m g x '≥>，()g x 在()0+∞，上为增函数,无极值当()()0,00;0m x m g x x m g x ''<<<-<>->，，()g x 在()0m -，上为减函数,在(),m -+∞上为增函数,()x m x ∴=-，g 有极小值()ln m m m -+-,无极大值,综上知:当()0m g x ≥，无极值,当()0m g x <，有极小值()ln m m m -+-,无极大值.(3)当()11sin 22a f x x x ==-，在()0+∞，上为增函数,由(2)知,当0m ≥,()g x 在()0+∞，上为增函数,这时,()()f x g x +在()0+∞，上为增函数,所以不可能存在()12,0,x x ∈+∞,满足()()()()1122f x g x f x g x +=+且12x x ≠所以有0m <现不防设()()()()1211220x x f x g x f x g x <<+=+，得:111222112sin ln 2sin ln 22x x m x x x m x -+=-+()()()2121211ln ln 2sin sin 2m x x x x x x --=---①1122sin sin x x x x -<-()()212111sin sin 22x x x x -->--②由①②式可得:()()()2121211ln ln 22m x x x x x x -->---即()()21213ln ln 02m x x x x -->->又1221ln ln ,ln ln 0x x x x <->2121302ln ln x x m x x -∴->⨯>-③又要证12249x x m <，即证21294m x x >120,0m x x <<<即证m ->……④所以由③式知,只需证明:2121ln ln x x x x ->-2121ln 1x x x x ->设211x t x =>,只需证1ln t t ->即证()ln 01t t ->>令()()ln 1h t t t =>由()()()2101h t t h t -'=>>，在()1+∞，上为增函数,()()10h t h∴>=2121ln ln x x x x -∴>-成立,所以由③知,0m ->>成立,所以1224 9x xm 成立.7.【2020届四川省成都一诊】已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）设，证明：.【解析】（1）由题意，又，所以，因此在点处的切线方程为，即（2）证明：因为，所以由于，等价于，令，设函数当时，，所以，所以在上是单调递增函数，又，所以，所以，即等价于，令，设函数当时，，所以，所以在上是单调递减函数，又，所以所以，即综上①②可得：.8.【2020·天津南开期末】已知2()46ln f x x x x =--，（1）求()f x 在(1,(1))f 处的切线方程以及()f x 的单调性；（2）对(1,)x ∀∈+∞，有21()()6112xf x f x x k x ⎛⎫'->+-- ⎪⎝⎭恒成立，求k 的最大整数解；（3）令()()4(6)ln g x f x x a x =+--，若()g x 有两个零点分别为1x ，2x ()12x x <且0x 为()g x 的唯一的极值点，求证：12034x x x +>.【解析】（1）2()46ln f x x x x=-- 所以定义域为()0,+¥6()24f x x x'∴=--；(1)8f '=-；(1)3f =-所以切线方程为85y x =-+；2()(1)(3)f x x x x'=+-，令()0f x '>解得3x >令()0f x '<解得03x <<所以()f x 的单调递减区间为()0,3，单调递增区间为(3,)+∞.（2）21()()6112xf x f x x k x ⎛⎫'->+-- ⎪⎝⎭等价于min ln ()1x x x k h x x +<=-；22ln ()(1)x x h x x --'∴=-，记()2ln m x x x =--，1()10m x x'=->，所以()m x 为(1,)+∞上的递增函数，且(3)1ln 30m =-<，(4)2ln 40m =->，所以0(3,4)x ∃∈，使得()00m x =即002ln 0x x --=，所以()h x 在()01,x 上递减，在()0,x +∞上递增，且()000min 000ln ()(3,4)1x x x h x h x x x +===∈-；所以k 的最大整数解为3.（3）2()ln g x x a x =-，()20ag x x x x -'=-==得0x =，当x ⎛∈ ⎝，()0g x '<，x ⎫∈+∞⎪⎪⎭，()0g x '>；所以()g x在⎛ ⎝上单调递减，⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增，而要使()g x 有两个零点，要满足()00g x <，即2ln 02g a a e =-<⇒>；因为10x <<2x >，令21x t x =(1)t >，由()()12f x f x =，221122ln ln x a x x a x ∴-=-，即：2221111ln ln x a x t x a tx -=-，212ln 1a tx t ∴=-而要证12034x x x +>，只需证1(31)t x +>即证：221(31)8t x a+>即：22ln (31)81a t t a t +>-由0a >，1t >只需证：22(31)ln 880t t t +-+>，令22()(31)ln 88h t t t t =+-+，则1()(186)ln 76h t t t t t'=+-++令1()(186)ln 76n t t t t t =+-++，则261()18ln 110t n t t t -'=++>(1)t >故()n t 在(1,)+∞上递增，()(1)0n t n >=；故()h t 在(1,)+∞上递增，()(1)0h t h >=；12034x x x ∴+>.9．【2020·湖南洪湖期末】已知函数()1,f x xlnx ax a R=++∈（1）当0x >时，若关于x 的不等式()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围；（2）当*n N ∈时，证明：2223122421n n n ln ln ln n n n +<+++<++ ．【解析】（1）由()0f x ≥，得ln 10x x ax ++≥(0)x >.整理，得1ln a x x -≤+恒成立，即min 1ln a x x ⎛⎫-≤+ ⎪⎝⎭.令()1ln F x x x =+.则()22111'x F x x x x-=-=.∴函数()F x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增.∴函数()1ln F x x x=+的最小值为()11F =.∴1a -≤，即1a ≥-.∴a 的取值范围是[)1,-+∞.（2）∵24n n +为数列()()112n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬++⎪⎪⎩⎭的前n 项和，1n n +为数列()11n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭的前n 项和.∴只需证明()()211ln 12n n n n +<++()11n n <+即可.由（1），当1a =-时，有ln 10x x x -+≥，即1ln x x x ≥-.令11n x n +=>，即得1ln 11n n n n +>-+11n =+.∴2211ln 1n n n +⎛⎫> ⎪+⎝⎭()()112n n >++1112n n =-++.现证明()211ln 1n n n n +<+，即<==()*现证明12ln (1)x x x x <->.构造函数()12ln G x x x x=--()1x ≥，则()212'1G x x x =+-22210x x x-+=≥.∴函数()G x 在[)1,-+∞上是增函数，即()()10G x G ≥=.∴当1x >时，有()0G x >，即12ln x x x <-成立.令x =，则()*式成立.综上，得()()211ln 12n n n n +<++()11n n <+.对数列()()112n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬++⎪⎪⎩⎭，21ln n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭，()11n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭分别求前n 项和，得223ln 2ln 242n n <++21ln 1n n n n ++⋅⋅⋅+<+.10.【2020·全国高三专题】已知函数()ln a f x x x=+，其中a R ∈．（1）试讨论函数()f x 的单调性；（2）若1a =，试证明：()e cos x x f x x +<．【解析】（1）由221()a x a f x x x x -'=-=(0)x >知：（i ）若0a ≤，2()0(0)x a f x x x -'=>>，∴()f x 在区间()0,∞+上为增函数．（ii ）若0a >，∴当x ∈()0,a 时，有()0f x '<，∴()f x 在区间()0,a 上为减函数．当x ∈(),a +∞时，有()0f x '>，∴()f x 在区间(),a +∞上为增函数．综上：当0a ≤时，()f x 在区间()0,∞+上为增函数；当0a >时，()f x 在区间()0,a 上为减函数；()f x 在区间(),a +∞上为增函数．（2）若1a =，则1()ln (0)f x x x x =+>要证e cos ()x x f x x +<，只需证ln 1e cos x x x x +<+，即证：ln e cos 1x x x x <+-.（i ）当01x <≤时，ln 0x x ≤，而e cos 11cos11cos10x x +->+-=>∴此时ln <e cos 1x x x x +-成立.（ii ）当1x >时，令()e cos ln 1x g x x x x =+--，()0,x ∈+∞，∵()e sin ln 1x g x x x '=---，设()()e sin ln 1x h x g x x x '==---，则1()e cos x h x x x'=-- 1x >，∴1()e cos e 110x h x x x '=-->-->∴当1x >时，()h x 单调递增，∴()(1)e sin110h x h >=-->，即()0g x '>∴()g x 在()1,+∞单调递增，∴()(1)e cos110g x g >=+->即()e cos ln 10x g x x x x =+-->，即ln <e cos 1x x x x +-，∴e cos ()<x x f x x+综上：当0x >时，有e cos ()<x x f x x +成立.。
构造函数证明不等式
在含有两个或两个以上字母的不等式中，若使用其它方法不能解决，可将一边整理为零，而另一边为某个字母的二次式，这时可考虑用判别式法。
一般对与一元二次函数有关或能通过等价转化为一元二次方程的，都可考虑使用判别式，但使用时要注意根的取值范围和题目本身条件的限制。
例1. 设：a 、b 、c ∈R ，证明：0)(322≥+++++c b a b c ac a 成立，并指出等号何时成立。
解析：令bc b c a c b a a f 33)3()(222+++++=⊿＝2222)(3)33(4)3(c b bc b c c b +-=++-+∵b 、c ∈R ，∴⊿≤0即：0)(≥a f ，∴0)(322≥+++++c b a b c ac a 恒成立。
当⊿＝0时，0=+c b ，此时，0)(3)(222=-=+++=c a ab c ac a a f ，∴c b a =-=时，不等式取等号。
例2. 已知：R c b a ∈,,且2,2222=++=++c b a c b a ，求证： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈34,0,,c b a 。
解析：⎩⎨⎧=++=++22222c b a c b a 消去c 得：012)2(22=+-+-+b b a b a ，此方程恒成立， ∴⊿＝043)12(4)2(222≥+-=+---b b b b b ，即：340≤≤b 。
同理可求得∈c a ,⎥⎦⎤⎢⎣⎡34,0 ② 构造函数逆用判别式证明不等式对某些不等式证明，若能根据其条件和结论，结合判别式的结构特征，通过构造二项平方和函数：2222211)()()()(n n b x a b x a b x a x f -++-+-=由0)(≥x f ，得⊿≤0，就可以使一些用一般方法处理较繁琐的问题，获得简捷明快的证明。
例3. 设+∈R d c b a ,,,且1=+++d c b a ， 求证：14141414+++++++d c b a ﹤6。
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代入，作差 构造函数 求导 研究单调性 求最值
证得结论
代入， 作差 构造函数
求导
研究单调性 求最值 证得结论
构造（两个）函数 代入， 作差 求导， 研究单调性
求最值 证得结论
转化 思想 构造函数，求导，研究单调性
比较大小
证得结论
构造函数 解 题 步 骤
证明不等式的问题
1
2
3
4
构造函数
求导
构造函数
证明不等式的问题
【内容概述】
方法：构造（函数）法 思想：化归与转化思想、函数思想 定义：借助于数学模型（函数、数列、……），将问题转化，以获得更简洁的 证明方法。
作用：挖掘数学知识的内部联系，培养分析问题和解决问题的能力，及探索和 创新的能力。
重点：构造函数证明不等式的问题。
构造函数 求导 研究单调性 求最值 证得结论
Hale Waihona Puke 研究单调性求最值 （比较大小）
微课小结
一次提升
一个视角
一种方法