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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C:ylnx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f(x)lnx1lnx,则f(x).所以f(1)1.所以L的方程为2xxyx1.(II)令g(x)x1f(x),则除切点之外,曲线C在直线l的下方等价于x21lnxg(x)0(x0,x1).g(x)满足g(1)0,且g(x)1f(x).x22当0x1时,x10,lnx0,所以g(x)0,故g(x)单调递减;当x1时,x10,lnx0,所以g(x)0,故g(x)单调递增.所以,g(x)g(1)0(x0,x1).所以除切点之外,曲线C在直线L的下方.又解:g(x)0即x12lnx0变形为x2xlnx0,记h(x)x2xlnx,则x12x2x1(2x1)(x1)h(x)2x1,xxx所以当0x1时,h(x)0,h(x)在(0,1)上单调递减;当x1时,h(x)0,h(x)在(1,+∞)上单调递增.所以h(x)h(1)0.)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fx1xe2xx3,gxax12xcosx.当x0,1时，21;1x(I)求证:1-xfx(II)若fxgx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＋2xcosxf(x)－g(x)＝(1＋x)e－2－2xx3≥1－x－ax－1－2xcosx2xa＋1＋＋2cosx.＝－x2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＝－x1＋xa2＋2cosx.－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＋2xcosxf(x)－g(x)＝(1＋x)e－2－2x1x31－2≥(1－x)－ax－1－2x42＝－(a＋3)x.所以当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．