微專題8之3凹凸反轉(zhuǎn)【知識拓展】1.凹函數(shù)、凸函數(shù)的幾何特征2.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，如圖3，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，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地掌握一些常見的指(對)數(shù)函數(shù)和多項式組合的函數(shù)的圖象與最值.3.六大經(jīng)典超越函數(shù)的圖象和性質(zhì)(基本儲備知識)(1)x與ex的組合函數(shù)的圖象與性質(zhì)函數(shù)f(x)＝xexf(x)＝eq\f(ex,x)f(x)＝eq\f(x,ex)圖象定義域R(－∞，0)∪(0，＋∞)R值域eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，＋∞))(－∞，0)∪[e，＋∞)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)))單調(diào)性在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增在(－∞，0)，(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減最值f(x)min＝f(－1)＝－eq\f(1,e)當x>0時，f(x)min＝f(1)＝ef(x)max＝f(1)＝eq\f(1,e)(2)x與lnx的組合函數(shù)的圖象與性質(zhì)函數(shù)f(x)＝xlnxf(x)＝eq\f(lnx,x)f(x)＝eq\f(x,lnx)圖象定義域(0，＋∞)(0，＋∞)(0，1)∪(1，＋∞)值域eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，＋∞))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)))(－∞，0)∪[e，＋∞)單調(diào)性在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減在(0，1)，(1，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增最值f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,e)當x>1時，f(x)min＝f(e)＝e【類型突破】類型一化為eq\f(lnx,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xlnx，\f(x,lnx)))型例1已知函數(shù)f(x)＝1＋(a＋1)x＋lnx，證明：對任意x>0，eq\f(2ex,xe2)＋1＋(1＋a)x>f(x).證明把f(x)代入化簡，得eq\f(2ex－2,x)>lnx，即證eq\f(2ex－2,x2)>eq\f(lnx,x)(x>0).令g(x)＝eq\f(2ex－2,x2)(x>0)，則g′(x)＝eq\f(2ex－2（x－2）,x3).當x∈(0，2)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當x∈(2，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增.∴g(x)最小＝g(x)極小＝g(2)＝eq\f(1,2)，∴g(x)≥eq\f(1,2)，當且僅當x＝2時取等號.令h(x)＝eq\f(lnx,x)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當x∈(0，e)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當x∈(e，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，∴h(x)最大＝h(x)極大＝h(e)＝eq\f(1,e)，即h(x)≤eq\f(1,e)，當且僅當x＝e時取等號.由于eq\f(1,2)>eq\f(1,e)，故eq\f(2ex－2,x2)>eq\f(lnx,x)成立，即原不等式得證.訓練1(2023·南昌模擬改編)證明：對一切x∈(0，＋∞)，lnx>eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)恒成立.證明問題等價于證明xlnx>eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x>0).設f(x)＝xlnx(x>0)，f′(x)＝lnx＋1，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).設m(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x>0)，則m′(x)＝eq\f(1－x,ex)，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)＝－eq\f(1,e)，又等號不同時取到，從而對一切x∈(0，＋∞)，f(x)>m(x)恒成立，即xlnx>eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)恒成立.即對一切x∈(0，＋∞)，lnx>eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)恒成立.類型二化為eq\f(x,ex)(xex，eq\f(ex,x))型例2已知函數(shù)f(x)＝exlnx＋eq\f(2ex－1,x)，證明：f(x)>1.證明要證明f(x)＝exlnx＋eq\f(2ex－1,x)>1，兩邊同乘以eq\f(x,ex)，得xlnx＋eq\f(2,e)>eq\f(x,ex)，即證明xlnx>eq\f(x,ex)－eq\f(2,e).令h(x)＝xlnx，g(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e).由h′(x)＝lnx＋1知，h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以h(x)≥heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)；而g′(x)＝eq\f(1－x,ex)知，g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)≤g(1)＝－eq\f(1,e).所以有h(x)≥heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)＝g(1)≥g(x)，又等號不同時取到，所以有h(x)>g(x)，即f(x)>1得證.訓練2(2023·湛江模擬節(jié)選)設f(x)＝ex－2x，證明：f(x)＋x2－eq\f(21,8)x＋1>0.證明把f(x)代入化簡得ex＋x2－eq\f(37x,8)＋1>0，即證ex>－x2＋eq\f(37x,8)－1，當x≤0時，左邊0<ex≤1，右邊＝－x2＋eq\f(37,8)x－1≤－1，此時ex>－x2＋eq\f(37x,8)－1恒成立，當x>0時，要證ex>－x2＋eq\f(37x,8)－1，即證eq\f(ex,x)>－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＋eq\f(37,8)，令g(x)＝eq\f(ex,x)，h(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＋eq\f(37,8)，則g′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，在(0，1)上，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；在(1，＋∞)上，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增.所以g(x)≥g(1)＝e，又h(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＋eq\f(37,8)≤eq\f(37,8)－2eq\r(x·\f(1,x))＝eq\f(21,8)(當且僅當x＝1時等號成立)由于g(x)≥g(1)＝e>eq\f(21,8)≥h(x)，故當x>0時，ex>－x2＋eq\f(37x,8)－1成立，綜上，f(x)＋x2－eq\f(21,8)x＋1>0成立.類型三先放縮、再反轉(zhuǎn)例3已知函數(shù)f(x)＝axlnx＋x2，若0<a≤1，求證：f(x)<ex－sinx＋1.證明∵f(x)＝axlnx＋x2，所以待證不等式為axlnx＋x2<ex－sinx＋1，由于當x>0時，sinx<x，∴只需證x2＋axlnx<ex－x＋1，即證eq\f(ex－x＋1,x2)>eq\f(alnx,x)＋1.①令g(x)＝eq\f(alnx,x)＋1，g′(x)＝eq\f(a（1－lnx）,x2)(0<a≤1)，當x∈(0，e)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當x∈(e，＋∞)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，易得g(x)最大＝g(x)極大＝g(e)＝eq\f(a,e)＋1≤eq\f(1,e)＋1，令h(x)＝eq\f(ex－x＋1,x2)，h′(x)＝eq\f(（ex＋1）（x－2）,x3)，當x∈(0，2)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；當x∈(2，＋∞)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，易得h(x)最小＝h(x)極小＝h(2)＝eq\f(e2－1,4).由于eq\f(e2－1,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)＋1))＝eq\f(（e＋1）（e2－e－4）,4e)>0，故①式成立，原不等式得證.規(guī)律方法1.先放縮，再利用凹凸反轉(zhuǎn)法證明不等式，實質(zhì)是證明了強化了的不等式，即證明了原不等式成立的充分條件.2.常用到的放縮(1)ex≥x＋1(當x＝0時取到等號)；(2)ex≥ex(當x＝1時取到等號)；(3)lnx≤x－1(當x＝1時取到等號)；(4)eq\f(lnx,x)≤eq\f(1,e)(當x＝e時取到等號)；(5)0<sinx<x<tanxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(π,2))).訓練3已知f(x)＝eq\f(（x＋1）（1－x－xlnx）,ex)，求證：f(x)<1＋e－2.證明設g(x)＝ex－x－1，則g′(x)＝ex－1，令g′(x)＝0，則x＝0，可得g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)＝ex－x－1≥g(0)＝0，即ex≥x＋1，也即當x>0時，ex>x＋1，即eq\f(x＋1,ex)<1，所以f(x)<1＋e－2，即要證eq\f(（x＋1）（1－x－xlnx）,ex)<1＋e－2，只需證1－x－xlnx<1＋e－2，令t(x)＝1－x－xlnx(x>0)，則t′(x)＝－lnx－2，當x∈(0，e－2)時，t′(x)>0，t(x)單調(diào)遞增，當x∈(e－2，＋∞)時，t′(x)<0，t(x)單調(diào)遞減，易得t(x)max＝t(x)極大值＝t(e－2)＝1＋e－2，所以有1－x－xlnx<1＋e－2，從而有f(x)<1＋e－2.類型四凹凸反轉(zhuǎn)求參數(shù)例4(2023·福州模擬改編)若exlnx＋mx2＋(1－ex)x＋m≤0(x>0)，求正實數(shù)m的取值范圍.解不等式等價于e－x(mx2＋x＋m)≤x－lnx，令g(x)＝e－x(mx2＋x＋m)，h(x)＝x－lnx，g′(x)＝e－x(x－1)(－mx＋m－1)，令g′(x)＝0，解得x＝1或x＝1－eq\f(1,m)，∵m>0，∴1－eq\f(1,m)<1.①當0<m≤1時，1－eq\f(1,m)≤0，所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故g(x)max＝g(1)＝e－1(2m＋1)，欲使不等式恒成立，則g(1)≤h(1)?e－1(2m＋1)≤1，解得0<m≤eq\f(e－1,2)，②當m>1時，0<1－eq\f(1,m)<1，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1－\f(1,m)))，(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,m)，1))上單調(diào)遞增，而g(1)＝eq\f(2m＋1,e)>1，存在g(1)>h(1)，從而不等式exlnx＋mx2＋(1－ex)x＋m≤0不恒成立.綜上，當0<m≤eq\f(e－1,2)時，不等式恒成立.易錯提醒凹凸反轉(zhuǎn)一般用來證明不等式恒成立，若要用來求參數(shù)范圍必須確保凹凸函數(shù)的極值點相同.訓練4(1)已知f(x)＝xex，g(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2lnx,x)))，若函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)的圖象有兩個交點，則實數(shù)a的取值范圍是()A.(0，e] B.(2e，＋∞)C.(e，＋∞) D.(－∞，0)∪{e}(2)已知函數(shù)f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x(a>0)，若f(x)有兩個零點，則a的取值范圍是()A.(0，1) B.(0，1]C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))答案(1)C(2)A解析(1)法一取a＝e，則f(x)＝xex，g(x)＝eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2lnx,x)))，得f(1)＝g(1)＝e，知兩函數(shù)圖象至少有一個交點.由f(x)＝xex得f′(x)＝(x＋1)ex，當x<－1時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，f(x)<0且f(0)＝0.當x→－∞時，f(x)→0，當x>－1時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當x→＋∞時，f(x)→＋∞.由g(x)＝eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2lnx,x)))得g′(x)＝eq\f(2e（1－lnx）,x2)，當0<x<e時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，當x→0時，g(x)→－∞，當x>e時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，且g(x)>0，當x→＋∞時，g(x)→0.根據(jù)以上信息，畫出f(x)＝xex，g(x)＝eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2lnx,x)))的圖象如圖所示.因為f(1)＝g(1)＝e，f′(1)＝g′(1)＝2e，所以兩曲線在點(1，e)有相同的公切線.由g(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2lnx,x)))與y＝eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2lnx,x)))圖象間的伸縮關系，易知，當a>e時，兩個函數(shù)圖象有兩個交點.故選C.法二取a＝2e，同法一可知兩函數(shù)圖象有兩個公共點，故選C.(2)f(x)有兩個零點，等價于ae2x＋(a－2)ex－x＝0有兩個不同實根，即aex(ex＋1)＝2ex＋x有兩個不同實根，等價于方程a(ex＋1)＝eq\f(x,ex)＋2有兩個不同實根.等價于函數(shù)g(x)＝a(ex＋1)與函數(shù)h(x)＝eq\f(x,ex)＋2的圖象有兩個公共點.因為h′(x)＝eq\f(1－x,ex)，所以當x<1時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當x>1時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，則h(x)max＝h(1)＝2＋eq\f(1,e)，又h(0)＝2，當x→＋∞時，h(x)＝eq\f(x,ex)＋2→2.另一方面，因為a>0，所以g(x)＝a(ex＋1)的圖象單調(diào)遞增.根據(jù)選項，對a取特殊值，a＝1，a＝e，a＝eq\f(1,e)這三個值較為特殊.其中a＝1更為特殊簡單，此時兩個函數(shù)的圖象均過點(0，2).從簡單的情形入手，根據(jù)上述信息，畫出函數(shù)g(x)＝ex＋1與函數(shù)h(x)＝eq\f(x,ex)＋2的圖象如圖所示.容易證明這兩個函數(shù)的圖象在公共點(0，2)處有相同的切線y＝x＋2.由圖象知兩函數(shù)的圖象分別在公切線的上方和下方，背靠背向上向下凹凸反轉(zhuǎn).由g(x)＝a(ex＋1)與y＝ex＋1圖象間的伸縮關系可知要使函數(shù)g(x)＝a(ex＋1)與函數(shù)h(x)＝eq\f(x,ex)＋2的圖象有兩個公共點，則0<a<1.故選A.【精準強化練】一、基本技能練1.(2023·蘭州模擬節(jié)選)f(x)＝ex2－xlnx，證明：當x>0時，f(x)<xex＋eq\f(1,e).證明要證f(x)<xex＋eq\f(1,e)，只需證ex－lnx<ex＋eq\f(1,ex)，即ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex)，令h(x)＝lnx＋eq\f(1,ex)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(ex－1,ex2)，易知h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，則h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，所以lnx＋eq\f(1,ex)≥0，再令φ(x)＝ex－ex(x>0)，則φ′(x)＝e－ex.當0<x<1時，φ′(x)>0，當x>1時，φ′(x)<0，即φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0，因為h(x)與φ(x)不同時為0，所以ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex)，故原不等式成立.2.已知函數(shù)f(x)＝x2＋2x－2xex.(1)求函數(shù)f(x)的極值；(2)當x>0時，證明f(x)－2x＋x2＋x3<－2elnx.(1)解∵f(x)＝x2＋2x－2xex，∴f′(x)＝2x＋2－2ex－2xex＝(2x＋2)(1－ex)，由f′(x)＝0，得x＝－1或x＝0.列表討論，得：x(－∞，－1)－1(－1，0)0(0，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)極小值極大值∴當x＝－1時，f(x)極小值＝f(－1)＝1－2＋2×eq\f(1,e)＝eq\f(2,e)－1，當x＝0時，f(x)極大值＝f(0)＝0.(2)證明要證明f(x)－2x＋x2＋x3<－2elnx.即證明2ex－x2－2x>eq\f(2elnx,x)(x>0)，令g(x)＝2ex－x2－2x(x>0)，h(x)＝eq\f(2elnx,x)(x>0)，g′(x)＝2(ex－x－1)，g″(x)＝2(ex－1)>0，∴g′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g′(x)>g′(0)＝0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)>g(0)＝2，h′(x)＝eq\f(2e（1－lnx）,x2)，可得h(x)在(0，e)上遞增，在(e，＋∞)上遞減，∴h(x)≤h(e)＝2，又g(x)與h(x)取最值點不同，∴g(x)>h(x)在(0，＋∞)恒成立，所以當x>0時，f(x)－2x＋x2＋x3<－2elnx.3.設函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－x，證明：f(x)－eq\f(1,ex)＋x>0在(0，＋∞)上恒成立.證明由題意知，f(x)－eq\f(1,ex)＋x＝lnx＋eq\f(1,x)－eq\f(1,ex)，下面證lnx＋eq\f(1,x)>eq\f(1,ex)，即證xlnx＋1>eq\f(x,ex)，設g(x)＝xlnx＋1，則g′(x)＝1＋lnx，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增.所以g(x)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1－eq\f(1,e)，設h(x)＝eq\f(x,ex)，則h′(x)＝eq\f(1－x,ex)，在(0，1)上，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；在(1，＋∞)上，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，所以h(x)≤h(1)＝eq\f(1,e)<1－eq\f(1,e)，所以h(x)<g(x)，即f(x)－eq\f(1,ex)＋x>0在(0，＋∞)上恒成立.二、創(chuàng)新拓展練4.(2023·南通模擬改編)設函數(shù)f(x)＝lnx－e1－x，g(x)＝a(x2－1)－eq\f(1,x).若f(x)<g(x)在(1，＋∞)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.解由題意得：lnx－eq\f(e,ex)<a(x2－1)－eq\f(1,x)，問題等價于a(x2－1)－lnx>eq\f(1,x)－eq\f(e