構(gòu)造函數(shù)法證明導(dǎo)數(shù)不等式的八種方法

1、構(gòu)造函數(shù)法證明不等式的八種方法1、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值和最值，再由單調(diào)性來(lái)證明不等式是函 數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式綜合中的一個(gè)難點(diǎn), 也是近幾年高考的 熱點(diǎn)。2、解題技巧是構(gòu)造輔助函數(shù)，把不等式的 證明轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或求最值，從而證得不等式，而 如何根據(jù)不等式的 結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造一個(gè)可導(dǎo)函數(shù)是用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵。以下介紹構(gòu)造函數(shù)法證明不等式的八種方法：一、移項(xiàng)法構(gòu)造函數(shù)<ln(x -1) <xx T【例1】 已知函數(shù)f (x) =：ln(x 1) -x，求證：當(dāng)x _1時(shí)，恒有分析：本題是雙邊不等式，其右 邊直接從已知函數(shù)證明，左邊構(gòu)造函數(shù)1g(x) =ln(x 1

2、)1，從其導(dǎo)數(shù)入手即可證明。x +1【解】f (x)二1 x1 二x 1x 1當(dāng)1 ： x : 0 時(shí)，f (x) . 0，即 f (x)在 x ( -1,0)上為增函數(shù)當(dāng)x 0時(shí)，f(x)：O，即f(x)在X. (0：)上為減函數(shù)故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(_1,0)，單調(diào)遞減區(qū)間于是函數(shù)f (x)在(-1, * ：)上的最大值為f(X)maxf (0) =0，因此,當(dāng) x -1 時(shí)，f (x) _ f (0) =0，第1頁(yè)共8頁(yè)第#頁(yè)共8頁(yè)即 ln( x 1) 一 x 乞 0 二 ln( x 1) < x (右面得證)，xx 1 (x 1)2 (x 1)2現(xiàn)證左面，令g(x)二l

3、n(x亠1)亠11，則g (x)二x +1當(dāng) x (-1,0)時(shí),g(x) ：0;當(dāng)x (0,：)時(shí),g (x)0，即g(x)在x(-1,0)上為減函數(shù)，在(0, ：)上為增函數(shù),故函數(shù)g(x)在(-1, ：)上的最小值為g(x)min二g(0) =0，1-當(dāng) x -1 時(shí)，g(x)_g(0)=0，即 In(x 1)1 _ 0x +11 1二ln(x 1)亠1 -，綜上可知，當(dāng)x、T時(shí),有 T z ln(x 1)玉xx +1x +1【警示啟迪】如果f (a)是函數(shù)f (x)在區(qū)間上的最大(小)值，則有f (x)蘭f (a)(或f (x) H f (a)，那么要 證不等式，只要求函 數(shù)的最大值不

4、超過(guò)0就可得證.2、作差法構(gòu)造函數(shù)證明【例2】已知函數(shù)f (x) =1 x2亠ln x.22 3求證：在區(qū)間(1, * 上,函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x) x3的圖象的下方;3分析：函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)的圖象的下方= 不等式f(x)叮g(x)問(wèn)題，即 lx2 j nx ：2x3，只需證明在區(qū)間(1, 上，恒有丄 x2 7 nx：“Zx3 成立，設(shè) F(x)二 g(x) - f (x)，23231x (1,:)，考慮到 F(1)06要證不等式轉(zhuǎn)化變?yōu)椋寒?dāng)X 1時(shí)，F(xiàn)(x) .F(1)，這只要證明:【解】設(shè) F(x) = g(x) f(x)，即 f(x)=2x? 1 x2 In x，

5、3 2則 F (x)=2x2 -x=(x1)(2x2 x 1)xx2當(dāng) x .1 時(shí)，F(xiàn) (X) = (x-1)(2xX 1g(x)在區(qū)間(1,：)是增函數(shù)即可。從而F (x)在(1, ：o)上為增函數(shù),1F(x) -F(1)06x第3頁(yè)共8頁(yè)二當(dāng) x 1 時(shí) g(x)-f(x) . 0，即 f(x) ： g(x)，故在區(qū)間(1 :)上，函數(shù)f (x)的圖象在函數(shù)g(x) =2%3的圖象的下方。3【警示啟迪】本題首先根據(jù)題意構(gòu)造岀一個(gè)函數(shù)(可以移項(xiàng)，使右邊為零，將移項(xiàng)后的左式設(shè)為函數(shù))，并利用導(dǎo)數(shù)判斷 所設(shè)函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)函 數(shù)單調(diào)性的定義，證明要證的不等式。讀者也可以設(shè)F(x) f(x)

6、-g(x)做一 做，深刻體會(huì)其中的思想方法。3、換元法構(gòu)造函數(shù)證明【例3】 證明：對(duì)任意的正整數(shù)n，不等式ln( 1 - 1) . 2-3都成立.n n n分析：從所證結(jié)構(gòu)出發(fā)，只需令丄=x，則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為：當(dāng)x 0時(shí)，恒有In(x亠1)x2 - x3成立，現(xiàn)構(gòu)造函n32數(shù)h(x) = x - x In(x 1)，求導(dǎo)即可達(dá)到證明。【解】令 h(x) =x3 -x2 In(x 1)，則 h(x) =3x2-2x3x3 (x -1)2-x+1在x 二(0/ ：)上恒正,第#頁(yè)共8頁(yè)h(x) h(0) = 0,所以函數(shù)h(x)在(0：)上單調(diào)遞增，二x (0, ：)時(shí)，恒有即 x3 -x2 In(x

7、 1) 0， In(x 1)x2 - x3111對(duì)任意正整數(shù)n，取x(0, ：)，則有In( 1)2nnn【警示啟迪】我們知道，當(dāng)F(x)在a,b上單調(diào)遞增，則x a時(shí)，有F(x) .F(a) 如果f (a) = :(a)，要證明當(dāng)x a時(shí)，f(x)乜叩:(x)，那么，只要令F(x) = f (x) - (x)，就可以利用F(x)的單調(diào)增性來(lái)推導(dǎo)也就是說(shuō)，在F(x)可導(dǎo)的前提下，只要 證明F'(x) - o即可.4、從條件特征入手 構(gòu)造函數(shù)證明【例4】若函數(shù)y=f(x)在R上可導(dǎo)且滿(mǎn)足不等式x f (x) >- f (x)恒成立，且常數(shù)a，b滿(mǎn)足a>b，求證: a f (a

8、) >b f (b)【解】由已知x f (x) + f(x)>0 構(gòu)造函數(shù)F(x)二xf(x)，則f'(x)二X f (x)+ f (x)>o,從而F(x)在R上為增函數(shù)。a . b 二 F(a) .F(b)即 a f (a)>b f (b)【警示啟迪】由條件移項(xiàng)后xf (x) f (x)，容易想到是一個(gè)積的導(dǎo)數(shù)，從而可以構(gòu)造函數(shù)F(x)二xf(x),求導(dǎo)即可 完成證明。若題目中的條件改為xf (x) . f (x)，則移項(xiàng)后x(x) _ f (x),要想到是一個(gè)商的導(dǎo)數(shù)的分子， 平時(shí)解題多注意總結(jié)。5、主元法構(gòu)造函數(shù)例.(全國(guó))已知函數(shù) f (x)二 ln(1

9、 - x)x, g(x)二 xln x(1)求函數(shù)f (x)的最大值；a + b 設(shè) 0 : a : b ,證明：0 ： g(a) g (b) 2g ( -)：(ba)ln2.2分析：對(duì)于(II)絕大部分的學(xué)生都會(huì)望而生畏.學(xué)生的盲點(diǎn)也主要就在 對(duì)所給函數(shù)用不上.如果能挖掘一下所給函數(shù)與所 證不等式間的聯(lián)系，想一想大小 關(guān)系又與函數(shù)的單調(diào)性密切相關(guān)，由此就可 過(guò)渡到根據(jù)所要 證的不等式構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)， 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，借助單調(diào)性比較函數(shù)值的大小，以期 達(dá)到證明不等式的目的.證明如下：證明：對(duì) g(x) = xln x 求導(dǎo)，則 g'(x) = ln x 1 .在g(a) g(

10、b) 2g(a b)中以b為主變?cè)獦?gòu)造函數(shù),、a x''a'a設(shè) F(x) =g(a) g(x) -2g()，則 F (x) =g (x) -2g( ) =lnx-ln2 2 2當(dāng)0 : x : a時(shí)，F(xiàn)'(x) ： 0,因此F(x)在(0,a)內(nèi)為減函數(shù).當(dāng)x a時(shí),F' (x)0,因此F(x)在(a,=)上為增函數(shù).從而當(dāng)x = a時(shí), F(x) 有極小值F (a).a + b因?yàn)?F(a) =0,b - a,所以 F(b) 0,即 g(a) g(b) 2g()0.2又設(shè) G(x)二 F (x) -(x -a)ln 2 .則 g (x) = In x

11、 In a x |n 2 = In x n( a x).2當(dāng)x 0時(shí),G'(x) ：0.因此G(x)在(0/ :)上為減函數(shù).因?yàn)?G(a) = 0, b a,所以 G(b) ： 0,即 g(a) g(b) - 2g(-a b) ： (b - a)ln 2 .26、構(gòu)造二階導(dǎo)數(shù)函數(shù)證明導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性x 12例.已知函數(shù)f(x)二ae x2(1)若f(x)在R上為增函數(shù),求a的取值范圍； 若 a=1,求證:x > 0 時(shí),f(x)>1+xx解：(1)f '(x) = ae x，f(x)在R上 為增函數(shù)， f '(x)對(duì)xR恒成立，即a>xe x對(duì)xR恒成立

12、記 g (x)=xe %,貝 x ) =e X xe x =(1-x)e x ,當(dāng) x>l 時(shí)，g'(x)VO,當(dāng)xVl 時(shí)，g'(x)>0.知g(x)在(-g ,1)上為增函數(shù),在(1,+ a)上為減函數(shù),g(x)在 x=1 時(shí),取得最大值，即 g(x)max=g(1)=1/e, 二 a >1/e,即a的取值范圍是1/e, + g)x 1 2記 F(X)=f(x) (1+x) = e x -1 - x(x 0)2則 F '(x)=e X-1-x,令 h(x)= F '(x)=e X-1-x,貝V h '(x)=e x-1當(dāng) x>

13、0 時(shí),h '(x)>0, h(x)在(0,+ g)上為增函數(shù),又 h(x)在 x=0 處連續(xù)， h(x)>h(0)=0即F '(x)>0, F(x)在(0,+ g)上為增函數(shù),又F(x)在x=0處連續(xù)， F(x)>F(0)=0,即 f(x)>1+x .小結(jié)：當(dāng)函數(shù)取最大(或最小) 值時(shí)不等式都成立，可得 該不等式恒成立，從而把不等式的恒成立 問(wèn)題 可轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問(wèn)題不等式恒成立 問(wèn)題，一般都 會(huì)涉及到求 參數(shù)范圍，往往把 變量分離后可以 轉(zhuǎn) 化為mf(x)(或mcf(x)恒成立，于是 m大于f (x)的最大值(或m小于f (x)的最小值)，從

14、而把 不等式恒成立 問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問(wèn)題.因此，利用 導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值是解決不等式恒成立 問(wèn)題的一 種重要方法.7. 對(duì)數(shù)法構(gòu)造函數(shù)(選用于幕指數(shù)函數(shù)不等式)1411例：證明當(dāng)x0時(shí)，(1 x) x ： e 2iiE明 對(duì)不等式靖邊取対數(shù)得(1t +X)<1化簡(jiǎn)為 2(1 + x ln( I + x ) <設(shè)輔助函數(shù) 2k2(1 +I + x) t ( xO)(x ) = 2x 2In( 1 + * ) ,x) => O ( x > O )由定理z知廠在(6 + 8 上嚴(yán)格單調(diào)增加.從ifii r(x)>r(o> =o <x >o)丈由f(x

15、)ftot+>)上連勢(shì)且r(>)>o得+ )上嚴(yán)格單調(diào)増加,所以f(x) >f(o)=ogp2x+-2(l +x)h(l +x) >0f2xt>2(l +x)ln(l+x)t故(1+“吩“討(x>0)8. 構(gòu)造形似函數(shù)例:證明當(dāng)b a e,證明ab ba分析 此題目具有無(wú)指函數(shù)形式,對(duì)不尊成兩邊分別取對(duì)數(shù)得blrrn > ahib,整理為丄T >占nb,在此基 a D礎(chǔ)上根據(jù)“形似”構(gòu)造輔助函數(shù)匕)二上Id再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明之.X證明 不耀式兩邊取對(duì)數(shù)得blna>alnbT可化為丄Ina >Inb.q b令f(x)-Ylnx

16、£S然f")在(et + »)內(nèi)連續(xù)井可導(dǎo)，f ( 1) s - -y Jnx + * 丄=1(1 -応)<0(* >*)Xx x 算由定理得f(x)ft(e,+® )內(nèi)為嚴(yán)格單調(diào)遞減由 b >a >e i3 f( a) >f( b) *所以丄liu >> 且Inh*a d故例：已知m、n都是正整數(shù)，且1 ： m ：. n,證明：(1 - m)n - (1 n)m證明，廉不笛式為價(jià)于+ 令mmln(l + x)x (I + x) Jn(1 + x)(I + A).r.V > 2 t IjDJx - xln(

17、l + a) A(I - ln(l + x)(I + xx(1 4- X)x斗1 +(I + .v).r2第7頁(yè)共8頁(yè)第#頁(yè)共8頁(yè)即在2.*®)上嚴(yán)格遞減,所以)5、> /(»>-(I +,m)" A (J +丿戍-"：-【思維挑戰(zhàn)】21、設(shè) a _ 0, f (x) = x -1 - In x 2aln x求證：當(dāng)彳 X 1 時(shí)，恒有 x ln X -2a ln x 1，2、已知定義在正實(shí)數(shù)集上的函數(shù)1 225 22f(x) x 2ax,g(x)=3al n x b,其中 a>0，且 b a -3a In a，2 2求證：f (x)

18、_ g(x)x3、已知函數(shù)f(x)=ln(x)，求證：對(duì)任意的正數(shù)a、b，1 +xb恒有 In a - In b _1 -a4、f (x)是定義在(0，+s)上的非 負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿(mǎn)足xf (x) - f (x) <0，對(duì)任意正數(shù)a、b，若a < b，則必有(A) af (b)<bf (a)(C) af (a)<f (b)( )(B) bf (a) <af (b)(D) bf (b)<f (a)第#頁(yè)共8頁(yè)第#頁(yè)共8頁(yè)【答案咨詢(xún)】第#頁(yè)共8頁(yè)1、提示：f (x) =1 2In x 2a，當(dāng) x . 1，a 0時(shí)，不難證明 2In x . 1 xxxf (x)

19、 . 0 ,即f (x)在(0, ：)內(nèi)單調(diào)遞增，故當(dāng)x . 1時(shí)，f (x) . f (1) = 0，二當(dāng) x . 1 時(shí)，恒有 x . ln 2 x 2a In x 11 3a22、提示：設(shè) F (x) = g(x) - f (x) x2 2ax -3a2 In x -b 則 F (x) = x 2a _2 x=(x -a)(x 3a) (x .0). a . 0，二當(dāng) x=a時(shí)，F(xiàn) (x) =0，x故F(x)在(0,a)上為減函數(shù)，在(a, ：)上為增函數(shù)，于是函 數(shù)F(x)在(0, ：)上的最小 值是F(a)二 f (a) g(a) = 0，故當(dāng) x 0時(shí)，有 f (x) - g(x)

20、 _ 0，即 f (x) _ g(x)3、提示：函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?_1, ：)，f(x)71(1 x)2x(1 x)2第8頁(yè)共8頁(yè)第#頁(yè)共8頁(yè)二當(dāng)1 ：x ：0 時(shí)，f (x) ：0，即 f (x)在 x(-1,0)上為減函數(shù)當(dāng)x0時(shí)，f (x) .0，即f (x)在(0, ：)上為增函數(shù)因此在x = 0日寸，f (x)取得極小值f (0) = 0，而且是最小值于是f (x)-f(0) =0,從而 ln(1 x)a “10,則 1 -bx 1K因此 In a -1n b 丄1 一一ab=1 -ax1，即 ln(1 x) _ 1 1 xa 于是Inbb_1 -a4、提示：F(x) J(x)xf(a) _ f(b)a b，F(xiàn) (x)xfaf (b) <bf (a)(x) - f (x) < 0，故 F(x) = f(X)在(o，+ a)上是減函數(shù)，由 a ： b 有 xx故選(A)io, entz(x)= in(i+x)-a-. ( i 求 的單調(diào)區(qū)間；(II )記八巧在區(qū)間0 «tnN*>上的最小值溝令=hXl+«)-如果對(duì)，切