【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lnfxaxx.（Ⅰ）讨论fx的单调性；（Ⅱ）若21,ae，求证：12axfxaxxe.【解析】（Ⅰ）由题意得11'axfxaxx，①当0a时，则'0fx在0,上恒成立，∴fx在0,上单调递减.②当0a时，则当1,xa时，'0fxfx，单调递增，当10xa，时，0fxfx，单调递减．综上：当0a时，fx在0,上单调递减；当0a时，fx在10,a上单调递减，在1,a上单调递增.（Ⅱ）令12axgxfxaxxe1lnaxxeaxx，则111'axaxgxeaxeax111111axaxaxxeaxexx，设11axrxxe，则1'1axrxaxe，∵10axe,∴当10,xa时，'0rxrx，单调递增；当1,xa时，0rxrx，单调递减．∴2max1110rxraae（因为21ae），∴110axex.∴gx在10,a上单调递减，在1,a上单调递增，∴min1gxga，设210,tea，则221ln1(0)tghttteae，211'0htet，ht在20,e上递减，∴20hthe；∴0gx，故12axfxaxxe.说明：判断11axex的符号时，还可以用以下方法判断：由110axex得到1lnxax，设1lnxpxx，则2ln2'xpxx，当2xe时，'0px；当20xe时，'0px.从而px在20,e上递减，在2,e上递增.∴22min1pxpee.当21ae时，1lnxax，即110axex.【指点迷津】当题目中给出简单的基本初等函数，例如3fxxgxlnx＝，＝，进而证明在某个取值范围内不等式fxgx成立时，可以类比作差法，构造函数hxfxgxxgxfx＝－或＝－，进而证明00minmaxhxx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00gxfx的前提下，也可以类比作商法，构造函数()()()()fxfxhxxgxgx＝(()=)，进而证明11minmaxhxx．【举一反三】【2020·河北衡水中学月考】已知函数1()ln(1),fxxaaRx.（Ⅰ）若()0fx，求实数a取值的集合；（Ⅱ）证明：212ln(2)xexxexx.【解析】（Ⅰ）由已知，有221()(0)axafxxxxx当0a时，1()ln202fa，与条件()0fx矛盾,当0a时，若(0,)xa，则()0fx，()fx单调递减,若(,)xa，则()0fx，则()fx单调递增.所以()fx在(0,)上有最小值1()ln(1)ln1faaaaaa，由题意()0fx，所以ln10aa.令()ln1gxxx，所以11()1xgxxx，当(0,1)x时，()0gx，()gx单调递增；当(1,)x时，()0gx，()gx单调递减，所以()gx在(0,)上有最大值(1)0g，所以()ln10gxxx，ln10aa，ln10aa，1a，综上，当()0fx时，实数a取值的集合为1；（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知：1a时，()0fx，即1ln1xx在0x时恒成立.要证212ln(2)xexxexx，只需证当0x时，2(2)10xexex令2()(2)1(0)xhxexexx()2(2)xhxexe，令()2(2)xuxexe，则()2xuxe，令()20xuxe，解得ln2x，所以，函数()ux在(0,ln2)内单调递减，在(ln2,)上单调递增.即函数()hx在(0,ln2)内单调递减，在(ln2,)上单调递增.而(0)1(2)30hee.(ln2)(1)0hh存在0(0,ln2)x，使得0()0hx当0(0,)xx时，()0,()hxhx单调递增；当0(,1)xx时，()0,()hxhx单调递减.当(1,)x时，()0,()hxhx单调递增，又(0)110,(1)11(2)0hhee，对0,()0xhx恒成立，即2(2)10xexex，综上可得：212ln(2)xexxexx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1fxxx，lngxtx，其中0,1x，t为正实数.（1）若fx的图象总在函数gx的图象的下方，求实数t的取值范围；（2）设221ln1e11xHxxxxx，证明：对任意0,1x，都有0Hx.【解析】（1）因为函数fx的图象恒在gx的图象的下方，所以1ln0fxgxxtxx在区间()0,1上恒成立.设1lnFxxtxx，其中0,1x，所以222111txtxFxxxx，其中24t，0t.①当240t„，即02t„时，0Fx…，所以函数Fx在()0,1上单调递增，10FxF，故0fxgx成立，满足题意.②当240t，即2t时，设2101xxtxx，则x图象的对称轴12tx，01，120t，所以x在()0,1上存在唯一实根，设为1x，则1,1xx，0x，0Fx，所以Fx在1,1x上单调递减，此时10FxF，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21eln1e1xxHxxxx21e1elnxxxxxxx，因为当0,1x时，e10xxx，ln0x，所以21e10elnxxxxxHxxx2e1e1lnxxxxxxx.令e101xhxxx，则e10xhx，所以hx在()0,1上单调递增，00hxh，即e1xx，所以2e1111xxxxxxx，从而2eee11xxxxxx.由（1）知当2t时，12ln0xxx在0,1x上恒成立，整理得212lnxxx.令2e011xmxxx，则要证0Hx，只需证2mx.因为222e101xxmxx，所以mx在()0,1上单调递增，所以e122mxm，即2mx在()0,1上恒成立.综上可得，对任意0,1x，都有0Hx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fxgx的形式，进而证明maxminfxgx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()fxxaxaxaR.（1）讨论()fx的单调区间；（2）当0a且(0,1)x，求证：()11xfxxex.【解析】（1）函数()fx定义域为(0,)，21()2fxaxax2221(21)(1)axaxaxaxxx.①若0a时，则()0fx，()fx在(0,)上单调递减；②若0a时，1102aa，令1()02fxxa或1xa.又0x，()fx在10,a上单调递减，在1,a上单调递增；③若0a时，1102aa，令1()0fxxa或12xa.又0x，()fx在10,2a上单调递减，在1,2a上单调递增；（2）要证()11xfxxex，只需证1ln11xxxex，(0,1)x，只需证2(1ln)1xxxxxe，设()(1ln)gxxx，2()1xhxxxe，()ln0gxx在(0,1)x上恒成立，所以()gx在(0,1)上单调递增.所以()(1)1gxg，2()2(2)(1)0xxhxxxexxe，所以()hx在(0,1)上单调递增，所以()(0)1hxh，所以当(0,1)x时，()()gxhx，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1xfxeax有两个零点.（1）求实数a的取值范围；（2）设1x、2x是()fx的两个零点，证明：1212xxxx.【解析】（1）函数1xfxeax，所以xfxea，当0a时，0fx在R上恒成立，所以fx在R上单调递增，fx至多只有一个零点，不符合题意，当0a时，由0fx得lnxa，所以,lnxa时，0fx，fx单调递减，ln,xa时，0fx，fx单调递增，所以lnxa时fx取得极小值，也是最小值，fx要有两个零点，则ln0fa，即2ln0aa，解得2ae，所以ln2a，当1lnxa时，得10fe，当2lnlnxaa时，22ln2ln2ln1faaaaaaaa，设2ln1aaa，则2210aaaa所以a单调递增，则22140aee，所以2ln2ln10faaaa，所以fx在区间1,lna上有且只有一个零点，在ln,2lnaa上有且只有一个零点，所以满足fx有两个零点的a的取值范围为2()e.（2）1x、2x是()fx的两个零点，则120fxfx，要证1212xxxx，即证12111xx，根据120fxfx，可知111xeax，221xeax，即证12122111xxexxa，即证122xxea，即证122lnxxa，即证212lnxax，设1lnxa，2lnxa，由（1）知