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构造函数,利用导数证明不等式

第一篇：构造函数,利用导数证明不等式构造函数，利用导数证明不等式湖北省天门中学薛德斌2010年10月例1、设当xa,b时，f/(x)g/(x)，求证：当xa,b时，f(x)f(a)g(x)g(a)．例2、设f(x)是R上的可导函数，且当x1时(x1)f/(x)0．求证：（1）f(0)f(2)2f(1)；（2）f(2)2f(1)．例3、已知m、nN，且mn，求证：(1m)(1n)．nm例4、（2010年辽宁卷文科）已知函数f(x)(a1)lnxax21，其中a2，证明：x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|.例5、（2010年全国Ⅱ卷理科）设函数fxxaIn1x有两个极值点x1、x2，且2x1x2，证明：fx212In2.4a0，b0，例6、已知函数f(x)xlnx，求证：f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).xln(1x)x；1x11112ncln（2）设c0，求证：.2cn1cn2c2ncnc例7、（1）已知x0，求证：第二篇：构造函数,结合导数证明不等式构造函数,结合导数证明不等式摘要：运用导数法证明不等式首先要构建函数，以函数作为载体可以用移项作差，直接构造；合理变形，等价构造；分析（条件）结论，特征构造；定主略从，减元构造；挖掘隐含，联想构造等方法进行证明.关键词：构造函数；求导；证明；不等式利用导数证明不等式是四川高考压轴题的热点题型之一，此类问题的特点是：问题以不等式形式呈现，“主角”是导数，而不等式的证明不仅技巧性强，而且方法灵活多变，因此构造函数成为证明不等式的良好“载体”，如何有效合理地构造函数是证明不等式的关键所在，下面以实例谈谈如何构造函数的若干解题策略.注：此题也可用数学归纳法证明.解后感悟：函数隐藏越深，难度就越大，如何去寻找证明不等式的“母函数”是解决问题的关键，通过合理变形，展开思维联想的翅膀，发现不等式背后的隐藏函数，便会柳暗花明.结束语：导数为证明不等式问题开辟了新方法，使过去不等式的证明方法，从特殊技巧变为通性通法，合理构造函数，能使解题更具备指向性，剑之所指，所向披靡.第三篇：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