专题17 单变量不含参不等式证明方法之虚设零点(解析版)

专题17单变量不含参不等式证明方法之虚设零点(x＞0或()>()(xg(x)即构造函数h(x)f(x)g(x)，转化为证不等式h(x)>0，再转化为证明h(x)即可，但对函数h()求导后，′(x)＝0(即能确定其存在，但又无法用显性的代数表达)．用隐零点证明不等式时，先证明函数′(x)在某区上单调，然后用零点存在性定理说明只有一个零点．此时设出零点x，则′(x)＝0．(x)＝(x)，而(x)是一个超越0000()′(x)＝0x的范围可00进行适当的放缩．从而问题得以解决．【例题选讲】1－1[例1]已知函数(x)＝a－blnx，曲线yf()在点，f(1))处的切线方程为y＝ex1．(1)求ab；(2)证明：f()>0．bx1e1e(1)f()的定义域为(0，＋．f′(x)＝ex－，由题意得f(1)＝f′(1)＝1，1eae＝，1e2＝，1eaeb＝－1，＝1.11x(2)(1)知f(x)＝·e－(>0)f′(x)e－在(0f′(1)<0f′(2)>0，e2f′(x)＝0在，＋∞)上有唯一实根xx∈，2)．00当x(0，x)时，f′()<0∈(x，＋∞)时，f′(x)>0，001x02从而当xx时，f(x)取极小值，也是最小值．由f′(x)0e＝x－2＝－x．0000x011x0x－2故f()≥f(x)＝ex＝＋x－2>2·x－20，所以f(x)>0．00x0[例2](2015全国Ⅰ改编)设函数f(x)＝2ax．(1)(x)的导函数′()零点的个数；(2)求证：当＝2时，f(x)≥4．a(1)法一：′()＝2－(x0)．xax当a≤0时，′(x)＞，′(x)没有零点．当a＞0时，设(x)＝e，v(x)，ax()＝ex(0，＋上单调递增，v(x)(0，＋∞)上单调递增，′(x)在，＋∞)上单调递增．a1又因为′()0b0＜＜且b＜时，′(b)＜，所以当＞0时，f′(x)存在唯一零点．44ax法二：f′(x)2e－(x0)．令方程′(x)＝0＝2ex(x0)．因为函数()＝2(＞0)h(x)＝e(x＞均是函数值为正值的增函数，所以由增函数的定义可证得函数()＝2e2(x0)也是增函数，其值域是(0，＋．由此可得，当≤0时，′()无零点；当a0时，′(x)有唯一零点．(2)(1)′(x)(0，＋∞)上的唯一零点为x．当x(0，x)时，f′(x)0x(x，＋∞)时，′(x＞0．00(x)(0，x)上单调递减，在(x，＋上单调递增，00当且仅当＝x时，f(x)取得最小值，最小值为f(x)．0021122e20－02x＝－xf(x)＝4x≥4(当且仅当x＝时等号成立)．00000x0x0所以当a2时()≥4．[例3]已知函数(x)ax＋lnx，函数()的导函数g′()＝e，且(0)′(1)e，其中e为自然对数的底(1)求()的极值；(2)当a0时，对于任意的x∈(0，＋，求证：()<(x)2．1xax1(1)()的定义域为(0，＋∞)′()＝a＋＝．x当a≥0时，′(x)＞，所以(x)在(0，＋上为增函数，()没有极值；1a1a1a当a0时，令f′(x)0，解得，所以(x)(0，－)单调增，在(－，＋单调递减．1a(x)有极大值(－)－－ln(－)，无极小值．(2)当a1时，()xh(x)＝g(x)f(x)2，即(x)e－－2g(x)恒成立，11xh′(x)e－，h′(x)(0，＋∞)在为增函数，′2<0h′(1)>0，1，11∃0∈2h′(x)＝0成立，即ex－＝，则当0<xx时，h′()<0xx时，h′(x)>0，0000x0y＝()(0x)上单调递减，在(x，＋∞)上单调递增，0011h(x)＝(0)＝e0－x－，又∵e0－＝0e0＝，xx001，1111h(x)＝ex－x02＝e0－＝x2，又x∈2∴x＋>2，00000xxx000h(x)>0∴(x)>hx)>0(x)<(x－2．00[例4](2017·全国Ⅱ)已知函数(x)＝2axxlnx(x)≥0．(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点xe<(x)<2．解析(1)f()的定义域为(0，＋∞)设g(x)＝axax，则(x)＝()(x)≥0等价于(x)≥0．1x(1)＝0g(x)≥0故g＝0而′(x)a－，′(1)a1，得a1．1x若a1，则g′(x)＝－当0<x时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x时，′()>0，g(x)单调递增．＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)0．综上，a1．(2)(1)知(x)＝2x－x，′(x)＝x－－x．110，，＋∞1x设h(x)2x2－，则′()2－．当x∈2时，h′(x)<0；当x∈2时h′(x)>0．1110，，＋∞()在2单调递减，在2单调递增．又(e)>0，h2<0h＝0，110，，＋∞()在2有唯一零点x，在2有唯一零点1，∈(0x)，(x)>0当x∈(x，1)，(x)<0；当∈(1，＋时，h(x)>0．00′(x)＝(x)，xx是(x)的唯一极大值点．由′(x)0得x＝2(x1)，000014故(x)x(1x)．由x∈(01)得(x)<．＝x是(x)(0，1)的最大值点，000000由e(0，1)′(e1)≠0得(x0(e)e<(x)<22．【对点精练】1(2013·全国Ⅱ改编)设函数(x)＝eln(xm)．(1)若x＝0是()的极值点，求m的值，并讨论(x)的单调性；(2)当m2时，求证：(x)>0．11．解析f′(x)＝exx0是f(x)的极值点得f′(0)0，所以m1．xm1x1(x)＝eln(x＋1)，定义域为(－，＋∞)，′(x)＝ex．1x1′(x)＝ex在(1，＋∞)单调递增，且f′(0)＝．因此当x∈(1，时，f′(x)0x(0，＋∞)时，′()＞0．(x)在(1，单调递减，在(0，＋∞)单调递增．1x2(2)当m2时，函数′(x)＝ex在(2，＋单调递增．又f′(1)＜0′(0)＞0，1故f′(x)0在(2，＋有唯一实根x′(x)0得e0＝ln(x2)＝－xx(－，0)．0000002当x∈(2，x)时，′(x)0∈(x，＋∞)时，′(x)＞，从而当x＝x时，f()取得最小值．000(x)在(2，x)上单调递减，在(x，＋单调递增．00021故f()≥(x)＝＋0＝＞0．综上，当m＝2时，(x)＞．02022已知函数(x)＝x－(a2)xalnxa>0．(1)求函数y＝(x)的单调区间；(2)当a＝1时，证明：对任意的>0()ex＋x2．ax(2xa)(＋1)2．解析f(x)＝2(a－x－lnxa>0，定义域为(0，＋∞)′(x)2x(a－2)－＝，xa2a2令f′(x)>0x>′(x)<00<x<．aa，，＋∞2，单调递增区间为2∴y＝(x)的单调递减区间为．(2)方法一a＝，f(x)＝2xx(x>0)，即证xx－2>0恒成立，令g(x)＝xx－，x(0，＋，即证g(x)恒成立，11xg′(x)＝－g′(x)为增函数，′2<0，′(1)>0，111∴x∈2g′(x0＝0成立，即e0－＝0，则当0<xx时，′(x)<0>x时，g′(x)>0，00x0∴＝g(x)(0，x)上单调递减，在(x，＋上单调递增，0011∴(x)＝g(x)＝e0x－2，又∵e0－0e0＝，x0x01，111x01∴(x)＝ex－x－＝e0－＝x2，又x∈2∴x＋>2，00000xx00∴(x0)>0，即对任意的x>0(x)e>2x2．方法二令(x)＝－x－，φ′(x)e－，∴(x)在(，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，φ(x)＝(0)＝，e≥x＋，①1x1－x令h(x)＝－x1(x>0)，h′(x)＝1＝，x∴(x)(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，h(x)＝h(1)0，∴x≤x－，x＋x＋2②(x)＋ex＋x2，即证ex＋，由①②知e≥x1≥lnx2，且两等号不能同时成立，∴x2，即证原不等式成立．3已知函数(x)＝eax(∈R)．(1)(x)的最值；1258(2)若a＝，证明：f(x－2＋．3．解析(1)依题意，得′()－＋.①当a≤0时f′(x)<0，(x)在R单调递减，故()不存在最大值和最小值；②当a时，由′()0，＝－ln.当x∈(∞，－ln)时，′(x)<0，(x)为减函数，当x(lna，＋时，f′(x)>0，(x)为增函数，∴(x)f(x)＝(－lna＝aalna，无最大值．综上，当a≤0时f()不存在最大值和最小值；当a，(x)的最小值为a－lna．无最大值．15(2)当a＝，(x)＝x设g(x)＝e＋x－，则g′(x)＝ex，2812设p(x)＝－e＋，由p′(x)＝e＋1>0g′(x)在R上单调递增．因为g′()<0，g′(1)>0，120所以存在唯一的x∈(1)，g′(x)＝．即ex，00∴当x(－x)时，g′(x)<0g(x)为减函数，当x(x，＋时，g′(x)>0，(x)为增函数，001258xx0时g(x)取得极小值，也是最小值，即g()g(x)＝ex＋x－.2000125812由exx，所以(x)＝x＋x－．又x∈(1)，20000001251825112581258g(x)＝x2x－>()2＋－＝，()g(x)0即e>－x＋，x2000212所以不等式f()>－x2＋成立．8124(x)＝(x1)e＋ax．(1)当a＝e时，求(x)的极值；12(2)∀x，求证：f(x)≥2x1＋ln(x1)．4．解析当ae时，′()＝x(e＋．当x∈(∞0)时，′()<0f(x)为减函数，当x(0，＋时，f′(x)>0f(x)为增函数，∴(x)＝(0)＝－1，无极大值．12(2)令g(x)＝(x)－ln(x1)－ax－x1(x－xln(x－1)x1，x(1，＋，1－1－11xg′(x)＝e－1xe－xx1，∈(1，＋∞)．x11令h(x)＝x－，x(1，＋，h′(x)e＋>0，x－1(x1)2∴(x)(1，＋上的增函数，h(2)＝21>0x1e2x1＋，h(1e)＝e1－2e<0，1∴存在唯一的x(1，2)使h(x)0e0＝，00x－1∴当x(1x)h(x)<0g′(x)<0g(x)x(xh(x)>0′(x)>0g(x)为增函数，001∴(x)＝g(x)＝(x1)eln(x－－x－＝(x－0e0x11＋xx－＝0，000000000112∴∀x>1g(x)≥g(x)0(x)≥2x＋＋ln(x－．0125已知函数(x)＝x＋ax2x1．(1)当a＝－2时，求(x)的极值点；(2)当a＝0时，证明：对任意的x>0，不等式e(x)恒成立．5．解析当a＝－2时，(x)＝lnxx＋x1．1x2xx＋1＝－(2x＋1)(－1)．′()＝2x1＝xx(x)的定义域为(0，＋，所以，x1．当x∈(01)时，′(x)>0()为增函数；当∈(1，＋时，f′(x)<0()为减函数．所以，(x)的极值点为x＝1．(2)当a＝0时，要证对任意的x>0，不等式x≥(x)恒成立，x时，elnxx1恒成立，即证x(e1)－lnx10恒成立，1x(x＋1)(e－1)令g(x)＝(ex1)－ln－1g′(x)＝(e1)－－1＝，xh(x)xe－，h′(x)(＋1)e，h(x)(0，＋上的增函数，又h(0)＝－1<0h(1)＝－1>0，∴存在唯一的x(0，1)使h(x)0ex10，x0000∴当x(0，x)时，h()<0g′()<0，g(x)为减函数，当x(x，1)时，()>0g′(x)>0，g()为增函数，00∴(x)＝g(x)＝x0(e0x＝xe0xx1xe0100e01，－lnx＝x．10000000∴(x)＝g(x)＝－x1＋x＝0000∴∀x>0g(x)≥g(x0)0xelnx＋x1恒成立，即对任意的x>0，不等式xx()恒成立．6设函数f()x＋x(aR)．(1)讨论函数(x)的单调性；(2)若函数f(x)的极大值点为x1，证明：(x)≤ex．6．解析f(x)的定义域为，＋∞)f′(x)＝＋a＋a，当a＝0时，f(x)x，则函数(x)在区间(0，＋上单调递增；a1a1当a时，由f′(x得x>ea′(x得0<x<ea．a1a1(x)在区间0，ea上单调递减，在区间ea，＋∞上单调递增；a1a1当a时，由f′(x得0<<ea′(x得x>ea，a1a1所以函数(x)在区间0，ea上单调递增，在区间ea，＋∞上单调递减．综上所述，当a0时，函数(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；a1a1