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导数证明不等式构造函数法类别(教师版)

第一篇：导数证明不等式构造函数法类别(教师版)导数证明不等式构造函数法类别1、移项法构造函数1ln(x1)xx11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g(x)ln(x1)x1【例1】已知函数f(x)ln(x1)x，求证：当x1时，恒有1从其导数入手即可证明。【解】f(x)1x1x1x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)111x1，则g(x)22x1x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0x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)2、作差法构造函数证明【例2】已知函数f(x)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，即只需证明在区间(1,)上，恒有122xlnx.求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)x3的23122xlnxx3，23122xlnxx3成立，设F(x)g(x)f(x)，x(1,)，考虑到23F(1)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。【解】设F(x)g(x)f(x)，即F(x)22312xxlnx，321(x1)(2x2x1)(x1)(2x2x1)则F(x)2xx=当x1时，F(x)=xxx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)3、换元法构造函数证明10623x的图象的下方。31111)23都成立.nnn1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，恒n【例3】（2007年，山东卷）证明：对任意的正整数n，不等式ln(有ln(x1)xx成立，现构造函数h(x)xxln(x1)，求导即可达到证明。233213x3(x1)2【解】令h(x)xxln(x1)，则h(x)3x2x在x(0,)上恒正，x1x1322所以函数h(x)在(0,)上单调递增，∴x(0,)时，恒有h(x)h(0)0，即xxln(x1)0，∴ln(x1)xx对任意正整数n，取x32231111(0,)，则有ln(1)23nnnn【警示启迪】当F(x)在[a,b]上单调递增，则xa时，有F(x)F(a)．如果f(a)＝(a)，要证明当xa时，f(x)(x)，那么，只要令F(x)＝f(x)－(x)，就可以利用F(x)的单调增性来推导．也就是说，在F(x)可导的前提下，只要证明F'(x)０即可．4、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，且常数a，b满足a>b，求证：af(a)>bf(b)【解】由已知xf(x)+f(x)>0∴构造函数F(x)xf(x)，'则F(x)xf(x)+f(x)>0，从而F(x)在R上为增函数。ab∴F(a)F(b)即af(a)>bf(b)【警示启迪】由条件移项后xf(x)f(x)，容易想到是一个积的导数，从而可以构造函数F(x)xf(x)，求导即可完成证明。若题目中的条件改为xf(x)f(x)，则移项后xf(x)f(x)，要想到是一个商的导数的分子，平时解题多注意总结。5、主元法构造函数例．（全国）已知函数f(x)ln(1x)x,g(x)xlnx(1)求函数f(x)的最大值；ab)(ba)ln2.2ab)中以b为主变元构造函数,证明：对g(x)xlnx求导,则g'(x)lnx1.在g(a)g