构造函数法证明导数不等式的可靠方法

第1页共15页构造函数法证明不等式的可靠方法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。一、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(2009年全国联赛二试)求证不等式：2111ln12nkknk≤，1n，2，…这里需要先证一个不等式ln(1)1xxxx第2页共15页变式1.证明：对任意的正整数n，不等式3211)11ln(nnn都成立.第3页共15页分析：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。2：证明当abbaeab证明,3：已知m、n都是正整数，且,1nm证明：mnnm)1()1(二.利用函数例1.已知函数()ln()1afxxaxR．（1）当29a时，如果函数kxfxg)()(仅有一个零点，求实数k的取值范围；第4页共15页（2）当2a时，试比较)(xf与1的大小；（3）求证：121715131)1ln(nn（n*N）．解：（1）当29a时，)1(29ln)(xxxf，定义域是),0(，22)1(2)2)(12()1(291)(xxxxxxxf，令0)(xf，得21x或2x．…2分当210x或2x时，0)(xf，当221x时，0)(xf，函数)(xf在)21,0(、),2(上单调递增，在)2,21(上单调递减．……………4分)(xf的极大值是2ln3)21(f，极小值是2ln23)2(f．当0x时，)(xf；当x时，)(xf，当)(xg仅有一个零点时，k的取值范围是2ln3k或2ln23k．……………5分（2）当2a时，12ln)(xxxf，定义域为),0(．令112ln1)()(xxxfxh，0)1(1)1(21)(222xxxxxxh，)(xh在),0(上是增函数．…………………………………7分①当1x时，0)1()(hxh，即1)(xf；②当10x时，0)1()(hxh，即1)(xf；③当1x时，0)1()(hxh，即1)(xf．…………………………………9分（3）（法一）根据（2）的结论，当1x时，112lnxx，即11lnxxx．令kkx1，则有1211lnkkk，nknkkkk111211ln．……………12分nkkkn11ln)1ln(，1215131)1ln(nn．……………………………………14分第5页共15页(法二)当1n时，ln(1)ln2n．3ln2ln81，1ln23，即1n时命题成立．………………………………10分设当nk时，命题成立，即111ln(1)3521kk．1nk时，2ln(1)ln(2)ln(1)ln1knkkk1112ln35211kkk．根据（2）的结论，当1x时，112lnxx，即11lnxxx．令21kxk，则有21ln123kkk，则有1111ln(2)352123kkk，即1nk时命题也成立．……………13分因此，由数学归纳法可知不等式成立．………………………………14分（法三）如图，根据定积分的定义，得1121171151nndxx1121．……11分)12(1212112111xdxdxxnn]3ln)12[ln(21)12ln(211nxn，121715131n)12151(31nndxx112131]3ln)12[ln(2131n．………………………………12分11[ln(21)ln3]ln(1)32nn223ln31[ln(21)ln(21)]62nnn，又3ln332，)12ln()12ln(2nnn，)1ln(]3ln)12[ln(2131nn．)1ln(1215131nn．…………………………………14分例2.已知函数lnfxaxxx的图象在点ex（e为自然对数的底数）处的切线斜率为3．（1）求实数a的值；（2）若kZ，且1fxkx对任意1x恒成立，求k的最大值；（3）当4nm时，证明mnnmmnnm（1）解：因为lnfxaxxx，所以ln1fxax．…………………………………………1分xyo123456n-1n…第6页共15页因为函数lnfxaxxx的图像在点ex处的切线斜率为3，所以e3f，即lne13a．所以1a．（2）解：由（1）知，lnfxxxx，所以1fxkx对任意1x恒成立，即ln1xxxkx对任意1x恒成立．………………………3分令ln1xxxgxx，则2ln21xxgxx，…………………………………………………………………………………4分令ln2hxxx1x，则1110xhxxx，所以函数hx在1,上单调递增．…………………………………………………………………5分因为31ln30,422ln20hh，所以方程0hx在1,上存在唯一实根0x，且满足03,4x．当01()0xxhx时，，即()0gx，当0()0xxhx时，，即()0gx，………………6分所以函数ln1xxxgxx在01,x上单调递减，在0,x上单调递增．所以000000min001ln123,411xxxxgxgxxxx．……………………………7分所以0min3,4kgxx．故整数k的最大值是3．…………………………………………………………………………………8分（3）证明1：由（2）知，ln1xxxgxx是4,上的增函数，……………………………………9分所以当4nm时，lnln11nnnmmmnm．……………………………………………………10分第7页共15页即11ln11lnnmnmnm．整理，得lnlnlnlnmnnmmmnmnnnm．……………………………………………11分因为nm，所以lnlnlnlnmnnmmmnmnn．……………………………………………12分即lnlnlnlnmnmmnnnmmn．即lnlnmnmmnnnmmn．…………………………………………………………………………13分所以mnnmmnnm．………………………………………………………………………………14分证明2：构造函数lnlnlnlnfxmxxmmmxmxx，………………………………………9分则1ln1lnfxmxmmm．………………………………………………………………10分因为4xm，所以1ln1ln1ln0fxmmmmmmm．所以函数fx在,m上单调递增．………………………………………………………………11分因为nm，所以fnfm．所以lnlnlnlnmnnmmmnmnn22lnlnlnln0mmmmmmmm．……………12分即lnlnlnlnmnnmmmnmnn．即lnlnlnlnmnmmnnnmmn．即lnlnmnmmnnnmmn．…………………………………………………………………………13分所以mnnmmnnm．………………………………………………………………………………14分第8页共15页变式训练1.设函数()1exfx，函数()1xgxax（其中aR，e是自然对数的底数）．（Ⅰ）当0a时，求函数()()()hxfxgx的极值；（Ⅱ）若()()fxgx在[0,)上恒成立，求实数a的取值范围；（Ⅲ）设n*N，求证：14(1)212e!enknnnkn（其中e是自然对数的底数）．解（Ⅰ）()()xxfxexe，函数()()()xhxfxgxxe，()(1)xhxxe，当1x时，()0hx；当1x时，()0hx，故该函数在(,1)上单调递增，在(1,)上单调递减．∴函数()hx在1x处取得极大值1(1)he．·············································································4分（Ⅱ）由题11xxeax在[0,)上恒成立，∵0x，1[0,1)xe，∴01xax，若0x，则aR，若0x，则1ax恒成立，则0a．不等式11xxeax恒成立等价于(1)(1)0xaxex在[0,)上恒成立，····6分令()(1)(1)xuxaxex，则()(1)(1)1xxuxaeaxe，又令()(1)(1)1xxxaeaxe，则()(21)xxeaax，∵0x，0a．①当0a时，()0xxe，则()x在[0,)上单调递减，∴()()(0)0xux，∴()ux在[0,)上单减，∴()(0)0uxu，即()()fxgx在[0,)上恒成立；·8分②当0a时，21()()xaxaexa．ⅰ）若210a，即102a时，()0x，则()x在[0,)上单调递减，∴()()(0)0xux，∴()ux在[0,)上单调递减，∴()(0)0uxu，此时()()fxgx在[0,)上恒成立；9分ⅱ）若2