第3節(jié)微課1　構(gòu)造函數(shù)證明不等式

1、第15頁 共15頁第3節(jié)微課1構(gòu)造函數(shù)證明不等式第 第 3 節(jié)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 微課一構(gòu)造函數(shù)證明不等式題型一 移項構(gòu)造函數(shù)證明不等式 【例 1】函數(shù) f(_)_ 2 e2_ 2 .(1)求曲線 yf(_)在點(1，f(1)處的切線方程； (2)當(dāng) _isin;0，2時，求證：f(_)ge;2_ 2 8_5.(1)解 fprime;(_)2e2_ 2 (_ 2 _)，fprime;(1)4，f(1)1，那么曲線 yf(_)在點(1，1)處的切線方程為 y14(_1)，即 y4_3.(2)證明 當(dāng) _isin;0，2時，令 g(_)_ 2 e2_ 2 2_ 2 8_5，那么 gprime;(_)2

2、e2_ 2 (_ 2 _)4_8， 令 h(_)gprime;(_)，那么 hprime;(_)2e2_ 2 (2_ 2 4_1)4gt;0， 所以 gprime;(_)在0，2上單調(diào)遞增，且 gprime;(1)0， 所以 g(_)在0，1上單調(diào)遞減，在(1，2上單調(diào)遞增， 所以 g(_)的最小值為 g(1)0，所以 g(_)ge;0， 即 f(_)ge;2_ 2 8_5.感悟升華 待證不等式的兩邊含有同一個變量時，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.【訓(xùn)練 1】證明：當(dāng) _gt;1 時， 12 _2 ln _lt; 23 _3 .證明

3、 設(shè) g(_) 23 _3 12 _2 ln _， 那么 gprime;(_)2_ 2 _ 1_ ， 因為當(dāng) _1 時，gprime;(_) _12_2 _1_0， 所以 g(_)在(1，infin;)上是增函數(shù)， 所以當(dāng) _gt;1 時，g(_)g(1) 16 0， 所以當(dāng) _1 時， 12 _2 ln _ 23 _3 .題型二 放縮后構(gòu)造函數(shù)證明不等式 【例 2】(2022長沙調(diào)研)函數(shù) f(_)ae _ ln _1.(1)設(shè) _2 是 f(_)的極值點，求 a，并求 f(_)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：當(dāng) age; 1e 時，f(_)ge;0.(1)解 f(_)的定義域為(0，infin;

4、)，fprime;(_)ae _ 1_ .由題設(shè)知，fprime;(2)0，所以 a12e 2 .從而 f(_)12e 2 e_ ln _1，fprime;(_)12e 2 e_ 1_ .當(dāng) 0lt;_lt;2 時，fprime;(_)lt;0；當(dāng) _gt;2 時，fprime;(_)gt;0.所以 f(_)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(2，infin;).(2)證明 當(dāng) age; 1e 時，f(_)ge;e _eln _1(_gt;0).設(shè) g(_) e_eln _1(_gt;0)，那么 gprime;(_) e_e 1_ (_gt;0).當(dāng) 0lt;_lt;1 時，gprim

5、e;(_)lt;0；當(dāng) _gt;1 時，gprime;(_)gt;0.所以 _1 是 g(_)的極小值點，也是最小值點.故當(dāng) _gt;0 時，g(_)ge;g(1)0.因此，當(dāng) age; 1e 時，f(_)ge;0.感悟升華 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)進展證明.【訓(xùn)練 2】函數(shù) f(_)ln _ aln _ 2.(1)假設(shè) a1，求 f(_)的單調(diào)區(qū)間； (2)假設(shè) a0，_isin;(0，1)，證明：_ 2 1_ lt;f_e _.(1)解 當(dāng) a1 時，f(_)ln _ ln _ 2，_isin;(0，infin;)， there4;fp

6、rime;(_) 1_ 12ln _ 3 _2 12ln _ 3 _1_12ln _ 3.當(dāng) _isin;(0，1)時，fprime;(_)lt;0，當(dāng) _isin;(1，infin;)時，fprime;(_)gt;0， there4;f(_)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，infin;).(2)證明 當(dāng) a0，_isin;(0，1)時，_ 2 1_ lt;f_e _等價于 ln _e _ 2 1_ lt;0， 當(dāng) _isin;(0，1)時，e _ isin;(1，e)，ln _gt;0，there4; ln _e _lt;ln _， there4;只需要證ln _ 2 1_

7、lt;0 在(0，1)上恒成立.令 g(_)ln _ 2 1_ ，_isin;(0，1)， there4;gprime;(_) 1_ 2_1_ 2 2_ 3 _1_ 2gt;0， 那么函數(shù) g(_)在(0，1)上單調(diào)遞增，于是 g(_)lt;ln 1110， there4;當(dāng) _isin;(0，1)時，_ 2 1_ lt;f_e _.題型三 分拆函數(shù)法證明不等式 【例 3】(2022百校大聯(lián)考)函數(shù) f(_)eln _a_(aisin;R).(1)討論函數(shù) f(_)的單調(diào)性； (2)當(dāng) ae 時，證明：_f(_)e _ 2e_le;0.(1)解 fprime;(_) e_ a(_gt;0)，

8、假設(shè) ale;0，那么 fprime;(_)gt;0，f(_)在(0，infin;)上單調(diào)遞增； 假設(shè) agt;0，那么當(dāng) 0lt;_lt; ea 時，fprime;(_)gt;0； 當(dāng) _gt; ea 時，fprime;(_)lt;0.故 f(_)在 0， ea上單調(diào)遞增，在 ea ，infin; 上單調(diào)遞減.(2)證明 因為 _gt;0，所以只需證 f(_)le; e_ 2e， 當(dāng) ae 時，由(1)知，f(_)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，infin;)上單調(diào)遞減.所以 f(_) ma_ f(1)e.設(shè) g(_) e_ 2e(_gt;0)，那么 gprime;(_)_1e _ 2， 所

9、以當(dāng) 0lt;_lt;1 時，gprime;(_)lt;0，g(_)單調(diào)遞減； 當(dāng) _gt;1 時，gprime;(_)gt;0，g(_)單調(diào)遞增， 所以 g(_) min g(1)e.綜上，當(dāng) _gt;0 時，f(_)le;g(_)，即 f(_)le; e_ 2e.即 _f(_)e _ 2e_le;0 得證.感悟升華 1.假設(shè)直接求導(dǎo)比擬復(fù)雜或無從下手時，可將待證式進展變形，構(gòu)造兩個函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，到達(dá)證明的目的.2.在證明過程中，等價轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵，此處 g(_) min ge;f(_) ma_ 恒成立，從而 f(_)le;g(_)恒成立.【訓(xùn)練 3】函數(shù) f(_)e _ ln

10、 _ 2_ e_ 1 ，證明：f(_)gt;1.證明 函數(shù) f(_)的定義域為(0，infin;).f(_)gt;1 等價于 _ln _gt;_e _ 2e .設(shè)函數(shù) g(_)_ln _，那么 gprime;(_)1ln _(_gt;0)， 所以當(dāng) _isin; 0， 1e時，gprime;(_)lt;0；當(dāng) _isin; 1e ，infin; 時，gprime;(_)gt;0.故 g(_)在 0， 1e上單調(diào)遞減，在 1e ，infin; 上單調(diào)遞增，從而 g(_)在(0，infin;)上的最小值為 g 1e 1e .設(shè)函數(shù) h(_)_e _ 2e ，那么 hprime;(_)e _ (1_

11、)， 所以當(dāng) _isin;(0，1)時，hprime;(_)gt;0； 當(dāng) _isin;(1，infin;)時，hprime;(_)lt;0.故 h(_)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，infin;)上單調(diào)遞減， 從而 h(_)在(0，infin;)上的最大值為 h(1) 1e .因為 g(_) min g 1eh(1)h(_) ma_ ， 所以當(dāng) _gt;0 時，g(_)gt;h(_)，即 f(_)gt;1.“雙變量”問題的轉(zhuǎn)化 近年高考應(yīng)考，常涉及“雙變量”或“雙參”相關(guān)問題，才能要求高，破解問題的關(guān)鍵：一是轉(zhuǎn)化，即由條件入手，尋找雙變量滿足的關(guān)系式，并把含雙變量問題轉(zhuǎn)化為含單變量的問題，

12、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.【例 1】(2022重慶調(diào)研)函數(shù) f(_)ln _a_ 2 (ab1)_b1(a，bisin;R).(1)假設(shè) a0，試討論 f(_)的單調(diào)性； (2)假設(shè) 0a2，b1，實數(shù) _ 1 ，_ 2 為方程 f(_)ma_ 2 的兩個不等實根，求證：1_ 1 1_ 2 42a.(1)解 依題意知 _0，當(dāng) a0 時，fprime;(_) 1_ (b1)， 當(dāng) ble;1 時，fprime;(_)0 恒成立，f(_)在(0，infin;)上單調(diào)遞增.當(dāng) b1 時，_isin; 0，1b1時，fprime;(_)0； 當(dāng) _isin; 1

13、b1 ，infin;時，fprime;(_)0.故 f(_)在 0，1b1上單調(diào)遞增，在 1b1 ，infin;上單調(diào)遞減.(2)證明 由 f(_)ma_ 2 得 ln _(a2)_2m0， 令 g(_)ln _(a2)_2，_0， 那么 g(_ 1 )g(_ 2 )m， 依題意有 ln _ 1 (a2)_ 1 ln _ 2 (a2)_ 2 .there4;a2ln _2_ 1_ 1 _ 2 (_ 1 ne;_ 2 ，且 _ 1 ，_ 2 0).要證1_ 1 1_ 2 42a， 只需證 _1 _ 2_ 1 _ 22(2a)2ln _2_ 1_ 1 _ 2(_)， 不妨設(shè) _ 2 _ 1 0.要

14、證(_)式成立，只要證 _1_ 2 _ 2_ 1 2ln_ 2_ 1 ， 即證 2ln _2_ 1 _ 1_ 2 _ 2_ 1 0.令 t _2_ 1 (t1)，那么 h(t)2ln tt1t .hprime;(t) 2t 11t 2 1t 120， there4;h(t)在(1，infin;)上單調(diào)遞減， there4;h(t)h(1)0，從而1_ 1 1_ 2 42a.【例 2】(2022成都調(diào)研)函數(shù) f(_)(_a)e _ ，假設(shè)曲線 yf(_)在點(0，f(0)處的切線與直線 y_2 平行.(1)務(wù)實數(shù) a 的值； (2)假如 0lt;_ 1 lt;_ 2 ，且 f(_ 1 )f(_

15、 2 )，求證：3_ 1 _ 2 gt;3.(1)解 由 f(_)(_a)e _ ，得 fprime;(_)(1a_)e _ .依題設(shè) fprime;(0)1a1，there4;a0.(2)證明 由(1)知，f(_)_e _ ， 因為 0lt;_ 1 lt;_ 2 ，且 f(_ 1 )f(_ 2 )， 得_ 1e_ 1 _ 2e_ 2 ，所以 _ 2 _ 1 e_ 2 _ 1 ， 令 t_ 2 _ 1 (tgt;0)，那么 _ 1 e t _ 1 t， 得 _ 1 te t 1 ，_ 2 te te t 1 .要證 3_ 1 _ 2 gt;3，即證3te t 1 te te t 1 gt;3，

16、 因為 tgt;0，所以 e t 1gt;0，即證(t3)e t 3t3gt;0.設(shè) g(t)(t3)e t 3t3(tgt;0)， 那么 gprime;(t)(t2)e t 3(tgt;0).令 h(t)(t2)e t 3(tgt;0)， 那么 hprime;(t)(t1)e t ， 當(dāng) 0lt;tlt;1 時，hprime;(t)lt;0，當(dāng) tgt;1 時，hprime;(t)gt;0，所以函數(shù) h(t)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，infin;)上單調(diào)遞增， 所以 h(t)ge;h(1)3egt;0，即 gprime;(t)gt;0， 所以 g(t)在(0，infin;)上單調(diào)遞增，

17、所以 g(t)gt;g(0)0，所以 3_ 1 _ 2 gt;3.思維升華 1.由 f(_ 1 )f(_ 2 )，得_ 1e _ 1 _ 2e _ 2 ，引入 t_ 2 _ 1 ，就是根據(jù)條件(或極值點)之間的關(guān)系構(gòu)建等式，利用極值點之差作為變量，從而實現(xiàn)消參、減元的目的.2.用 t 表示兩個極值點的差，進而把所求問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于 t 的函數(shù)，借助導(dǎo)數(shù)求解.1.函數(shù) f(_)1 ln _，g(_)ee _ 1_ _.證明：當(dāng) _ge;1 時，f(_)g(_)ge;2_ .證明 f(_)g(_)ge; 2_ hArr;1ln _ee _ 1_ _ge;0.令 h(_)1 ln _ee _ 1_ _

18、(_ge;1)， 那么 h(1)0，hprime;(_) 1ln _ 2ee _ 1_ 2 1ln _ 2ee _ 1.因為 _ge;1，所以 hprime;(_) ln _ 2ee _ 1gt;0， 所以 h(_)在1，infin;)上單調(diào)遞增， 所以 h(_)ge;h(1)0，即 1 ln _ee _ 1_ _ge;0.故當(dāng) _ge;1 時，f(_)g(_)ge; 2_ .2.(2022武漢模擬)設(shè) a 為實數(shù)，函數(shù) f(_)e _ 2_2a，_isin;R.(1)求 f(_)的單調(diào)區(qū)間與極值； (2)求證：當(dāng) agt;ln 21 且 _gt;0 時， e _ gt;_ 2 2a_1.(1

19、)解 由 f(_)e _ 2_2a，_isin;R，得 fprime;(_)e _ 2，_isin;R，令 fprime;(_)0，得 _ln 2.于是當(dāng) _ 變化時，fprime;(_)，f(_)的變化情況如下表：_ (infin;，ln 2) ln 2 (ln 2，infin;) fprime;(_) 0 f(_)2(1ln 2a)故 f(_)的單調(diào)遞減區(qū)間是(infin;，ln 2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2，infin;).there4;f(_)在 _ln 2 處獲得極小值，極小值 f(ln 2)2(1ln 2a)，無極大值.(2)證明 設(shè) g(_)e _ _ 2 2a_1，_isin

20、;R.于是 gprime;(_)e _ 2_2a，_isin;R.由(1)知當(dāng) agt;ln 21 時，gprime;(_)的最小值為 gprime;(ln 2)2(1ln 2a)gt;0.于是對任意 _isin;R，都有 gprime;(_)gt;0，所以 g(_)在 R 內(nèi)單調(diào)遞增.于是當(dāng) agt;ln 21 時，對任意 _isin;(0，infin;)，都有 g(_)gt;g(0).又 g(0)0，從而對任意 _isin;(0，infin;)，g(_)gt;0.即 e _ _ 2 2a_1gt;0，故 e _ gt;_ 2 2a_1.3.函數(shù) f(_)(_1)(_ 2 2)e _ 2_.

21、(1)求曲線 yf(_)在點(0，f(0)處的切線方程； (2)證明：f(_)gt;_ 2 4.(1)解 因為 fprime;(_)2_(_1)e _ _(_ 2 2)e _ 2 _ 2 (_2)e _ 2，所以 fprime;(0)2.因為 f(0)2，所以曲線 yf(_)在點(0，f(0)處的切線方程為 2_y20.(2)證明 要證 f(_)gt;_ 2 4， 只需證(_1)(_ 2 2)e _ gt;_ 2 2_4， 設(shè) g(_)_ 2 2_4(_1) 2 3， h(_)(_1)(_ 2 2)e _ ， 那么 hprime;(_)_ 2 (_2)e _ .由 hprime;(_)ge;0

22、，得 _ge;2， 故 h(_)在2，infin;)上單調(diào)遞增； 由 hprime;(_)lt;0，得 _lt;2， 故 h(_)在(infin;，2)上單調(diào)遞減， 所以 h(_) min h(2) 18e 2 .因為 easymp;2.718，所以 18e 2 gt;3.又 g(_) ma_ 3，所以 g(_) ma_ lt;h(_) min ， 從而(_1)(_ 2 2)e _ gt;_ 2 2_4， 即 f(_)gt;_ 2 4.4.函數(shù) f(_) aln _1 b_ ，曲線 yf(_)在點(1，f(1)處的切線方程為 _2y30.(1)求 a，b 的值； (2)證明：當(dāng) _0，且 _n

23、e;1 時，f(_)ln _1 .(1)解 fprime;(_)a _1_ln _12b_ 2 (_gt;0).由于直線 _2y30 的斜率為 12 ，且過點(1，1)， 故 f11，fprime;1 12 ，即 b1，a2 b12 .解得 a1，b1.(2)證明 由(1)知 f(_)ln _1 1_ (_gt;0)， 所以 f(_)ln _1 11_ 2 2ln _ _2 1_.考慮函數(shù) h(_)2ln _ _2 1_(_0)， 那么 hprime;(_) 2_ 2_ 2 _ 2 1_ 2 _12_ 2.所以當(dāng) _ne;1 時，hprime;(_)0.而 h(1)0，故當(dāng) _isin;(0，

24、1)時，h(_)0，可得11_ 2 h(_)0； 當(dāng) _isin;(1，infin;)時，h(_)0，可得11_ 2 h(_)0.從而當(dāng) _0，且 _ne;1 時，f(_)ln _1 0，即 f(_)ln _1 .5.(2022豫北名校聯(lián)考)函數(shù) f(_)e _ 1 k_2k(其中 e 是自然對數(shù)的底數(shù)，kisin;R).(1)討論函數(shù) f(_)的單調(diào)性； (2)當(dāng)函數(shù) f(_)有兩個零點 _ 1 ，_ 2 時，證明 _ 1 _ 2 gt;2.(1)解 易得 fprime;(_)e _ 1 k， 當(dāng) kgt;0 時，令 fprime;(_)0，得 _ln k1， 可得當(dāng) _isin;(infi

25、n;，ln k1)時，fprime;(_)lt;0， 當(dāng) _isin;(ln k1，infin;)時，fprime;(_)gt;0，所以函數(shù) f(_)在區(qū)間(infin;，ln k1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(ln k1，infin;)上單調(diào)遞增.當(dāng) kle;0 時，fprime;(_)e _ 1 kgt;0 恒成立，故此時函數(shù) f(_)在 R 上單調(diào)遞增.(2)證明 當(dāng) kle;0 時，由(1)知函數(shù) f(_)在 R 上單調(diào)遞增，不存在兩個零點，所以kgt;0， 由題意知 e _ 1 1 k(_ 1 2)，e _ 2 1 k(_ 2 2)， 所以 _ 1 2gt;0，_ 2 2gt;0，可得 _

26、1 _ 2 ln _ 1 2_ 2 2 ， 不妨設(shè) _ 1 gt;_ 2 ，令 _1 2_ 2 2 t，那么 tgt;1， 由 _ 1 2_ 2 2 t，_ 1 _ 2 ln _1 2_ 2 2 ，解得 _ 1 2 tln tt1 ，_ 2 2ln tt1 ， 所以 _ 1 _ 2 4 t1ln tt1， 欲證 _ 1 _ 2 gt;2，只需證明 t1ln tt1gt;2， 即證(t1)ln t2(t1)gt;0， 令 g(t)(t1)ln t2(t1)(tgt;1)， 那么 gprime;(t)ln t 1t (t1)2ln t1t 1.令 h(t)ln t 1t 1(tgt;1)， 那么

27、hprime;(t) 1t 1t 2 gt;0，h(t)單調(diào)遞增， 所以 gprime;(t)gt;gprime;(1)0.所以 g(t)在區(qū)間(1，infin;)上單調(diào)遞增， 所以當(dāng) tgt;1 時，g(t)gt;g(1)0，即(t1)ln t2(t1)gt;0， 原不等式得證.6.(2022新高考 8 省聯(lián)考)函數(shù) f(_)e _ sin _cos _，g(_)e _ sin _cos _.(1)證明：當(dāng) _gt; 5pi;4時，f(_)ge;0； (2)假設(shè) g(_)ge;2a_，求 a.(1)證明 要證 f(_)ge;0，即證 e _ sin _cos _ge;0，即 sin _cos _e _le;1， 令 F(_) sin _cos _e _， Fprime;(_) cos _sin _e_ e _ sin _cos _e2_ 2sin _e _.當(dāng) 5pi;4lt;_lt;pi; 時，F(xiàn)p