nbhkdz.com冰点文库

构造函数法证明导数不等式的八种方法


构造函数法证明不等式的八种方法
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。 以下介绍构造函数法证明不等式的八种方法: 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

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 ?1 1 x ?1 ? ? 【解】 f ?( x) ? x ?1 x ?1 g ( x) ? ln( x ? 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) ?

1 1 1 x ? 1 , 则g ?( x) ? ? ? 2 x ?1 x ? 1 ( x ? 1) ( x ? 1) 2

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 ?1 1 1 ? 1 ? ln( x ? 1) ? x ∴ ln( x ? 1) ? 1 ? ,综上可知,当 x ? ?1时, 有 x ?1 x ?1 【警示启迪】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.
∴ 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;
第 1 页 共 6 页

1 2 2 3 x ? ln x. 求证: 在区间 (1, ? ?) 上, 函数 f ( x) 的图象在函数 g ( x) ? x 的 2 3

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,

1 2 2 1 2 x ? ln x ? x 3 , 只 需 证 明 在 区 间 (1, ? ?) 上 , 恒 有 x 2 ? ln x ? x 3 成 立 , 设 2 3 2 3 1 F ( x) ? g ( x) ? f ( x) , x ? (1,??) ,考虑到 F (1) ? ? 0 6 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。 2 3 1 2 【解】设 F ( x) ? g ( x) ? f ( x) ,即 F ( x) ? x ? x ? ln x , 3 2
即 则 F ?( x) ? 2 x ? x ?
2

1 ( x ? 1)(2 x 2 ? x ? 1) = x x

当 x ? 1 时, F ?( x) =

( x ? 1)(2 x 2 ? x ? 1) x
1 ?0 6

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) ?

2 3 x 的图象的下方。 3

【警示启迪】本题首先根据题意构造出一个函数(可以移项,使右边为零,将移项后的左式设为函数) , 并利用导数判断所设函数的单调性,再根据函数单调性的定义,证明要证的不等式。读者也可 以设 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) 做一做,深刻体会其中的思想方法。 3、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(

1 1 1 ? 1) ? 2 ? 3 都成立. n n n 1 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, n
恒有 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。
2 3 3 2

【解】令 h( x) ? x ? x ? ln(x ? 1) ,
3 2

则 h?( x) ? 3x ? 2 x ?
2

1 3x 3 ? ( x ? 1) 2 ? 在 x ? (0,??) 上恒正, x ?1 x ?1

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
3 2 2 3

对任意正整数 n,取 x ?

1 1 1 1 ? (0,?? ),则有 ln( ? 1) ? 2 ? 3 n n n n

【警示启迪】我们知道,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.
第 2 页 共 6 页

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 x f ?( x) >- f ( x) 恒成立,且常数 a,b 满足 a>b,求 证: .a f ( a ) >b f (b) 【解】由已知 x f ?( x) + f ( x) >0 ∴构造函数 F ( x) ? xf ( x) , 则 F ' ( x) ? x f ?( x) + f ( x) >0, 从而 F ( x) 在 R 上为增函数。

? a ? b ∴ F (a) ? F (b) 即 a f (a ) >b f (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

1 ? x) ? x, g ( x) ? x ln x 例. (全国)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) ? 2 g (

a?b ) ? (b ? a) ln 2 . 2

分析:对于(II)绝大部分的学生都会望而生畏.学生的盲点也主要就在对所给函数用不上.如果能挖掘 一下所给函数与所证不等式间的联系,想一想大小关系又与函数的单调性密切相关,由此就可过渡到根 据所要证的不等式构造恰当的函数,利用导数研究函数的单调性,借助单调性比较函数值的大小,以期 达到证明不等式的目的.证明如下: 证明:对 g ( x) ? x ln x 求导,则 g ' ( x) ? ln x ? 1 . 在 g (a ) ? g (b) ? 2 g (

a?b ) 中以 b 为主变元构造函数, 2
a?x ' a?x a?x . )] ? ln x ? ln ) ,则 F ' ( x) ? g ' ( x) ? 2[ g ( 2 2 2

设 F ( x) ? g (a ) ? g ( x) ? 2 g (

当 0 ? x ? a 时, F ' ( x) ? 0 ,因此 F ( x) 在 (0, a ) 内为减函数. 当 x ? a 时, F ' ( x) ? 0 ,因此 F ( x ) 在 (a,??) 上为增函数. 从而当 x ? a 时, F ( x) 有极小值 F ( a ) . 因为 F (a) ? 0, b ? a, 所以 F (b) ? 0 ,即 g (a) ? g (b) ? 2 g ( 又设 G( x) ? F ( x) ? ( x ? a) ln 2 .则 G ' ( x) ? ln x ? ln

a?b ) ? 0. 2

a?x ? ln 2 ? ln x ? ln( a ? x) . 2

' 当 x ? 0 时, G ( x) ? 0 .因此 G ( x) 在 (0,??) 上为减函数.

第 3 页 共 6 页

因为 G(a) ? 0, b ? a, 所以 G (b) ? 0 ,即 g (a ) ? g (b) ? 2 g ( 6、构造二阶导数函数证明导数的单调性 例.已知函数 f ( x ) ? ae ?
x

a?b ) ? (b ? a ) ln 2 . 2

1 2 x 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:x>0 时,f(x)>1+x x 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 -x -x -x -x 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, + ∞) (2)记 F(X)=f(x) -(1+x) = e ?
x
x

1 2 x ? 1 ? x ( x ? 0) 2

则 F′(x)=e -1-x, x x 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. 小结:当函数取最大(或最小)值时不等式都成立,可得该不等式恒成立,从而把不等式的恒成立问题 可转化为求函数最值问题.不等式恒成立问题,一般都会涉及到求参数范围,往往把变量分离后可以转 化为 m ? f ( x) (或 m ? f ( x) )恒成立,于是 m 大于 f ( x) 的最大值(或 m 小于 f ( x) 的最小值) ,从而把 不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题.因此,利用导数求函数最值是解决不等式恒成立问题的一 种重要方法. 7.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? 1 x

?e

1?

x 2

8.构造形似函数 例:证明当 b ? a ? e, 证明a ? b
b a

第 4 页 共 6 页

例:已知 m、n 都是正整数,且 1 ? m ? n, 证明: (1 ? m) n ? (1 ? n) m

【思维挑战】 1、 (2007 年,安徽卷) 设 a ? 0, f ( x) ? x ? 1 ? ln x ? 2a ln x 2 求证:当 x ? 1 时,恒有 x ? ln x ? 2a ln x ? 1 ,
2

2、 (2007 年,安徽卷)已知定义在正实数集上的函数

f ( x) ?

5 2 1 2 2 x ? 2ax , g ( x) ? 3a 2 ln x ? b, 其中 a>0,且 b ? a ? 3a ln a , 2 2

求证: f ( x) ? g ( x) 3、已知函数 f ( x ) ? ln(1 ? x ) ? 恒有 ln a ? ln b ? 1 ?

x ,求证:对任意的正数 a 、 b , 1? x

b . a

4、 (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) (C)af (a)≤f (b) 【答案咨询】 ( )

(B)bf (a)≤af (b) (D)bf (b)≤f (a)
第 5 页 共 6 页

1、提示: f ?( x) ? 1 ?

2 ln x 2a 2 ln x ? ?1 ,当 x ? 1 , a ? 0 时,不难证明 x x x ∴ f ?( x) ? 0 ,即 f ( x) 在 (0,??) 内单调递增,故当 x ? 1 时, f ( x) ? f (1) ? 0 ,∴当 x ? 1 时,恒有 x ? ln 2 x ? 2a ln x ? 1 1 2 3a 2 x ? 2ax ? 3a 2 ln x ? b 则 F ?( x) ? x ? 2a ? 2 x

2、提示:设 F ( x) ? g ( x) ? f ( x) ? =

( x ? a )( x ? 3a ) ( x ? 0) ? a ? 0 ,∴ 当 x ? a 时, F ?( x) ? 0 , x 故 F ( x) 在 (0, a ) 上为减函数,在 (a,??) 上为增函数,于是函数 F ( x) 在 (0,??) 上的最小 值是 F (a) ? f (a) ? g (a) ? 0 ,故当 x ? 0 时,有 f ( x) ? g ( x) ? 0 ,即 f ( x) ? g ( x)
3、提示:函数 f ( x) 的定义域为 (?1,??) , f ?( x) ?

1 1 x ? ? 2 1 ? x (1 ? x) (1 ? x) 2

∴当 ? 1 ? x ? 0 时, f ?( x) ? 0 ,即 f ( x) 在 x ? (?1,0) 上为减函数 当 x ? 0 时, f ?( x) ? 0 ,即 f ( x) 在 x ? (0,??) 上为增函数 因此在 x ? 0时, f ( x) 取得极小值 f (0) ? 0 ,而且是最小值 于是 f ( x) ? f (0) ? 0, 从而 ln(1 ? x) ?

a 1 b ? 0, 则1 ? ? 1? b x ?1 a b 因此 ln a ? ln b ? 1 ? a
令1 ? x ?

x 1 ,即 ln(1 ? x) ? 1 ? 1? x 1? x a b 于是 ln ? 1 ? b a

f ( x) f ( x) xf ' ( x) ? f ( x) ? ? 0 ,故 F ( x) ? 4、提示: F ( x) ? , F ( x) ? 在(0,+∞)上是减函数, 2 x x x
由a ? b 有

f (a) f (b) ? ? af (b)≤bf (a) 故选(A) a b

第 6 页 共 6 页


构造函数法证明导数不等式的八种方法

构造函数法证明不等式的八种方法 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...

构造函数法证明导数不等式的八种方法

构造函数法证明不等式的八种方法 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...

构造函数法证明导数不等式的八种方法

构造函数法证明不等式的八种方法 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...

构造函数法证明导数不等式的八种方法

导数专题:构造函数法证明不等式的八种方法 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...

构造函数证明不等式的八种方法

构造函数证明不等式的八种方法一、移项法构造函数 例:1、已知函数 f ( x) ...(b ? a) ln 2 2 6、构造二阶导数函数证明导数的单调性例 1:已知函数 f...

构造函数法证明不等式典型方法

构造函数法证明不等式典型方法 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。 ...

构造函数法证明不等式的八种方法冷世平整理

构造函数法证明不等式的八种方法 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...

构造函数法证明不等式的常见方法公开课

构造函数法证明不等式的常见方法公开课_数学_高中教育_教育专区。选修 2-2 导数及其应用 构造函数法证明不等式一、教学目标: 1.知识与技能:利用导数研究函数的单调...

构造函数法证明不等式的七种方法4

构造函数法证明不等式的七种方法 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...

构造函数法证明不等式

构造函数法证明不等式的七种方法 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...