2026高中數(shù)學(xué)10大導(dǎo)數(shù)：專題18 單變量不含參不等式證明方法之凹凸反轉(zhuǎn)(教師版)

專題18單變量不含參不等式證明方法之凹凸反轉(zhuǎn)

一、凹函數(shù)、凸函數(shù)的幾何特征

二、凹凸反轉(zhuǎn)

很多時(shí)候，我們需要證明f(x)＞0，但不代表就要證明f(x)min＞0，因?yàn)榇蠖鄶?shù)情況下，f′(x)的零點(diǎn)是解

不出來的．當(dāng)然，導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)如果解不出來，可以用設(shè)隱零點(diǎn)的方法，但是隱零點(diǎn)也不是萬能的方法，

如果隱零點(diǎn)法不行可嘗試用凹凸反轉(zhuǎn)．如要證明f(x)＞0，可把f(x)拆分成兩個(gè)函數(shù)g(x)，h(x)，放在不等式

的兩邊，即要證g(x)＞h(x)，只要證明了g(x)min＞h(x)max即可，如上右圖，這個(gè)命題顯然更強(qiáng)，注意反過

來不一定成立．很明顯，g(x)是凹函數(shù)，h(x)是凸函數(shù)，因?yàn)檫@兩個(gè)函數(shù)的凹凸性剛好相反，所以稱為凹凸

反轉(zhuǎn)．凹凸反轉(zhuǎn)與隱零點(diǎn)都是用來處理導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)不可求問題的，兩種方法互為補(bǔ)充．

凹凸反轉(zhuǎn)關(guān)鍵是如何分離，常見的不等式是由指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)、分式函數(shù)和多項(xiàng)式函數(shù)構(gòu)成，當(dāng)

我們構(gòu)造差值函數(shù)不易求出導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)時(shí)(當(dāng)然可以考慮用隱零點(diǎn)的方法)，要考慮指、對(duì)分離(對(duì)數(shù)單身狗，

指數(shù)找基友，指對(duì)在一起，常常要分手)，即指數(shù)函數(shù)和多項(xiàng)式函數(shù)組合與對(duì)數(shù)函數(shù)和多項(xiàng)式函數(shù)組合分開，

構(gòu)造兩個(gè)單峰函數(shù)，然后利用導(dǎo)數(shù)分別求兩個(gè)函數(shù)的最值并進(jìn)行比較．當(dāng)然我們要非常熟練掌握一些常見

的指(對(duì))數(shù)函數(shù)和多項(xiàng)式組合的函數(shù)的圖象與最值．

三、六大經(jīng)典超越函數(shù)的圖象和性質(zhì)

1．x與ex的組合函數(shù)的圖象與性質(zhì)

函exx

f(x)＝xexf(x)＝f(x)＝

數(shù)xex

圖

象

定

義R(－∞，0)(0，＋∞)R

域

值11

－，＋∞(－∞，0)[(e，＋∞)(－∞，]

域ee

單

在(－∞，－1)上遞減在(－∞，0)，(0，1)上遞減在(－∞，1)上遞增

調(diào)

在(－1，＋∞)上遞增在(1，＋∞)上遞增在(1，＋∞)上遞減

性

最111

f(x)min＝f(－1)＝－當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)min＝f(1)＝f(x)max＝f(1)＝

值eee

2．x與lnx的組合函數(shù)的圖象與性質(zhì)

函lnxx

f(x)＝xlnxf(x)＝f(x)＝

數(shù)xlnx

圖

象

定

義(0，＋∞)(0，＋∞)(0，1)(1，＋∞)

域

值11

－，＋∞(－∞，)(－∞，0)[e，＋∞)

域ee

1

單在(0，)上遞減

e在(0，e)上遞增在(0，1)，(1，e)上遞減

調(diào)

1在(e，＋∞)上遞減在(e，＋∞)上遞增

性在(，＋∞)上遞增

e

最111

f(x)min＝f()＝－f(x)max＝f(e)＝當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)min＝f(e)＝e

值eee

【例題選講】

bex－1

[例1](2014·全國Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝aexlnx＋，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線為y＝e(x－1)＋2．

x

(1)求a，b；

(2)證明：f(x)＞1．

1－

lnx＋bex1(x－1)

解析(1)f′(x)＝aexx＋(x＞0)，由于切線y＝e(x－1)＋2的斜率為e，圖象過點(diǎn)(1，2)，

x2

f(1)＝2，b＝2，a＝1，

所以即解得

f′(1)＝e，ae＝e，b＝2.

x－1

2e－2

(2)由(1)知f(x)＝exlnx＋(x＞0)，從而f(x)＞1等價(jià)于xlnx＞xex－．

xe

構(gòu)造函數(shù)g(x)＝xlnx，則g′(x)＝1＋lnx，

11

0，，＋∞

所以當(dāng)x∈e時(shí)，g′(x)＜0，當(dāng)x∈e時(shí)，g′(x)＞0，

11

0，，＋∞

故g(x)在e上單調(diào)遞減，在e上單調(diào)遞增，

1

1

從而g(x)在(0，＋∞)上的最小值為ge＝－．

e

－2－

構(gòu)造函數(shù)h(x)＝xex－，則h′(x)＝ex(1－x)．

e

所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)＞0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)＜0；

1

故h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而h(x)在(0，＋∞)上的最大值為h(1)＝－．

e

綜上，當(dāng)x＞0時(shí)，g(x)＞h(x)，即f(x)＞1．

(例1圖)(例2圖)

x2＋mx＋1

[例2]已知函數(shù)f(x)＝(m∈R)．

ex

(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；

1

(2)當(dāng)m＝0時(shí)，證明：x＞0，ex2(1＋lnx)＋＞f(x)－xf(1)．

ex

?(2x＋m)ex－ex(x2＋mx＋1)－x2＋(2－m)x＋(m－1)

解析(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f′(x)＝＝

(ex)2ex

－[x2＋(m－2)x－(m－1)](x－1)[x＋(m－1)]

＝＝－，令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝1－m．

exex

①當(dāng)m＜0時(shí)，1＜1－m．故x∈(－∞，1)時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；x∈(1，1－m)時(shí)，f′(x)＞0，

函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；x∈(1－m，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．

②當(dāng)m＝0時(shí)，1＝1－m，f′(x)≤0恒成立，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減．

③當(dāng)m＞0時(shí)，1＞1－m，故x∈(－∞，1－m)時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；x∈(1－m，1)時(shí)，f′(x)

＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．

綜上，當(dāng)m＜0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)，(1－m，＋∞)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，1－m)；

當(dāng)m＝0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為R，無單調(diào)遞增區(qū)間；當(dāng)m＞0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－

∞，1－m)，(1，＋∞)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1－m，1)．

x2＋11x2＋12x

(2)當(dāng)m＝0時(shí)，f(x)＝．則所證不等式為ex2(1＋lnx)＋＞－，

exexexe

x22xx2

即ex2(1＋lnx)＞－，因?yàn)閤＞0，所以所證不等式等價(jià)于ex(1＋lnx)＞－．

exeexe

x2

記函數(shù)g(x)＝e(x＋xlnx)，h(x)＝－(x＞0)．則g′(x)＝e(2＋lnx)，

exe

11

0，，＋∞

所以當(dāng)x∈e2時(shí)，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈e2時(shí)，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增．所

1111

＋ln1

以g(x)≥ge2＝e×e2e2e2＝－．

e

1－x

又h′(x)＝，所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)＞0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)＜0，函

ex

121

數(shù)h(x)單調(diào)遞減．故h(x)≤h(1)＝－＝－．

eee

x21

所以g(x)＞h(x)，即ex(1＋lnx)＞－．綜上，當(dāng)m＝0時(shí)，x＞0，ex2(1＋lnx)＋＞f(x)－xf(1)．

exeex

?

2

[例3]已知f(x)＝lnx＋．

ex

(1)若函數(shù)g(x)＝xf(x)，討論g(x)的單調(diào)性與極值；

1

(2)證明：f(x)>．

ex

2

解析(1)由題意，得g(x)＝x·f(x)＝xlnx＋(x>0)，則g′(x)＝lnx＋1．

e

11

0，，＋∞

當(dāng)x∈e時(shí)，g′(x)<0，所以g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈e時(shí)，g′(x)>0，所以g(x)單調(diào)遞增，

11

0，，＋∞

所以g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為e，單調(diào)遞增區(qū)間為e，

1

1

所以g(x)的極小值為ge＝，無極大值．

e

212xx1－x

(2)要證lnx＋>(x>0)成立，只需證xlnx＋>(x>0)成立，令h(x)＝，則h′(x)＝，

exexeexexex

當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，

1

所以h(x)的極大值為h(1)，即h(x)≤h(1)＝，

e

1

1

由(1)知，x∈(0，＋∞)時(shí)，g(x)≥ge＝，

e

2x211

且g(x)的最小值點(diǎn)與h(x)的最大值點(diǎn)不同，所以xlnx＋>，即lnx＋>，所以f(x)>．

eexexexex

(例3圖)(例4圖)

[例4]已知fxxlnxax,gxx22．

(1)當(dāng)a1時(shí)，求fx在m,m3m0的最值；

12

(2)求證：x0,，lnx1．

exex

解析(1)fxxlnxx,fxlnx2

111

fx的單調(diào)減區(qū)間為0,，單調(diào)增區(qū)間為,．m0，m3．

e2e2e2

111

①0m，fxf，fxfm3m3lnm3m3．

e2mine2e2max

1

②m時(shí)，fxmlnmm,fxm3lnm3m3．

e2minmax

12x2

(2)所證不等式等價(jià)于lnx1xlnxx．

exexexe

設(shè)pxxlnxx，px1lnx1lnx2，

1111

px在0,單調(diào)遞減，在,單調(diào)遞增，pxpxp．

e2e2mine2e2

2

設(shè)qxxex，qx1xex，

e

1

qx在0,1單調(diào)遞增，在1,單調(diào)遞減，qxqxq1

maxe

，．所證不等式成立．

pxminqxmaxx0,,pxpxminqxmaxqx

【對(duì)點(diǎn)精練】

1．已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(a∈R)．

(1)討論f(x)的單調(diào)性；

(2)當(dāng)a＝e時(shí)，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0．

e

1．解析(1)f′(x)＝－a(x>0)，

x

①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；

ee

②若a>0，則當(dāng)0<x<時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x>時(shí)，f′(x)<0，

aa

ee

0，，＋∞

故f(x)在a上單調(diào)遞增，在a上單調(diào)遞減．

ex

(2)證法一：因?yàn)閤>0，所以只需證f(x)≤－2e，

x

當(dāng)a＝e時(shí)，由(1)知，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝－e．

ex(x－1)ex

記g(x)＝－2e(x>0)，則g′(x)＝，

xx2

所以當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝－e．

ex

綜上，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0．

x

ex

證法二：由題意知，即證exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，從而等價(jià)于lnx－x＋2≤．

ex

1

設(shè)函數(shù)g(x)＝lnx－x＋2，則g′(x)＝－1．所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，

x

故g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而g(x)在(0，＋∞)上的最大值為g(1)＝1．

exex(x－1)

設(shè)函數(shù)h(x)＝，則h′(x)＝．所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，

exex2

故h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，從而h(x)在(0，＋∞)上的最小值為h(1)＝1．

綜上，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0．

2．已知fxexalnxa，其中常數(shù)a0．

(1)當(dāng)ae時(shí)，求函數(shù)fx的極值；

(2)求證：e2x2ex1lnxx0．

e

2．解析(1)當(dāng)ae時(shí)，fxexelnxe，fxex，f10．

x

e

fxex0，fx在0,單調(diào)遞增．

x2

x0,1時(shí)，fxf10，x1,，fxf10．

fx在0,1單調(diào)遞減，在1,單調(diào)遞增．fx的極小值為f10，無極大值．

x

(2)由(1)得exelnxe0exelnxe，所證不等式：e2x2ex1lnxx0exelnx．

ex2

x

設(shè)gxxe2x，gxe2xxe2x1xe2x，令gx0可解得：x1．

ex2

在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減．．

gx0,11,gxmaxg1e

x

exelnxegx，即exelnx，e2x2ex1lnxx0．

ex2

a

3．設(shè)函數(shù)f(x)lnxx．

x

(1)當(dāng)a2時(shí)，求f(x)的極值；

1

(2)當(dāng)a1時(shí)，證明：f(x)x0在(0,)上恒成立．

ex

212(x2)(x1)

3．解析(1)當(dāng)a2時(shí)，f(x)lnxx,f(x)1，

xxx2x2

當(dāng)x(0,2)時(shí)，f(x)0；當(dāng)x(2,)時(shí)，f(x)0．

f(x)在(0,2)上單調(diào)遞增，在(2,)上單調(diào)遞減；

f(x)在x2處取得極大值f(2)ln23，f(x)無極小值；

11111x

(2)當(dāng)a1時(shí)，f(x)xlnx，下面證lnx，即證xlnx1，

exxexxexex

設(shè)g(x)xlnx1，則g(x)1lnx，

11

在(0,)上，g(x)0，g(x)是減函數(shù)；在(,)上，g(x)0，g(x)是增函數(shù)．

ee

11

所以g(x)g()1，

ee

x1x

設(shè)h(x)，則h(x)，

exex

在(0,1)上，h(x)0，h(x)是增函數(shù)；在(1,)上，h(x)0，h(x)是減函數(shù)，

11

所以h(x)h(1)1，

ee

xx11

所以h(x)g(x)，即xlnx1，所以xlnx10，即lnx0，

exexxex

1

即f(x)x0在(0,)上恒成立．

ex

4．已知f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3．

(1)若對(duì)一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

12

(2)證明：對(duì)一切x∈(0，＋∞)，lnx＞－恒成立．

exex

3

4．解析(1)由題意知2xlnx≥－x2＋ax－3對(duì)一切x∈(0，＋∞)恒成立，則a≤2lnx＋x＋，

x

3(x＋3)(x－1)

設(shè)h(x)＝2lnx＋x＋(x＞0)，則h′(x)＝．

xx2

①當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減；

②當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增．所以h(x)min＝h(1)＝4，

對(duì)一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，4]．

x2

(2)問題等價(jià)于證明xlnx＞－(x＞0)．又f(x)＝xlnx(x＞0)，f′(x)＝lnx＋1，

exe

11

0，，＋∞

當(dāng)x∈e時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈e時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，

1

1

所以f(x)min＝fe＝－．

e

x21－x

設(shè)m(x)＝－(x＞0)，則m′(x)＝，

exeex

當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，m′(x)＞0，m(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，m′(x)＜0，m(x)單調(diào)遞減，

1x2

所以m(x)max＝m(1)＝－，從而對(duì)一切x∈(0，＋∞)，f(x)＞m(x)恒成立，即xlnx＞－恒成立．

eexe

12

即對(duì)一切x∈(0，＋∞)，lnx＞－恒成立．

exex

a－

5．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋，g(x)＝ex＋bx，a，b∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．

x

(1)若函數(shù)y＝g(x)在R上存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍；

1

(2)若函數(shù)y＝f(x)在x＝處的切線方程為ex＋y－2＋b＝0．求證：對(duì)任意的x∈(0，＋∞)，總有f(x)>g(x)．

e

－1

5．解析(1)易得g′(x)＝－ex＋b＝b－．

ex

1

若b＝0，則g(x)＝∈(0，＋∞)，不合題意；

ex

－11

若b<0，則g(0)＝1>0，gb＝eb－1<0，滿足題設(shè)，

若b>0，令g′(x)＝－e－x＋b＝0，得x＝－lnb．

∴g(x)在(－∞，－lnb)上單調(diào)遞減；在(－lnb，＋∞)上單調(diào)遞增，

lnb

則g(x)min＝g(－lnb)＝e－blnb＝b－blnb≤0，∴b≥e．

綜上所述，實(shí)數(shù)b的取值范圍是(－∞，0)∪[e，＋∞)．

1

1a2

(2)易得f′(x)＝－，則由題意，得f′e＝e－ae2＝－e，解得a＝．

xx2e

11

2，1

∴f(x)＝lnx＋，從而fe＝1，即切點(diǎn)為e．

ex

將切點(diǎn)坐標(biāo)代入ex＋y－2＋b＝0中，解得b＝0．∴g(x)＝e－x．

2－2－

要證f(x)>g(x)，即證lnx＋>ex(x∈(0，＋∞))，只需證xlnx＋>xex(x∈(0，＋∞))．

exe

2－1

令u(x)＝xlnx＋，v(x)＝xex，x∈(0，＋∞)．則由u′(x)＝lnx＋1＝0，得x＝，

ee

111

0，，＋∞1

∴u(x)在e上單調(diào)遞減，在e上單調(diào)遞增，∴u(x)min＝ue＝．

e

又由v′(x)＝e－