构造函数法证明不等式的八种方法[最终定稿].docx

构造函数法证明不等式的八种方法[最终定稿]

第一篇：构造函数法证明不等式的八种方法导数之构造函数法证明不等式1、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【解】f(x)1ln(x1)xx11x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)12xlnx.求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数2g(x)23x的图象的下方；32312xxlnx，32【解】设F(x)g(x)f(x)，即F(x)1(x1)(2x2x1)则F(x)2xx=xx21(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)3、换元法构造函数证明【例3】证明：对任意的正整数n，不等式ln(只需令10623x的图象的下方。31111)23都成立.nnn1xn32【解】令h(x)xxln(x1)，13x3(x1)2则h(x)3x2x在x(0,)上恒正，x1x12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3nnnn4、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)5、构造二阶导数函数证明导数的单调性x例．已知函数f(x)ae12x2(1)若f(x)在R上为增函数,求a的取值范围;(2)若a=1,求证:x＞0时,f(x)>1+xx解：(1)f′(x)＝ae－ｘ，∵ｆ（ｘ）在Ｒ上为增函数，∴f′(x)≥０对ｘ∈Ｒ恒成立，-ｘ即ａ≥ｘｅ对ｘ∈Ｒ恒成立记ｇ（ｘ）＝ｘｅ，则ｇ′(ｘ)＝ｅ－ｘｅ=(1-x)e，当ｘ＞１时，ｇ′（ｘ）＜０，当ｘ＜１时，ｇ′（ｘ）＞０．知ｇ（ｘ）在(-∞,1)上为增函数,在(1,+∞)上为减函数,∴g(x)在x=1时,取得最大值，即g(x)max=g(1)=1/e,∴a≥1/e,即a的取值范围是[1/e,+∞)x(2)记F(X)=f(x)－(1+x)=ex-ｘ-ｘ-ｘ-x12x1x(x0)2则F′(x)=e-1-x,xx令h(x)=F′(x)=e-1-x,则h′(x)=e-1当x>0时,h′(x)>0,∴h(x)在(0,+∞)上为增函数,又h(x)在x=0处连续,∴h(x)>h(0)=0即F′(x)>0,∴F(x)在(0,+∞)上为增函数,又F(x)在x=0处连续,∴F(x)>F(0)=0,即f(x)>1+x．6.对数法构造函数（选用于幂指数函数不等式）例：证明当x0时,(1x)11xe1x27.构造形似函数例：证明当bae,证明ab例：已知m、n都是正整数，且1mn,证明：(1m)(1n)强化训练：1、设a0,f(x)x1lnx2alnx求证：当x1时，恒有xln2x2alnx1nmba32、已知定义在正实数集上的函数f(x)12x2ax,g(x)3a2lnxb,其中a>0，且2b52a3a2lna，求证：f(x)