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对构造函数法证明不等式的再研究

第一篇：对构造函数法证明不等式的再研究龙源期刊网http://.cn对构造函数法证明不等式的再研究作者：时英雄来源：《理科考试研究·高中》2013年第10期某刊一文阐述了构造法证明不等式的九个模型，笔者深受启发，对其中作者介绍的构造函数模型进行了挖掘，着重对构造函数模型，利用函数的有关性质解决不等式问题进行了再研究，以供大家参考。第二篇：构造法证明函数不等式构造法证明函数不等式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、移项法构造函数【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)x．x1二、作差法构造函数证明【例2】已知函数f(x)的图象的下方．2312xlnx，求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)x32三、换元法构造函数证明【例3】（2007年山东卷）证明：对任意的正整数n，不等式ln（1111)23都成立．nnn四、从条件特征入手构造函数证明【例4】若函数yf(x)在R上可导，且满足不等式xf'(x)f(x)恒成立，常数a、b满足ab，求证：af(a)bf(b)．五、主元法构造函数1x)x，g(x)xlnx．【例5】已知函数f(x)ln(（1）求函数f(x)的最大值；（2）设0ab，证明：0g(a)g(b)2g（ab)(ba)ln2．2六、构造二阶导函数证明函数的单调性（二次求导）【例6】已知函数f(x)aex12x．2（1）若f(x)在R上为增函数，求a的取值范围；（2）若a1，求证：当x0时，f(x)1x．七、对数法构造函数（选用于幂指数函数不等式）【例7】证明：当x0时，(1x)1xe12．1、（2007年，安徽卷）设a0，f(x)x1ln2x2alnx．求证：当x1时，恒有xln2x2alnx1．2、（2007年，安徽卷）已知定义在正实数集上的函数f(x)1x12x2ax，g(x)3a2lnxb，其中2a0，且b52a3a2lna，求证：f(x)g(x)．23、已知函数f(x)ln(1x)xb，求证：对任意的正数a、b，恒有lnalnb1．1xa4、（2007年，陕西卷）f(x)是定义在(0,)上的非负可导函数，且满足xf'(x)f(x)0，对任意正数a、b，若ab，则必有（）A．af(b)bf(a)B．bf(a)af(b)C．af(a)f(b)D．bf(b)f(a)例1【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11，从其导数入手即可证明．x11x1【解析】由题意得：f(x)，∴当1x0时，f(x)0，即f(x)在x1x1g(x)ln(x1)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)22，x1(x1)(x1)x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0，x1111ln(x1)x．∴ln(x1)1．综上可知：当x1时，有x1x1∴当x1时，g(x)g(0)0，即ln(x1)【点评】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．例2．【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)在(1,)上恒成12212xlnxx3，只需证明在区间(1,)上，恒有x2lnxx3成立，23231设F(x)g(x)f(x)，x(1,)，考虑到F(1)0，要证不等式转化变为：6立问题，即当x1时，F(x)F(1)，这只要证明：g(x)在区间(1,