构造函数证明不等式【实用4篇】

构造函数证明不等式【实用4篇】【导读】这篇文档“构造函数证明不等式【实用4篇】”由三一刀客最漂亮的网友为您分享整理，希望这篇范文对您有所帮助，喜欢就下载吧！函数解答题构造函数证明不等式【第一篇】函数解答题-构造函数证明不等式例1（2013年高考北京卷（理））设L为曲线在点(1,0)处的切线.x(I)求L的方程;(II)证明:除切点(1,0)之外,曲线C在直线L的下方.答案解:(I)设则所以所以L的方程为2xx令则除切点之外,曲线C在直线l的下方等价于满足且2当时所以故g(x)单调递减;当时,所以故g(x)单调递增.所以所以除切点之外,曲线C在直线L的下方.又解即变形为记则x所以当时在(0,1)上单调递减;当时在(1,+∞)上单调递增.所以例2（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD版））已知函数当时，2求证:1-(II)若恒成立,求实数a取值范围.答案解：(1)证明：要证x∈[0，1]时，(1＋x)e－2x≥1－x，只需证明(1＋x)ex≥(1－x)ex.－记h(x)＝(1＋x)ex－(1－x)ex，则h′(x)＝x(ex－ex)，当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，因此h(x)在[0，1]上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0.所以f(x)≥1－x，x∈[0，1]．－－要证x∈[0，1]时，(1＋x)e－2x1≤ex≥x＋1.1＋x记K(x)＝ex－x－1，则K′(x)＝ex－1，当x∈(0，1)时，K′(x)＞0，因此K(x)在[0，1]上是增函数，故K(x)≥K(0)＝0.所以f(x)≤，x∈[0，1]．1＋x1综上，1－x≤f(x)≤，x∈[0，1]．1＋x(2)(方法一)xax＋1＋－g(x)＝(1＋x)e－－2xx3≥1－x－ax－1－2xcosx2xa＋1＋＋＝－x2设G(x)＝2cosx，则G′(x)＝x－2sinx.记H(x)＝x－2sinx，则H′(x)＝1－2cosx，当x∈(0，1)时，H′(x)＜0，于是G′(x)在[0，1]上是减函数，从而当x∈(0，1)时，G′(x)＜G′(0)＝0，故G(x)在[0，1]上是减函数．于是G(x)≤G(0)＝2.从而a＋1＋G(x)≤a＋3，所以，当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．下面证明，当a＞－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．1x3f(x)－g(x)≤1－ax－2xcosx21＋x－xx3＝ax－－2xcosx21＋x1x＝－＋xa2＋－11x21记I(x)＝＋a＋2cosx＝＋a＋G(x)，则I′(x)＝＋G′(x)．当x∈(0，21＋x1＋x（1＋x）1)时，I′(x)＜0.故I(x)在[0，1]上是减函数，于是I(x)在[0，1]上的值域为[a＋1＋2cos1，a＋3]．因为当a＞－3时，a＋3＞0，所以存在x0∈(0，1)，使得I(x0)＞0，此时f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．(方法二)先证当x∈[0，1]时，1－x2≤cosx≤1－2.241记F(x)＝cosx－1＋x2，则F′(x)＝－sinx＋x.22记G(x)＝－sinx＋x，则G′(x)＝－cosx＋1，当x∈(0，1)时，G′(x)＞0，于是G(x)在[0，1]上是增函数，因此当x∈(0，1)时，G(x)＞G(0)＝0，从而F(x)在[0，1]上是增函数，因此F(x)≥F(0)＝0.所以当x∈[0，1]时，12≤cosx.同理可证，当x∈[0，1]时，cosx≤1－2.411综上，当x∈[0，1]时，1－x2≤cosx≤1－x2.24因为当x∈[0，1]时．xax＋1＋－g(x)＝(1＋x)e－－2x1x31－－x)－ax－1－＝－(a＋3)x.所以当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．下面证明，当a＞－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．因为xax＋1＋－g(x)＝(1＋x)e－－2x11x31－－ax－＋xx2x3＝(a＋3)x1＋x2x－a＋3），a＋31所以存在x0∈(0，1)例如x0取中的较小值满足f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，321]上不恒成立．综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．例3（2012高考辽宁文21）(本小题满分12分)设f(x)＝lnx＋x－1，证明：3(1)当x1时，f(x)(2)当1x＋5答案解：(1)(证法一)记g(x)＝lnx＋x－1－2(x－1)．则当x1时，113g′(x)＝x2，g(x)在(1，＋∞)上单调递减．2x又g(1)＝0，有g(x)f(x)由均值不等式，当x1时，x令k(x)＝lnx－x＋1，则k(1)＝0，k′(x)＝x1由①②得，当x1时，－，由(1)得x＋51154h′(x)＝＋＋xx＋55454＝＋＋＋－216x＝＋令g(x)＝(x＋5)3－216x，则当1－x＋5(证法二)记h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，则当1－92x－1)＋(x＋＝2xx(x－1)＋(x＋5)(2＋x)－18x]－＋＋＋22－＝4xx2－32x＋25)因此h(x)在(1,3)内单调递减，又h(1)＝0，所以－.x＋5例4（2012高考浙江文21）（本题满分15分）已知a∈R，函数（1）求f(x)的单调区间（2）证明：当0≤x≤1时，＞0.答案解析（1）由题意得，当时，恒成立，此时f(x)的单调递增区间为当0时，此时函数f(x)的单调递增区间为，由于，当时，当时，设1，则则有所以当时，故例5（2012高考山东文22）(本小题满分13分)已知函数(k为常数，e=2.71828…是自然对数的底数)，曲线在点ex(1,f(1))处的切线与x轴平行.(Ⅰ)求k的值；(Ⅱ)求f(x)的单调区间；(Ⅲ)设，其中为f(x)的导函数.证明：对任意答案，ex由已知，k，由(I)知，设，则，即k(x)在上是减函数，xxx由知，当时，从而，当时，从而综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是由(II)可知，当时，＜，故只需证明在时成立.当时，ex＞1，且，e设，，则，当时，，当时，，所以当时，F(x)取得最大值所以综上，对任意，构造函数证明不等式【第二篇】构造函数证明不等式构造函数证明:e的(4n-4)/6n+3)次方不等式两边取自然对数(严格递增)有:ln(2^2/2^2-1)+ln(3^2/3^2-1)+...+ln(n^2/n^2-1)(4n-4)/(6n+3)不等式左边=2ln2-ln1-ln3+2ln3-ln2-ln4+...+2lnn-ln(n-1)-ln(n+1)=ln2-ln1+lnn-ln(n+1)=ln构造函数f(x)=ln-(4x-4)/(6x+3)对f(x)求导,有:f'(x)=+^2当x2时,有f'(x)0有f(x)在x2时严格递增从而有f(n)=f(2)=ln(4/3)-4/15=0.020即有ln(4n-4)/(6n+3)原不等式等证解：∏{n^2/(n^2-1)}e^((4n-4)/(6n+3))∵n^2/(n^2-1)=n^2/(n+1)(n-1)∴∏{n^2/(n^2-1)}=2n/(n+1)原式可化简为：2n/(n+1)e^((4n-4)/6n+3))构建函数：F(n)=2n/(n+1)-e^((4n-4)/(6n+3))其一阶导数F’(n)={2-4e^((4n-4)/(6n+3))}/(n+1)^2∵e^((4n-4)/(6n+3))∴F’(n)0而F=4/(2+1)-e^((8-4)/(12+3))=4/3-e^(4/15)0所以F(n)0即：2n/(n+1)e^((4n-4)/6n+3))故得证。一、结合勘根定理，利用判别式“△”的特点构造函数证明不等式例1若a,b,c∈R，且a≠0，又4a+6b+c0，a-3b+c4ac.证明构造函数f(x),设f(x)=ax2+3bx+c(a≠0)，由f(2)=4a+6b+c0，f(-1)=a-3b+c根据勘根定理可知：f(x)在区间(-1,2)内必有零点.又f(x)为二次函数，由勘根定理结合可知：f(x)必有两个不同的零点.令ax2+3bx+c=0可知△=(3b)2-4ac0，所以可得：9b24ac.命题得证.评析本题合理变换思维角度，抓住问题本质，通过构造二次函数,将所要证明的结论转化成判别式“△”的问题,再结合勘根定理和二次函数知识，从而使问题获得解决.二、结合构造函数的单调性证明不等式例2(2005年人教A版《选修4-5不等式选讲》例题改编)已知a,b,c是实数，求证：|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.证明构造函数f(x)，设f(x)=x1+x(x≥0).由于f′(x)=1(1+x)2,所以结合导数知识可知f(x)在[0，+∞)上是增函数.∵0≤|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|，∴f(|a+b+c|)≤f(|a|+|b|+|c|)，即|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|1+|a|+|b|+|c|=|a|1+|a|+|b|+|c|+|b|1+|a|+|b|+|c|+|c|1+|a|+|b|+|c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.命题得证.三、结合构造函数在某个区间的最值证明不等式例3(第36届IMO试题)设a,b,c为正实数，且满足abc=1,求证:1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)≥32.证明构造函数，设f(a,b,c)=1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b),显然a=b=c=1时，f(a,b,c)=32≥32成立.又abc=1，a,b,c为正实数，则a,b,c中必有一个不大于1，不妨设0f(a,b,c)-f(a,1,c)=(1-b)1a3(b+c)(1+c)+1+b+b2b3(a+c)+1c3(a+b)(1+a)≥0，∴f(a,b,c)≥f(a,1,c)，因此要证f(a,b,c)≥32，只要证f(a,1,c)≥32，此时ac=1，∴a,1,c成等比数列，令a=q-1，=(q4+1)-=(q2+q-2)-(q+q-1)+1q+q-=t2-t+1t-1.(其中t=q+q-1，且t≥2).由导数知识(方法同例2、例3)可知函数f(a,1,c)=t2-t+1t-1(t≥2)是增函数，当且仅当=1时，(f(a,1,c))min=22-2+12-1=32成立，∴f(a,1,c)≥32.故f(a,b,c)≥f(a,1,c)≥32.命题得证。构造可导函数证明函数不等式【第三篇】构造可导函数证明不等式◎李思阳本溪市机电工程学校117022内容简要构造辅助函数，把不等式证明转化为利用导数研究函数的单调性或最值，从而证得不等式。而如何构造一个可导函数，是用导数证明不等式的关键。本文从热门的高考题及模拟题中选出四种类型题供师生们参考。关键词构造辅助函数；导数；不等式。一．直接作差1（2011·辽宁文科）设函数，曲线过P（1，0），且在P点处的切线斜率为2.（1）求a，b的值；（2）证明：。（1）解：由已知条件得，，即解得。(2)证明:因为f(x)的定义域为（0，+∞），由（1）知。设，则。xx当0＜x＜1时，＞0，当x＞1时，＜0。所以g(x)在（0，1）内单调递增，在（1，+∞）内单调递减。而g(1)=0，故当x＞0时，g(x)≤0，即。总结：直接作差，用导数得，从而得证。直接作差是证这类题最常用的方法。二．分离函数2.（2011·课标全国卷文科）已知函数处的切线方程为。（1）求a，b的值；（2）证明：当x＞0，且时，f(x)＞(1)解:略，。，曲线在点（1，f(1)）。，所以。（2）证明：由（1）知考虑函数（x＞0），则x22x=。所以当时，＜0，而当x∈（0，1）时，h(x)＞0，可得，故1h(x)＞0；1h(x)＞0。当x∈（1，+∞）时，h(x)＜0，可得lnx从而当x＞0，且时，f(x)＞。总结