构造函数法解决导数不等式问题

导数之构造函数解函数值不等式问题教师版

1．已知函数fx的导函数为fx，若2fxfx，05f，则不等式3e2xfx的解集为__________.

【答案】0xx构造函数e2exxgxfx，则该函数的定义域为R，且0023gf，所以，e20xgxfxfx，则函数gx在R上为增函数，由3e2xfx可得e2e3xxfx，即0gxg，解得0x.因此，不等式3e2xfx的解集为0xx.

2．已知()fx是奇函数()()fxxR的导函数，当0x时，()1fx，则不等式(2)(21)3fxfxx的解集为___________．

【答案】,3解：令gxfxx，因为()fx为奇函数，所以()()fxfx，

所以gxfxxfxxfxxgx，即函数gx为奇函数，

因为当0x时，()1fx，所以当0x时，''10gxfx，即函数gxfxx在区间0,上单调递增，

因为函数gx为奇函数，所以函数gxfxx在R上单调递增，

所以(2)(21)3fxfxx等价于(2)2(21)21fxxfxx，即221gxgx，

所以221xx，解得3x.

3．已知函数2()lnfxaxx，若对任意两个不等的正实数1x，2x，都有12122fxfxxx，则实数a的最小值为______．

【答案】解：设12xx，则对任意两个不等的正实数1x，2x，都有12122fxfxxx等价于12122fxfxxx，即112222fxxfxx，令2()()2ln2gxfxxxaxx，则()gx在(0,)上单调递增，

-1-导数中的不等式证明

导数中不等式的证明是历年的高考中是一个永恒的话题，由于不等式证明的灵活性，多样性，该考点也备受命题者的青睐。本文通过四个方面系统介绍了一些常规的不等式证明的手段

命题角度1构造函数命题角度2放缩法命题角度3切线法命题角度4二元或多元不等式的证明思路命题角度5函数凹凸性的应用

命题角度1构造函数【典例1】（赣州市2018

届高三摸底考试）已知函数

，若曲线与曲

线

的一个公共点是

，且在点处的切线互相垂直．（1

）求的值；（2

）证明：当

时，．命题角度2放缩法【典例2】（石家庄市2018届高三下学期4月一模考试）

已知函数

，在

处的切线方程为.（1

）求；（2

）若

，证明：.【典例3】（成都市2018

届高中毕业班二诊理科）已知函数.

（1

）当

时，若关于

的不等式

恒成立，求的取值范围；

（2

）当

时，证明：

【典例4】（安徽省安庆市2018

届重点中学联考）已知函数.（1

）求函数的单调区间；

（2

）证明：当

时，都有.

-2-命题角度3切线法【典例5】（2018

届安徽省太和中学三模）已知函数.

（1

）求曲线

在处的切线方程；

（2

）求证：当

时，.命题角度4二元或多元不等式的解证思路【典例6】（皖南八校2018

届高三第三次联考）若

均为任意实数，且

，则

的最小值为

【变式训练】（2018年湖北省高三4

月调考）设

，其中

，则

的最小值为

【能力提升】（2018年甘肃省高中毕业班第一次诊断性考试）

对于任意

，不等式

恒成立，则实数

的最大值为

命题角度4二元或多元不等式的解证思路【典例7】（2018

年安庆市二模）已知函数

，曲线

在点处的切

线方程为.（1

）求实数的值；（2

）设

分别是函数

的两个零点，求证：

...【典例8】（A10联盟2018

年高考最后一卷）已知函数.

（1

）当

时，方程

在区间

上有两个不同的实数根，求的取值范围；

（2）

当

时，设

是函数两个不同的极值点，

-3-证明

：.【典例9】（2018

届合肥三模）已知函数

有两个极值点

(为自然对数的底数).（1

）求实数的取值范围；（2

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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)＝x3，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)＝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) 证明：当 x>0时， x2< ex.

[ 方法演示 ]

解： (1)由 f(x)＝ex－ax，得 f′(x)＝ex－a. 因为 f′(0)＝1－ a＝－ 1，所以 a＝2，

所以 f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2，令 f′ (x)＝ 0，得 x＝ln 2，

当 xln 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) ＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，f(x)无极大值．

(2)证明：令 g(x)＝ex－x2，则 g′(x)＝ex－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 x2

第 1 页 共 7 页 构造函数法证明不等式的八种方法

一、移项法构造函数

【例1】 已知函数xxxf)1ln()(，求证：当1x时，恒有xxx)1ln(111

分析：本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数

111)1ln()(xxxg，从其导数入手即可证明。

【解】1111)(xxxxf

∴当01x时，0)(xf，即)(xf在)0,1(x上为增函数

当0x时，0)(xf，即)(xf在),0(x上为减函数

故函数()fx的单调递增区间为)0,1(，单调递减区间),0(

于是函数()fx在),1(上的最大值为0)0()(maxfxf，因此，当1x时，0)0()(fxf，即0)1ln(xx∴xx)1ln( （右面得证），

现证左面，令111)1ln()(xxxg， 22)1()1(111)(xxxxxg则

当0)(,),0(;0)(,)0,1(xgxxgx时当时 ，

即)(xg在)0,1(x上为减函数，在),0(x上为增函数，

故函数)(xg在),1(上的最小值为0)0()(mingxg，

∴当1x时，0)0()(gxg，即0111)1ln(xx

∴111)1ln(xx，综上可知，当xxxx)1ln(111,1有时

【警示启迪】如果()fa是函数()fx在区间上的最大（小）值，则有()fx()fa（或()fx()fa），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证．

2、作差法构造函数证明

【例2】已知函数.ln21)(2xxxf 求证：在区间),1(上，函数)(xf的图象在函数332)(xxg的图象的下方；

分析：函数)(xf的图象在函数)(xg的图象的下方)()(xgxf不等式问题，