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不等式证明之函数构造法(颜秀华)

第一篇：不等式证明之函数构造法(颜秀华)不等式证明之函数构造法作者颜秀华（湖南省，长沙市第七中学，邮编410003）【摘要】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，也是高考的常见题型。应对策略是构造辅助函数，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。【关键字】归零构造法，比较法构造，代换法构造一、归零构造法【例1】已知函数f(x)ln(x1)x，求证：当x1时，恒有11ln(x1)xx1分析：本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，构造不等号一边为零的函数11，从其导数入手即可证明。x11x【解】f(x)1x1x1g(x)ln(x1)∴当1x0时，f(x)0，即f(x)在x(1,0)上为增函数当x0时，f(x)0，即f(x)在x(0,)上为减函数故函数f(x)的单调递增区间为(1,0)，单调递减区间(0,)于是函数f(x)在(1,)上的最大值为f(x)maxf(0)0，因此，当x1时，f(x)f(0)0，即ln(x1)x0∴ln(x1)x（右面得证）现证左面，令g(x)ln(x1)11x11，则g(x)x1(x1)2(x1)2x1当x(1,0)时,g(x)0;当x(0,)时,g(x)0，即g(x)在x(1,0)上为减函数，在x(0,)上为增函数，故函数g(x)在(1,)上的最小值为g(x)ming(0)0，110x111∴ln(x1)1，综上可知，当x1时,有1ln(x1)xx1x12实例、（2007年，安徽卷）设a0,f(x)x1lnx2alnx2求证：当x1时，恒有xlnx2alnx1，2lnx2a2lnx简单分析：f(x)1，当x1，a0时，不难证明1xxx∴当x1时，g(x)g(0)0，即ln(x1)∴f(x)0，即f(x)在(0,)内单调递增，故当x1时，f(x)f(1)0，∴当x1时，恒有xln2x2alnx1【原理】如果f(a)是函数f(x)在区间上的最大（小）值，则有f(x)f(a)（或f(x)f(a)），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证．二、比较法构造函数证明【例2】已知函数f(x)122在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)x3的xlnx.求证：23图象的下方；分析：函数f(x)的图象在函数g(x)的图象的下方不等式f(x)g(x)问题，12212xlnxx3，只需证明在区间(1,)上，恒有x2lnxx3成立，设23231F(x)g(x)f(x)，x(1,)，考虑到F(1)06要证不等式转化变为：当x1时，F(x)F(1)，这只要证明：g(x)在区间(1,)是增函数即可。2312【解】设F(x)g(x)f(x)，即F(x)xxlnx，32即1(x1)(2x2x1)则F(x)2xx=xx2(x1)(2x2x1)当x1时，F(x)=x从而F(x)在(1,)上为增函数，∴F(x)F(1)∴当x1时g(x)f(x)0，即f(x)g(x)，故在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)10623x的图象的下方。3实例（2007年，安徽卷）已知定义在正实数集上的函数52122其中a>0，且ba3a2lna，f(x)x2ax,g(x)3alnxb,22求证：f(x)g(x)3a2122简单分析：设F(x)g(x)f(x)x2ax3alnxb则F(x)x2ax2(xa)(x3a)=(x0)a0，∴当xa时，F(x)0，x故F(x)在(0,a)上为减函数，在(a,)上为增函数，于是函数F(x)在(0,)上的最小值是F(a)f(a)g(a)0，故当x0时，有f(x)g(x)0，即f(x)g(x)【原理】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F(x)f(x)g(x)做一做，深刻体会其中的思想方法。三、代换法构造函数证明都成立.23nnn1分析：本题是山东卷的第（II）问，从所证结构出发，只需令x，则问题转化为：当x0时，n【例3】（20