?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)
很多時候，我們需要證明f(x)＞0，但不代表就要證明f(x) min＞0，因為大多數(shù)情況下，f′(x)的零點是解不出來的．當然，導函數(shù)的零點如果解不出來，可以用設(shè)隱零點的方法，但是隱零點也不是萬能的方法，如果隱零點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，這個命題顯然更強，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)，因為這兩個函數(shù)的凹凸性剛好相反，所以稱為凹凸反轉(zhuǎn)．凹凸反轉(zhuǎn)與隱零點都是用來處理導函數(shù)零點不可求問題的，兩種方法互為補充．
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)、對數(shù)函數(shù)、分式函數(shù)和多項式函數(shù)構(gòu)成，當我們構(gòu)造差值函數(shù)不易求出導函數(shù)零點時(當然可以考慮用隱零點的方法)，要考慮指、對分離(對數(shù)單身狗，指數(shù)找基友，指對在一起，常常要分手)，即指數(shù)函數(shù)和多項式函數(shù)組合與對數(shù)函數(shù)和多項式函數(shù)組合分開，構(gòu)造兩個單峰函數(shù)，然后利用導數(shù)分別求兩個函數(shù)的最值并進行比較．當然我們要非常熟練掌握一些常見的指(對)數(shù)函數(shù)和多項式組合的函數(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)
函數(shù)
f(x)＝xex
f(x)＝
f(x)＝
圖象



定義域
R
(－∞，0)(0，＋∞)
R
值域

(－∞，0)[(e，＋∞)
(－∞，]
單調(diào)性
在(－∞，－1)上遞減
在(－1，＋∞)上遞增
在(－∞，0)，(0，1)上遞減
在(1，＋∞)上遞增
在(－∞，1)上遞增
在(1，＋∞)上遞減

最值
f(x)min＝f(－1)＝－
當x＞0時，f(x)min＝f(1)＝
f(x)max＝f(1)＝
2．x與ln x的組合函數(shù)的圖象與性質(zhì)
函數(shù)
f(x)＝xlnx
f(x)＝
f(x)＝
圖象



定義域
(0，＋∞)
(0，＋∞)
(0，1)(1，＋∞)
值域

(－∞，)
(－∞，0)[e，＋∞)
單調(diào)性
在(0，)上遞減
在(，＋∞)上遞增
在(0，e)上遞增
在(e，＋∞)上遞減
在(0，1)，(1，e)上遞減
在(e，＋∞)上遞增
最值
f(x)min＝f()＝－
f(x)max＝f(e)＝
當x＞0時，f(x)min＝f(e)＝e
【例題選講】
[例1] (2014·全國Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝aexln x＋，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線為y＝e(x－1)＋2．
(1)求a，b；
(2)證明：f(x)＞1．
解析　(1)f′(x)＝aex＋(x＞0)，由于切線y＝e(x－1)＋2的斜率為e，圖象過點(1，2)，所以即解得
(2)由(1)知f(x)＝exln x＋(x＞0)，從而f(x)＞1等價于xln x＞xe－x－．
構(gòu)造函數(shù)g(x)＝xln x，則g′(x)＝1＋ln x，
所以當x∈時，g′(x)＜0，當x∈時，g′(x)＞0，
故g(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
從而g(x)在(0，＋∞)上的最小值為g＝－．
構(gòu)造函數(shù)h(x)＝xe－x－，則h′(x)＝e－x(1－x)．
所以當x∈(0，1)時，h′(x)＞0；當x∈(1，＋∞)時，h′(x)＜0；
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)＝－．
綜上，當x＞0時，g(x)＞h(x)，即f(x)＞1．
　　　　　
(例1圖)　　　　　　　　　　　　　　　　　(例2圖)
[例2]已知函數(shù)f(x)＝(m∈R)．
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)當m＝0時，證明：?x＞0，ex2(1＋ln x)＋＞f(x)－xf(1)．
解析　(1)函數(shù)f(x)的定義域為R，f′(x)＝＝
＝＝－，令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝1－m．
①當m＜0時，1＜1－m．故x∈(－∞，1)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；x∈(1，1－m)時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；x∈(1－m，＋∞)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．
②當m＝0時，1＝1－m，f′(x)≤0恒成立，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減．
③當m＞0時，1＞1－m，故x∈(－∞，1－m)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；x∈(1－m，1)時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；x∈(1，＋∞)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．
綜上，當m＜0時，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m＝0時，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m＞0時，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)．
(2)當m＝0時，f(x)＝．則所證不等式為ex2(1＋ln x)＋＞－，
即ex2(1＋ln x)＞－，因為x＞0，所以所證不等式等價于ex(1＋ln x)＞－．
記函數(shù)g(x)＝e(x＋xln x)，h(x)＝－(x＞0)．則g′(x)＝e(2＋ln x)，
所以當x∈時，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減；當x∈時，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增．所以g(x)≥g＝e×＝－．
又h′(x)＝，所以當x∈(0，1)時，h′(x)＞0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增；當x∈(1，＋∞)時，h′(x)＜0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減．故h(x)≤h(1)＝－＝－．
所以g(x)＞h(x)，即ex(1＋ln x)＞－．綜上，當m＝0時，?x＞0，ex2(1＋ln x)＋＞f(x)－xf(1)．
[例3]已知f(x)＝lnx＋．
(1)若函數(shù)g(x)＝xf(x)，討論g(x)的單調(diào)性與極值；
(2)證明：f(x)>．
解析　(1)由題意，得g(x)＝x·f(x)＝xln x＋(x>0)，則g′(x)＝lnx＋1．
當x∈時，g′(x)0，所以g(x)單調(diào)遞增，
所以g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為，
所以g(x)的極小值為g＝，無極大值．
(2)要證ln x＋>(x>0)成立，只需證xln x＋>(x>0)成立，令h(x)＝，則h′(x)＝，
當x∈(0，1)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，當x∈(1，＋∞)時，h′(x)，即ln x＋>，所以f(x)>．
　　　　　
(例3圖)　　　　　　　　　　　　　　　　　　(例4圖)
[例4]已知．
(1)當時，求在的最值；
(2)求證：，．
解析　(1)
的單調(diào)減區(qū)間為，單調(diào)增區(qū)間為．．
①，，．
②時，．
(2)所證不等式等價于．
設(shè)，，
在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，．
設(shè)，，
在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，
，．所證不等式成立．
【對點精練】
1．已知函數(shù)f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)當a＝e時，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0．
1．解析　(1)f′(x)＝－a(x>0)，
①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
②若a>0，則當0時，f′(x)0，所以只需證f(x)≤－2e，
當a＝e時，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．
記g(x)＝－2e(x>0)，則g′(x)＝，
所以當00時，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0．

證法二：由題意知，即證exln x－ex2－ex＋2ex≤0，從而等價于ln x－x＋2≤．
設(shè)函數(shù)g(x)＝ln x－x＋2，則g′(x)＝－1．所以當x∈(0，1)時，g′(x)>0；當x∈(1，＋∞)時，g′(x)0時，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0．

2．已知，其中常數(shù)．
(1)當時，求函數(shù)的極值；
(2)求證：．
2．解析　(1)當時，，，．
，在單調(diào)遞增．
時，，，．
在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增．的極小值為，無極大值．
(2)由(1)得，所證不等式：．
設(shè)，，令可解得：．
在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減．．
，即，．

3．設(shè)函數(shù)．
(1)當時，求的極值；
(2)當時，證明：在上恒成立．
3．解析　(1)當時，，
當時，；當時，．
在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；
在處取得極大值(2)，無極小值；
(2)當時，，下面證，即證，
設(shè)，則，
在上，，是減函數(shù)；在上，，是增函數(shù)．
所以，
設(shè)，則，
在上，，是增函數(shù)；在上，，是減函數(shù)，
所以，
所以，即，所以，即，
即在上恒成立．

4．已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3．
(1)若對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
(2)證明：對一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．
4．解析　(1)由題意知2xln x≥－x2＋ax－3對一切x∈(0，＋∞)恒成立，則a≤2ln x＋x＋，
設(shè)h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，則h′(x)＝．
①當x∈(0，1)時，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減；
②當x∈(1，＋∞)時，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增．所以h(x)min＝h(1)＝4，
對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4，即實數(shù)a的取值范圍是(－∞，4]．
(2)問題等價于證明xln x＞－(x＞0)．又f(x)＝xln x(x＞0)，f′(x)＝ln x＋1，
當x∈時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，
所以f(x)min＝f＝－．
設(shè)m(x)＝－(x＞0)，則m′(x)＝，
當x∈(0，1)時，m′(x)＞0，m(x)單調(diào)遞增，當x∈(1，＋∞)時，m′(x)＜0，m(x)單調(diào)遞減，
所以m(x)max＝m(1)＝－，從而對一切x∈(0，＋∞)，f(x)＞m(x)恒成立，即xln x＞－恒成立．
即對一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．

5．已知函數(shù)f(x)＝ln x＋，g(x)＝e－x＋bx，a，b∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)．
(1)若函數(shù)y＝g(x)在R上存在零點，求實數(shù)b的取值范圍；
(2)若函數(shù)y＝f(x)在x＝處的切線方程為ex＋y－2＋b＝0．求證：對任意的x∈(0，＋∞)，總有f(x)>g(x)．
5．解析　(1)易得g′(x)＝－e－x＋b＝b－．
若b＝0，則g(x)＝∈(0，＋∞)，不合題意；
若b0，g＝－10，令g′(x)＝－e－x＋b＝0，得x＝－ln b．
∴g(x)在(－∞，－ln b)上單調(diào)遞減；在(－ln b，＋∞)上單調(diào)遞增，
則g(x)min＝g(－ln b)＝eln b－bln b＝b－bln b≤0，∴b≥e．
綜上所述，實數(shù)b的取值范圍是(－∞，0)∪[e，＋∞)．
(2)易得f′(x)＝－，則由題意，得f′＝e－ae2＝－e，解得a＝．
∴f(x)＝ln x＋，從而f?＝1，即切點為．
將切點坐標代入ex＋y－2＋b＝0中，解得b＝0．∴g(x)＝e－x．
要證f(x)>g(x)，即證ln x＋>e－x(x∈(0，＋∞))，只需證xln x＋>xe－x(x∈(0，＋∞))．
令u(x)＝xln x＋，v(x)＝xe－x，x∈(0，＋∞)．則由u′(x)＝ln x＋1＝0，得x＝，
∴u(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，∴u(x)min＝u＝．
又由v′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)＝0，得x＝1，∴v(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
∴v(x)max＝v(1)＝．∴u(x)≥u(x)min≥v(x)max≥v(x)，顯然，上式的等號不能同時取到．
故對任意的x∈(0，＋∞)，總有f(x)>g(x)．

6．已知f(x)＝xlnx．
(1)求函數(shù)f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；
(2)證明：對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)nx＞－成立．
6．解析　(1)由f(x)＝x ln x，x＞0，得f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)＝0，得x＝．
當x∈(0，)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈(，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．
①當0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜時，f(x)min＝f()＝－；
②當≤t＜t＋2，即t≥時，f(x)在[t，t＋2]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(t)＝t lnt．
所以f(x)min＝
(2)問題等價于證明x lnx＞－(x∈(0，＋∞))．
由(1)可知f(x)＝x ln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，當且僅當x＝時取到．
設(shè)m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝，
由m′(x)＜0得x＞1時，m(x)為減函數(shù)，由m′(x)＞0得0＜x＜1時，m(x)為增函數(shù)，
易知m(x)max＝m(1)＝－，當且僅當x＝1時取到．
從而對一切x∈(0，＋∞)，x ln x≥－≥－，兩個等號不同時取到，
即證對一切x∈(0，＋∞)都有l(wèi)n x＞－成立．

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