《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题18 单变量不含参不等式证明方法之凹凸反转(解析版)

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专题 18　单变量不含参不等式证明方法之凹凸反转
一、凹函数、凸函数的几何特征
x
y
Ox1x2
图象上任意弧段位于
所在弦的下方的函数
为凹函数
ｙ
＝f(x)
　　　　　
x
y
Ox1x2
图象上任意弧段位于
所在弦的上方的函数
为凸函数
ｙ
＝f(x)
　　　　　
x
y
y
=
h
(
x
)
y
=
g
(
x
)
二、凹凸反转
很多时候，我们需要证明 f(x)＞0，但不代表就要证明 f(x) min＞0，因为大多数情况下，f′(x)的零点是解
不出来的．当然，导函数的零点如果解不出来，可以用设隐零点的方法，但是隐零点也不是万能的方法，
如果隐零点法不行可尝试用凹凸反转．如要证明 f(x)＞0，可把 f(x)拆分成两个函数 g(x)，h(x)，放在不等
式的两边，即要证 g(x)＞h(x)，只要证明了 g(x) min＞h(x) max 即可，如上右图，这个命题显然更强，注意反
过来不一定成立．很明显，g(x)是凹函数，h(x)是凸函数，因为这两个函数的凹凸性刚好相反，所以称为
凹凸反转．凹凸反转与隐零点都是用来处理导函数零点不可求问题的，两种方法互为补充．
凹凸反转关键是如何分离，常见的不等式是由指数函数、对数函数、分式函数和多项式函数构成，
当我们构造差值函数不易求出导函数零点时(当然可以考虑用隐零点的方法)，要考虑指、对分离(对数单
身狗，指数找基友，指对在一起，常常要分手)，即指数函数和多项式函数组合与对数函数和多项式函数
组合分开，构造两个单峰函数，然后利用导数分别求两个函数的最值并进行比较．当然我们要非常熟练
掌握一些常见的指(对)数函数和多项式组合的函数的图象与最值．
三、六大经典超越函数的图象和性质
1．x与ex的组合函数的图象与性质
函
数f(x)＝xexf(x)＝f(x)＝
图
象
x
y
－
１
e
－1
O
x
y
e
1
O
x
y
１
e
1
O
定
义
域
R(－∞，0) (0，＋∞)R
值
域(－∞，0) [(e，＋∞) (－∞，]
单
调
性
在(－∞，－1)上递减
在(－1，＋∞)上递增
在(－∞，0)，(0，1)上递减
在(1，＋∞)上递增
在(－∞，1)上递增
在(1，＋∞)上递减
最
值f(x)min＝f(－1)＝－当x＞0时，f(x)min＝f(1)＝f(x)max＝f(1)＝
2．x与ln x 的组合函数的图象与性质
函
数f(x)＝xlnx f(x)＝f(x)＝
图
象
x
y
O
x
y
e
O
x
y
e
e
1
O
定
义
域
(0，＋∞) (0，＋∞) (0，1) (1，＋∞)
值
域(－∞，) (－∞，0) [e，＋∞)
单
调
性
在(0，)上递减
在(，＋∞)上递增
在(0，e)上递增
在(e，＋∞)上递减
在(0，1)，(1，e)上递减
在(e，＋∞)上递增
最
值f(x)min＝f()＝－f(x)max＝f(e)＝ 当 x＞0时，f(x)min＝f(e)＝e
【例题选讲】
[例1] (2014·全国Ⅰ)设函数 f(x)＝aexln x＋，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线为 y＝e(x－1)＋2．
(1)求a，b；
(2)证明：f(x)＞1．
解析　(1)f′(x)＝aex＋(x＞0)，由于切线 y＝e(x－1)＋2的斜率为 e，图象过点(1，2)，所以即解得
(2)由(1)知f(x)＝exln x＋(x＞0)，从而 f(x)＞1等价于 xln x＞xe－x－．
构造函数 g(x)＝xln x，则 g′(x)＝1＋ln x，
所以当 x∈时，g′(x)＜0，当 x∈时，g′(x)＞0，
故g(x)在上单调递减，在上单调递增，
从而 g(x)在(0，＋∞)上的最小值为 g＝－．
构造函数 h(x)＝xe－x－，则 h′(x)＝e－x(1－x)．
所以当 x∈(0，1)时，h′(x)＞0；当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0；
故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而 h(x)在(0，＋∞)上的最大值为 h(1)＝－．
综上，当 x＞0时，g(x)＞h(x)，即 f(x)＞1．
x
y
h
x
( )
=
x
e
x
2
e
g
x
( )
=
x
∙
ln
x
( )
O
　　　　　
x
y
h
x
( )
=
x
e
x
2
e
g
x
( )
=
e
∙
x
∙
1 + ln
x
( )( )
O
(例1图)　　　　　　　　　　　　　　　　　(例2图)
[例2]已知函数 f(x)＝(m∈R)．
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)当m＝0时，证明：∀x＞0，ex2(1＋ln x)＋＞f(x)－xf(1)．
解析　(1)函数 f(x)的定义域为 R，f′(x)＝＝
＝＝－，令 f′(x)＝0，解得 x1＝1，x2＝1－m．
①当m＜0时，1＜1－m．故 x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减；x∈(1，1－m)时，f′(x)＞
0，函数 f(x)单调递增；x∈(1－m，＋∞)时，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减．
②当m＝0时，1＝1－m，f′(x)≤0 恒成立，函数 f(x)在R上单调递减．
③当m＞0时，1＞1－m，故 x∈(－∞，1－m)时，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减；x∈(1－m，1)时，f′
(x)＞0，函数 f(x)单调递增；x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减．
综上，当 m＜0时，函数 f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，(1－m，＋∞)，单调递增区间为(1，1－
m)；当 m＝0时，函数 f(x)的单调递减区间为 R，无单调递增区间；当 m＞0时，函数 f(x)的单调递减区间
为(－∞，1－m)，(1，＋∞)，单调递增区间为(1－m，1)．
(2)当m＝0时，f(x)＝．则所证不等式为 ex2(1＋ln x)＋＞－，
即ex2(1＋ln x)＞－，因为 x＞0，所以所证不等式等价于 ex(1＋ln x)＞－．
记函数 g(x)＝e(x＋xln x)，h(x)＝－(x＞0)．则 g′(x)＝e(2＋ln x)，
所以当 x∈时，g′(x)＜0，函数 g(x)单调递减；当 x∈时，g′(x)＞0，函数 g(x)单调递增．所以 g(x)≥g＝
e×＝－．
又h′(x)＝，所以当 x∈(0，1)时，h′(x)＞0，函数 h(x)单调递增；当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，函数
h(x)单调递减．故 h(x)≤h(1)＝－＝－．
所以 g(x)＞h(x)，即 ex(1＋ln x)＞－．综上，当 m＝0时，∀x＞0，ex2(1＋ln x)＋＞f(x)－xf(1)．
[例3]已知 f(x)＝lnx＋．
(1)若函数 g(x)＝xf(x)，讨论 g(x)的单调性与极值；
(2)证明：f(x)>．
解析　(1)由题意，得 g(x)＝x·f(x)＝xln x＋(x>0)，则 g′(x)＝lnx＋1．
当x∈时，g′(x)<0，所以 g(x)单调递减；当 x∈时，g′(x)>0，所以 g(x)单调递增，
所以 g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，
所以 g(x)的极小值为 g＝，无极大值．
(2)要证 ln x＋>(x>0)成立，只需证 xln x＋>(x>0)成立，令 h(x)＝，则 h′(x)＝，
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以 h(x)的极大值为 h(1)，即 h(x)≤h(1)＝，
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