构造函数法证明导数不等式的八种方法

第1页共8页构造函数法证明不等式的八种方法1、利用导数研究函数的单调性极值和最值，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。2、解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。以下介绍构造函数法证明不等式的八种方法：一、移项法构造函数【例1】已知函数xxxf)1ln()(，求证：当1x时，恒有xxx)1ln(111分析：本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数111)1ln()(xxxg，从其导数入手即可证明。【解】1111)(xxxxf∴当01x时，0)(xf，即)(xf在)0,1(x上为增函数当0x时，0)(xf，即)(xf在),0(x上为减函数故函数()fx的单调递增区间为)0,1(，单调递减区间),0(于是函数()fx在),1(上的最大值为0)0()(maxfxf，因此，当1x时，0)0()(fxf，即0)1ln(xx∴xx)1ln(（右面得证），现证左面，令111)1ln()(xxxg，22)1()1(111)(xxxxxg则当0)(,),0(;0)(,)0,1(xgxxgx时当时，即)(xg在)0,1(x上为减函数，在),0(x上为增函数，故函数)(xg在),1(上的最小值为0)0()(mingxg，∴当1x时，0)0()(gxg，即0111)1ln(xx∴111)1ln(xx，综上可知，当xxxx)1ln(111,1有时【警示启迪】如果()fa是函数()fx在区间上的最大（小）值，则有()fx()fa（或()fx()fa），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证．2、作差法构造函数证明【例2】已知函数.ln21)(2xxxf求证：在区间),1(上，函数)(xf的图象在函数332)(xxg的图象的下方；分析：函数)(xf的图象在函数)(xg的图象的下方)()(xgxf不等式问题，即3232ln21xxx，只需证明在区间),1(上，恒有3232ln21xxx成立，设)()()(xfxgxF，),1(x，考虑到061)1(F第2页共8页要证不等式转化变为：当1x时，)1()(FxF，这只要证明：)(xg在区间),1(是增函数即可。【解】设)()()(xfxgxF，即xxxxFln2132)(23，则xxxxF12)(2=xxxx)12)(1(2当1x时，)(xF=xxxx)12)(1(2从而)(xF在),1(上为增函数，∴061)1()(FxF∴当1x时0)()(xfxg，即)()(xgxf，故在区间),1(上，函数)(xf的图象在函数332)(xxg的图象的下方。【警示启迪】本题首先根据题意构造出一个函数（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。读者也可以设)()()(xgxfxF做一做，深刻体会其中的思想方法。3、换元法构造函数证明【例3】证明：对任意的正整数n，不等式3211)11ln(nnn都成立.分析：从所证结构出发，只需令xn1，则问题转化为：当0x时，恒有32)1ln(xxx成立，现构造函数)1ln()(23xxxxh，求导即可达到证明。【解】令)1ln()(23xxxxh，则1)1(31123)(232xxxxxxxh在),0(x上恒正，所以函数)(xh在),0(上单调递增，∴),0(x时，恒有，0)0()(hxh即0)1ln(23xxx，∴32)1ln(xxx对任意正整数n，取3211)11ln(),0(1nnnnx，则有【警示启迪】我们知道，当()Fx在[,]ab上单调递增，则xa时，有()Fx()Fa．如果()fa＝()a，要证明当xa时，()fx()x，那么，只要令()Fx＝()fx－()x，就可以利用()Fx的单调增性来推导．也就是说，在()Fx可导的前提下，只要证明'()Fx０即可．4、从条件特征入手构造函数证明【例4】若函数y=)(xf在R上可导且满足不等式x)(xf－)(xf恒成立，且常数a，b满足ab，求证：．a)(afb)(bf【解】由已知x)(xf+)(xf0∴构造函数)()(xxfxF，则)('xFx)(xf+)(xf0，从而)(xF在R上为增函数。第3页共8页ba∴)()(bFaF即a)(afb)(bf【警示启迪】由条件移项后)()(xfxfx，容易想到是一个积的导数，从而可以构造函数)()(xxfxF，求导即可完成证明。若题目中的条件改为)()(xfxfx，则移项后)()(xfxfx，要想到是一个商的导数的分子，平时解题多注意总结。5、主元法构造函数例．（全国）已知函数xxxgxxxfln)(,)1ln()((1)求函数)(xf的最大值；(2)设ba0,证明：2ln)()2(2)()(0abbagbgag.分析：对于（II）绝大部分的学生都会望而生畏.学生的盲点也主要就在对所给函数用不上.如果能挖掘一下所给函数与所证不等式间的联系，想一想大小关系又与函数的单调性密切相关，由此就可过渡到根据所要证的不等式构造恰当的函数，利用导数研究函数的单调性，借助单调性比较函数值的大小，以期达到证明不等式的目的.证明如下：证明：对xxxgln)(求导,则1ln)('xxg.在)2(2)()(bagbgag中以b为主变元构造函数,设)2(2)()()(xagxgagxF,则2lnln)]2([2)()('''xaxxagxgxF.当ax0时，0)('xF,因此)(xF在),0(a内为减函数.当ax时,0)('xF,因此)(xF在),(a上为增函数.从而当ax时,)(xF有极小值)(aF.因为,,0)(abaF所以0)(bF,即.0)2(2)()(bagbgag又设2ln)()()(axxFxG.则)ln(ln2ln2lnln)('xaxxaxxG.当0x时,0)('xG.因此)(xG在),0(上为减函数.因为,,0)(abaG所以0)(bG,即2ln)()2(2)()(abbagbgag.6、构造二阶导数函数证明导数的单调性例．已知函数21()2xfxaex(1)若f(x)在R上为增函数,求a的取值范围;(2)若a=1,求证:x＞0时,f(x)1+x解：(1)f′(x)＝aex－ｘ，∵ｆ（ｘ）在Ｒ上为增函数，∴f′(x)≥０对ｘ∈Ｒ恒成立，即ａ≥ｘｅ-ｘ对ｘ∈Ｒ恒成立第4页共8页记ｇ（ｘ）＝ｘｅ-ｘ，则ｇ′(ｘ)＝ｅ-ｘ－ｘｅ-ｘ=(1-x)e-x，当ｘ＞１时，ｇ′（ｘ）＜０，当ｘ＜１时，ｇ′（ｘ）＞０．知ｇ（ｘ）在(-∞,1)上为增函数,在(1,+∞)上为减函数,∴g(x)在x=1时,取得最大值，即g(x)max=g(1)=1/e,∴a≥1/e,即a的取值范围是[1/e,+∞)(2)记F(X)=f(x)－(1+x)=)0(1212xxxex则F′(x)=ex-1-x,令h(x)=F′(x)=ex-1-x,则h′(x)=ex-1当x0时,h′(x)0,∴h(x)在(0,+∞)上为增函数,又h(x)在x=0处连续,∴h(x)h(0)=0即F′(x)0,∴F(x)在(0,+∞)上为增函数,又F(x)在x=0处连续,∴F(x)F(0)=0,即f(x)1+x．小结：当函数取最大（或最小）值时不等式都成立，可得该不等式恒成立，从而把不等式的恒成立问题可转化为求函数最值问题．不等式恒成立问题，一般都会涉及到求参数范围，往往把变量分离后可以转化为)(xfm(或)(xfm)恒成立，于是m大于)(xf的最大值（或m小于)(xf的最小值），从而把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题．因此，利用导数求函数最值是解决不等式恒成立问题的一种重要方法．7.对数法构造函数（选用于幂指数函数不等式）例：证明当2111)1(,0xxexx时8.构造形似函数例：证明当abbaeab证明,第5页共8页例：已知m、n都是正整数，且,1nm证明：mnnm)1()1(【思维挑战】1、设xaxxxfaln2ln1)(,02求证：当1x时，恒有1ln2ln2xaxx，2、已知定义在正实数集上的函数,ln3)(,221)(22bxaxgaxxxf其中a0，且aaabln32522，求证：)()(xgxf3、已知函数xxxxf1)1ln()(，求证：对任意的正数a、b，恒有.1lnlnabba4、)(xf是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足)()(xfxfx≤0，对任意正数a、b，若ab，则必有（）（A）af(b)≤bf(a)（B）bf(a)≤af(b)（C）af(a)≤f(b)（D）bf(b)≤f(a)【答案咨询】第6页共8页1、提示：xaxxxf2ln21)(，当1x，0a时，不难证明1ln2xx∴0)(xf，即)(xf在),0(内单调递增，故当1x时，0)1()(fxf，∴当1x时，恒有1ln2ln2xaxx2、提示：设bxaaxxxfxgxFln3221)()()(22则xaaxxF232)(=xaxax)3)(()0(x0a，∴当ax时，0)(xF，故)(xF在),0(a上为减函数，在),(a上为增函数，于是函数)(xF在),0(上的最小值是0)()()(agafaF，故当0x时，有0)()(xgxf，即)()(xgxf3、提示：函数)(xf的定义域为),1(，22)1()1(111)(xxxxxf∴当01x时，0)(xf，即)(xf在)0,1(x上为减函数当0x时，0)(xf，即)(xf在),0(x上为增函数因此在)(,0xfx时取得极小值0)0(f，而且是最小值于是xxxfxf1)1ln(,0)0()(从而，即xx111)1ln(令abxbax1111,01则于是abba1ln因此abba1lnln4、提示：xxfxF)()(，0)()()(2'xxfxxfxF，故xxfxF)()(在（0，+∞）上是减函数，由ba有bbfaaf)()(af(b)≤bf(a)故选（A）第7页共8页1、由f(x)=ln(1+x)-x的导数为1/(x+1)-1=-x/(x+1)0得知f(x)在(-1,∞)上单调减少.2、所以bn=ln(1+n)-n,an=ln(n+1)-bn=n一、√n√(n+2)-c/√(n+2)得c=1+(√(n+2)-√n)^2/2由于队所有n成立,而√(n+2)-√n可以任意小,且当c=1时,不等式依然成立,所以c的范围是(-∞,1]二、分两步证明,先用归纳法证明不等式(1)a1a3...a(2n-1)/[a2a4...a(2n)]1/√(2n+1)n=1时a1/a2=1/2=1/√41/√3设n=k时成立,即a1a3.a(2k-1)/[a2a4...a(2k)]1/(√2k+1)所以a1a3...a(2k-1)a(2k+1)/[a2a4...a(2k)a(2k+2)](2k+1)/[√(2k+1)(2k+2)]=√(2k+1