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培优课 构造法解决不等式问题
利用导数研究函数的单调性，再由单调性证明不等式，比较大小，解题技巧是构造函数来解决.
类型一 利用导数比较大小
A.c
B.bC.cD.bD
解析 令f(x)＝a－c＝x－ln(1＋x)，x>0，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)>f(0)＝0，可得a>c.
∴函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)>g(0)＝0，可得c>b.
综上可得a>c>b.
【例2】 已知函数f(x)＝x＋aex(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
类型二 构造函数证明不等式
解 由f(x)＝x＋aex可得f(x)的定义域为R，f′(x)＝1＋aex.
当a≥0时，f′(x)＞0，则函数f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数.
(2)当x＜0，a≤1时，证明：x2＋(a＋1)x＞xf′(x).
证明 设F(x)＝x2＋(a＋1)x－xf′(x)＝x2＋ax－axex＝x(x＋a－aex).
设H(x)＝x＋a－aex，则H′(x)＝1－aex.
∵x＜0，
∴0＜ex＜1，又a≤1，
∴1－aex≥1－ex＞0.
∴H(x)在(－∞，0)上为增函数，则H(x)＜H(0)＝0，
即x＋a－aex＜0.
由x＜0可得F(x)＝x(x＋a－aex)＞0，
所以x2＋(a＋1)x＞xf′(x).
证明f(x)＞g(x)的一般方法是证明h(x)＝f(x)－g(x)＞0(利用单调性)，可构造出一个函数(可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数)，并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式.
思维升华
【例3】 已知函数f(x)的定义域为R，且f(x)＋13ex的解集为( )
A.(1，＋∞)
B.(－∞，1)
C.(0，＋∞)
D.(－∞，0)
类型三 解不等式
C
用单调性解不等式时常见的构造函数技巧
求解此类题目的关键是构造新函数，研究新函数的单调性及其导函数的结构形式，因此熟悉以下结论可以达到事半功倍的效果.
(1)对于f′(x)>g′(x)，构造h(x)＝f(x)－g(x)，更一般地，遇到f′(x)>a(a≠0)，即导函数大于某个非零常数(若a＝0，则无须构造)，则可构造h(x)＝f(x)－ax.
(2)对于f′(x)＋g′(x)>0，构造h(x)＝f(x)＋g(x).
(3)对于f′(x)＋f(x)>0，构造h(x)＝exf(x).
思维升华
思维升华
1.若函数f(x)对任意x∈R都有f′(x)>f(x)成立，则( )
A.3f(ln
5)>5f(ln
3)
B.3f(ln
5)＝5f(ln
3)
C.3f(ln
5)<5f(ln
3)
D.3f(ln
5)与5f(ln
3)的大小不确定
尝试训练
A
因为对任意x∈R都有f′(x)>f(x)，
所以g′(x)>0，即g(x)在R上单调递增.
又ln
35，所以g(ln
3)5)，
所以5f(ln
3)<3f(ln
5)，故选A.
2.(多选题)已知a>b>1，e为自然对数的底数，则下列不等式一定成立的是(
)
A.aea>beb
B.aln
b>bln
a
C.aln
a>bln
b
D.bea>aeb
ACD
解析 设f(x)＝xex，x>1，则f′(x)＝(x＋1)ex>0在(1，＋∞)上恒成立，
故函数f(x)在(1，＋∞)单调递增，又a>b>1，故f(a)>f(b)，即aea>beb，故A正确；
易知函数g(x)在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
故当1g(b)，
设h(x)＝xln
x，x>1，则h′(x)＝ln
x＋1>0在(1，＋∞)上恒成立，
故函数h(x)在(1，＋∞)单调递增，又a>b>1，故h(a)>h(b)，
即aln
a>bln
b，故C正确；
3.已知a，b为实数，且b>a>e，其中e为自然对数的底数，求证：ab>ba.
证明 法一 ∵b>a>e，
∴要证ab>ba，只需证bln
a>aln
b.
∴f′(x)>0.∴函数f(x)＝xln
a－aln
x在(a，＋∞)上单调递增.
∵b>a>e，∴f(b)>f(a)＝aln
a－aln
a＝0，
即bln
a－aln
b>0，∴bln
a>aln
b，即ab>ba.
法二 ∵b>a>e，∴要证ab>ba，只需证bln
a>aln
b，
本节内容结束培优课 构造法解决不等式问题
利用导数研究函数的单调性，再由单调性证明不等式，比较大小，解题技巧是构造函数来解决.
类型一 利用导数比较大小
【例1】 已知x>0，a＝x，b＝x－，c＝ln(1＋x)，则( )
A.cB.bC.cD.b答案 D
解析 令f(x)＝a－c＝x－ln(1＋x)，x>0，则f′(x)＝1－>0，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)>f(0)＝0，可得a>c.
令g(x)＝c－b＝ln(1＋x)－x＋，x>0，
则g′(x)＝－1＋x＝>0，
∴函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)>g(0)＝0，可得c>b.
综上可得a>c>b.
类型二 构造函数证明不等式
【例2】 已知函数f(x)＝x＋aex(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x＜0，a≤1时，证明：x2＋(a＋1)x＞xf′(x).
解 (1)由f(x)＝x＋aex可得f(x)的定义域为R，f′(x)＝1＋aex.
当a≥0时，f′(x)＞0，则函数f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数.
当a＜0时，由f′(x)＞0可得x＜ln，
由f′(x)＜0可得x＞ln，
所以函数f(x)在上为增函数，在上为减函数.
综上，当a≥0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(2)证明 设F(x)＝x2＋(a＋1)x－xf′(x)＝x2＋ax－axex＝x(x＋a－aex).
设H(x)＝x＋a－aex，则H′(x)＝1－aex.
∵x＜0，
∴0＜ex＜1，又a≤1，
∴1－aex≥1－ex＞0.
∴H(x)在(－∞，0)上为增函数，则H(x)＜H(0)＝0，
即x＋a－aex＜0.
由x＜0可得F(x)＝x(x＋a－aex)＞0，
所以x2＋(a＋1)x＞xf′(x).
思维升华 证明f(x)＞g(x)的一般方法是证明h(x)＝f(x)－g(x)＞0(利用单调性)，可构造出一个函数(可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数)，并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式.
类型三 解不等式
【例3】 已知函数f(x)的定义域为R，且f(x)＋13ex的解集为( )
A.(1，＋∞)
B.(－∞，1)
C.(0，＋∞)
D.(－∞，0)
答案 C
解析 令g(x)＝，
因为f(x)＋1则g′(x)＝>0，
故g(x)在R上单调递增，且g(0)＝3.
由f(x)＋1>3ex，可得>3，
即g(x)>g(0)，所以x>0.
思维升华 用单调性解不等式时常见的构造函数技巧
求解此类题目的关键是构造新函数，研究新函数的单调性及其导函数的结构形式，因此熟悉以下结论可以达到事半功倍的效果.
(1)对于f′(x)>g′(x)，构造h(x)＝f(x)－g(x)，更一般地，遇到f′(x)>a(a≠0)，即导函数大于某个非零常数(若a＝0，则无须构造)，则可构造h(x)＝f(x)－ax.
(2)对于f′(x)＋g′(x)>0，构造h(x)＝f(x)＋g(x).
(3)对于f′(x)＋f(x)>0，构造h(x)＝exf(x).
(4)对于f′(x)－f(x)>0，构造h(x)＝.
(5)对于xf′(x)＋f(x)>0，构造h(x)＝xf(x).
(6)对于xf′(x)－f(x)>0，构造h(x)＝.
(7)对于>0，分类讨论：①若f(x)>0，则构造h(x)＝lnf(x)；②若f(x)<0，则构造h(x)＝ln[－f(x)].
尝试训练
1.若函数f(x)对任意x∈R都有f′(x)>f(x)成立，则( )
A.3f(ln
5)>5f(ln
3)
B.3f(ln
5)＝5f(ln
3)
C.3f(ln
5)<5f(ln
3)
D.3f(ln
5)与5f(ln
3)的大小不确定
答案 A
解析 令g(x)＝，则g′(x)＝，
因为对任意x∈R都有f′(x)>f(x)，
所以g′(x)>0，即g(x)在R上单调递增.
又ln
35，所以g(ln
3)5)，
即<，
所以5f(ln
3)<3f(ln
5)，故选A.
2.(多选题)已知a>b>1，e为自然对数的底数，则下列不等式一定成立的是( )
A.aea>beb
B.aln
b>bln
a
C.aln
a>bln
b
D.bea>aeb
答案 ACD
解析 设f(x)＝xex，x>1，则f′(x)＝(x＋1)ex>0在(1，＋∞)上恒成立，故函数f(x)在(1，＋∞)单调递增，又a>b>1，故f(a)>f(b)，即aea>beb，故A正确；
设g(x)＝，x>1，则g′(x)＝，易知函数g(x)在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，故当1g(b)，即>，故aln
ba，故B错误；
设h(x)＝xln
x，x>1，则h′(x)＝ln
x＋1>0在(1，＋∞)上恒成立，故函数h(x)在(1，＋∞)单调递增，又a>b>1，故h(a)>h(b)，即aln
a>bln
b，故C正确；
设k(x)＝，x>1，则k′(x)＝>0在(1，＋∞)上恒成立，故函数k(x)在(1，＋∞)上单调递增，又a>b>1，故k(a)>k(b)，即>，故bea>aeb，故D正确.
3.已知a，b为实数，且b>a>e，其中e为自然对数的底数，求证：ab>ba.
证明 法一 ∵b>a>e，
∴要证ab>ba，只需证bln
a>aln
b.
设f(x)＝xln
a－aln
x(x>a)，则f′(x)＝ln
a－.
∵x>a>e，
∴ln
a>1，且<1，
∴f′(x)>0.
∴函数f(x)＝xln
a－aln
x在(a，＋∞)上单调递增.
∵b>a>e，
∴f(b)>f(a)＝aln
a－aln
a＝0，
即bln
a－aln
b>0，
∴bln
a>aln
b，即ab>ba.
法二 ∵b>a>e，∴要证ab>ba，只需证bln
a>aln
b，即>.设f(x)＝(x>e)，则f′(x)＝.因为x>e，所以f′(x)＝>0，故函数f(x)＝在(e，＋∞)上单调递增.
又b>a>e，所以>，从而ab>ba.