【高考数学】 《如何构造函数问题》破解导数解答题

x
ex
式两边构造函数证明不等式．
◎◎◎◎对点训练◎◎◎◎ 2.（2020•鄂尔多斯模拟）已知函数 f（x）＝ex+x2﹣2x． （Ⅰ）求 f′（x）在区间[0，1]上的零点个数（其中 f′（x）为 f（x）的导数）； （Ⅱ）若关于 x 的不等式 f（x） x2+（a﹣2）x+1 在[1，+∞）上恒成立，求实数 a 的取 值范围． 【解析】（Ⅰ）f′（x）＝ex+2x﹣2，其在[0，1]上是增函数， f′（0）＝1+0﹣2＝﹣1＜0，f′（1）＝e+2﹣2＝e＞0， 根据函数零点存在定理，∃x0 （0，1）使得 f′（x0）＝0， 故 f′（x）在区间[0，1]上的零点个数是 1 个；
所以 f（x）max＝f（1）＝﹣e．
模
记 湖模拟 ） 模
湖模＞㈳拟，则
最湖模拟
）
湖模
模
拟
模
，
所以，当 0＜x＜1 时，g'（x）＜0，g（x）为减函数；当 x＞1 时，g'（x）＞0，g（x）为
增函数，
所以 g（x）min＝g（1）＝﹣e．
模
所以当 x＞0 时，f（x）≤g（x），即 湖模拟
模
解法二：（1）同解法一．
若两个变元 x1，x2 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(x1，x2)的表达式(其中 m(x1，x2)为 x1，x2 组合成的表达式)，进而使用换元 令 m(x1，x2)＝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．
2.
x1 x2
因为 k＝ ln x1 ln x2 ，所以只需证 ln x1 ln x2 ＞ 2 ，即证 ln x1 ＞ 2(x1 x2 ) .
x1 x2
x1 x2
x1 x2
x2
x1 x2
令 x1 ＝t(t＞1) ，则只需证 ln t＞ 2(t 1) (t＞1)．
x2
t 1
令
h(t)＝ln
综上所述，实数 k 的最小值为 ． 热点题型二：“拆分法”构造函数证明不等式
★★★★知识整合★★★★ 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．
g(x)
( ( x)
g(x)) f (x)
，进而证明
h(x)min≥1(φ(x)max≤1)．
★★★★典型例题★★★★
【典例 1】（2019 秋•新罗区校级月考）已知函数 f（x）＝ex﹣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）求证：当 x＞0 时，x2＜ex． 【思路点拨】 （1）f′（x）＝ex﹣a，由 f′（0）＝﹣1，解得 a＝2．可得 f（x）＝ex﹣2x，f′（x）＝ ex﹣2．利用导数研究其单调性极值即可得出． （2）令 g（x）＝ex﹣x2，则 g′（x）＝ex﹣2x，由（I）可得：g′（x）≥f（ln2）＞0， 利用 g（x）在 R 上单调递增，即可证明． 【规范解答】（1）f′（x）＝ex﹣a，∵f′（0）＝﹣1＝1﹣a，∴a＝2． ∴f（x）＝ex﹣2x，f′（x）＝ex﹣2． 令 f′（x）＝0，解得 x＝ln2．
【思路点拨】
（1）求出函数的导数，通过 a 的范围，判断导函数的符号，然后求解函数的单调区间即
可．
模
（2）因为 x＞0，只需证 湖模拟
模
模
，f（x）max＝f（1）＝﹣e．记 湖模拟 ） 模
利用函数的导数，判断函数的单调性求解函数的最值即可证明结果；
湖模＞㈳拟，
解法二：（1）同解法一．
（2）由题意知，即证 exlnx﹣ex2﹣ex+2ex≤0，等价于 模模 模 䳠
（Ⅱ）若关于 x 的不等式 f（x） x2+（a﹣2）x+1 在[1，+∞）上恒成立，
模模
整理可得 a
，
模
模模
令 g（x））
，
模
即求出函数 g（x）在[1，+∞）上的最小值，
湖 模 模拟模 湖 模 模
∴g′（x））
模
拟 湖模
）
拟模 模
模䳠
） 湖模
拟 模䳠 模
，
令 h（x）＝ex﹣x﹣1，
则 h′（x）＝ex﹣1，而 x [1，+∞），h′（x）≥0，
★★★★典型例题★★★★ 【典例 2】已知函数 f(x)＝eln x－ax(a∈R)． (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 a＝e 时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
（2019 秋•福州期末）已知函数 f（x）＝elnx﹣ax（a R）．
（1）讨论 f（x）的单调性；
（2）当 a＝e 时，证明：xf（x）﹣ex+2ex≤0．
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
x1 x2
x1 x2
明上述不等式成立．
◎◎◎◎对点训练◎◎◎◎
3. （2020•池州模拟）已知函数 f（x）＝ax﹣axlnx+1（a R，a≠0）． （Ⅰ）讨论函数 f（x）的单调性； （Ⅱ）证明：当 a＝﹣2 时， 湖模拟 模 模 䳠 模 䳠 模模． 【解析】（Ⅰ）f'（x）＝a﹣a（lnx+1）＝﹣alnx，x＞0． 若 a＞0 时，则当 x （0，1）时，f'（x）＞0；当 x （1，+∞）时，f'（x）＜0． 若 a＜0 时，则当 x （0，1）时，f'（x）＜0；当 x （1，+∞）时，f'（x）＞0． 综上，当 a＞0 时，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减； 当 a＜0 时，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增． 证明：（Ⅱ）当 a＝﹣2 时，f（x）＝﹣2x+2xlnx+1， ∵模 模 䳠 模 䳠 模模 湖模拟 ） 模 模 䳠 模 䳠 模模 模 模模
1.（2020•芜湖模拟）已知函数
湖模拟 ）
湖模模 ，其中 m 为常数，且
䳠ʉ 模
是函数 f（x）的极值
点．
（I）求 m 的值；
（I）若 k（ex﹣1）＞f（x）在 x＞0 上恒成立，求实数 k 的最小值．
【解析】（I）解：
最湖模拟
）
湖
䳠ʉ 䳠ʉ
模 模拟
，由题得
最湖
又 m＝2 时， 最湖模拟 ） 䳠 ʉ 模 ，
综上，当 x＞0 时，g（x）＜h（x），即 xf（x）﹣ex+2ex≤0．
★★★★关键点拨★★★★
对于第(2)问 xf(x)－ex＋2ex≤0 的证明直接构造函数 h(x)＝xeln x－ax2－ex＋2ex，求
导后不易分析，故可将不等式合理拆分为 f(x)≤ ex －2e 或 ln x－x＋2≤ ex ，再分别对不等
湖 䳠ʉ 模拟
拟 ） ㈳，∴m＝2；
当 模 湖㈳， 拟时，f'（x）＞0，模 湖 ， 拟时，f'（x）＜0，
∴f（x）在湖㈳， 拟上单调递增，湖 ， 拟上单调递减，
∴ 是函数 f（x）的极大值点，
∴m＝2 符合题意．
（Ⅱ）令 湖模拟 ） ሻ湖 模
拟
湖模模 ，
䳠ʉ 模
由题得 g（x）＞0 在 x＞0 上恒成立，g（0）＝0， 最湖模拟 ） ሻ 模
∴h（x）在[1，+∞）上是增函数，h（x）≥h（1）＝e﹣2＞0，
有 ex＞x+1，
从而 g′（x）） 湖模
拟 模䳠 模
＞ 湖模 拟湖模䳠 拟䳠
模
） ＞0，
∴g（x）在[1，+∞）上是增函数，可得 g（x）min＝g（1）＝e ；
∴a≤e ． 热点题型三：“换元法”构造函数证明不等式
★★ ★★知识整合★★★★
∴g（x）在 R 上单调递增，
因此：x＞0 时，g（x）＞g（0）＝1＞0，∴x2＜ex．
★★★★关键点拨★★★★ 在本题第(2)问中，发现“x2，ex”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x2 ＜ex”构造函数，得到“g(x)＝ex－x2”，并利用(1)的结论求解．
◎◎◎◎对点训练◎◎◎◎
②若
a＞0，则当
模＜
时，f'（x）＞0；当
㌠
模＞
时，f'（x）＜0．
㌠
故在湖㈳， ㌠ 拟上，f（x）为増函数；在湖 ㌠ ， 䳠 拟上，f（x）为减函数．
模
（2）因为 x＞0，所以只需证 湖模拟 模
，
由（1）知，当 a＝e 时，f（x）在（0，1）上为增函数，在（1，+∞）上为减函数，[来
源:学科网]
t－
2(t 1) t 1
(t＞1)，
则
h′(t)＝ 1 －
t
(t
4 1) 2
＝
(t 1)2 t(1 t)2
＞0，
故函数 h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以
h(t)＞h(1)＝0，即
ln
t＞
2(t 1) t 1
.
所以 x1x2＞e2.
★★★★关键点拨★★★★
不妨设 x1＞x2＞0，由 f(x1)＝f(x2)＝0，可得 ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，两式相加
当 x＜ln2 时，f′（x）＜0，函数 f（x）单调递减；[来源:Z_xx_]