函数背景下的不等式证明_证明函数不等式

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函数背景下的不等式证明

郑文龙

（广东汕尾海丰彭湃中学516400）

给出一个特定的函数，先研究其单调性、极值或恒成立等问题，以此为基础，最后证明一个不等式，我们不妨把该类问题称为函数背景下的不等式证明问题。函数与不等式相结合的综合问题在近几年的高考试题中大量出现，已经成为高考的热点题型。学生解答时颇感棘手，为此本文对此类题的解题方法略作探讨，供读者参考。

一、利用函数最值构造不等式证明

例1已知函数f(x)lnx1． x

（1）试判断函数f(x)的单调性；

1n1n(2)试证明：对nN，不等式ln恒成立． nn*e

1n，问题可转化为证明lnxex，n

lnx1lnxlnx1，联系到函数f(x)1，实际上要证1f(x)1，由即证xexxe分析：观察不等式左右两边的形式，令x

此求出函数f(x)的最大值，问题便可解决。

解：（１）∵f(x)1lnx x

2令f(x)0，得xe，当0xe时f(x)0，当xe时f(x)0，∴函数f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,)上单调递减。

（2）由（1）知当x(0,)时，f(x)maxf(e)

∴在(0,)上恒有f(x)

即lnx111，xe11 elnx1当且仅当xe时等号成立，xe

1∴对任意的x(0,)恒有lnxx e

1n1n1n

0且e，nnn1n11nln

nen

令x

1n1n即ln 

nn

1n1n

所以，对nN*，不等式ln恒成立． 

nn例2已知函数f(x)exx（e为自然对数的底数）．（1）求函数f(x)的最小值；

e

e

e12n1n

（2）若nN*，证明： 

e1nnnn

e

与某个n项和的形式联系起e

1来，则不等式可以转化为比较项与项之间的大小关系。注意到，问题(1)暗示本

nnnn

分析：不等式左边是n项和的形式，若能把

题可以从最小值入手，即exx1突破项与项之间的大小关系。

解：（1）f(x)exx，f(x)ex1,，令f(x)0，得x0． ∴当x0时，f(x)0，当x0时，f(x)0．

∴函数f(x)exx在区间,0上单调递减，在区间0,上单调递增． ∴当x0时，f(x)有最小值1．

（2）证明：由（1）知，对任意实数x均有exx1，即exx1．

kk*

令xnN,k1,2,,n1，则01en，nn



k

n

kkkn(k1,2,,n1)．ee∴1n

n

nkk

即e(k1,2,,n1)．n

n

12n1n(n1)∴e(n2)e2e11 ennnn

1en1e 11

e11e1e

nnnn

e12n1n

∴． 

e1nnnn

nnnn

二、构造辅助函数证明

例3（07山东理科22题）设函数f(x)x2bln(x1)，其中b0．（Ⅰ）当b

时，判断函数f(x)在定义域上的单调性；

2（Ⅱ）求函数f(x)的极值点；

11

1（Ⅲ）证明：对任意的正整数n，不等式ln123都成立．

nnn

分析：观察不等式的形式，令x，不等式就是ln(x1)x2x3，即n

x3x2ln(x1)，结合函数f(x)x2bln(x1)的形式，当b1时，即证x3f(x)，可以通过构造辅助函数h(x)x3f(x)，只要h(x)的最小值大于0即可。解：（Ⅰ）（Ⅱ）略

（Ⅲ）证明：当b1时，函数f(x)x2ln(x1)，令函数h(x)x3f(x)x3x2ln(x1)，13x3(x1)2

则h(x)3x2x． x1x1

当x[0,)时，h(x)0，所以函数h(x)在[0,)上单调递增，又h(0)0，x(0,)时，恒有h(x)h(0)0，即x3x2ln(x1)恒成立．

故当x(0,)时，有ln(x1)x2x3． 对任意正整数n，取x

1111

(0,)，则有ln123． nnnn

所以结论成立．

三、利用恒成立构造适当不等式证明

例4已知函数f(x)

lnx1

。xx

k

恒成立，求实数k的取值范围； x1

（2）求证：n1!n1en2，nN*

（1）如果当x1时，不等式f(x)



分析：要证n1!n1en2，即证ln12232n2(n1)n2，不等式的左边可以转化为是n项和的形式，若能把n2与n项和的形式联系起来，则不等式可以转化为比较项与项之间的大小关系。问题(1)暗示可从恒成立问题中构造出适当不等式解决项与项之间的大小比较问题。

k(x1)(1lnx)(x1)(1lnx)

k，记g(x)解：（1）f(x) 

x1xx



(x1)(1lnx)x(x1)(1lnx)xlnx

则g(x) 

x2x2

令h(x)xlnx，则h(x)1

x

x1，h(x)0

h(x)在[1,)上单调递增，h(x)h(1)10，从而g(x)0

g(x)在[1,)上也单调递增，g(x)g(1)2，当x1时，g(x)k恒成立，只须k2，故实数k的取值范围为(,2]。

2x122

11（2）由（1）知f(x)恒成立，即lnx

x1x1x1x

令xn(n1)，则lnn(n1)1

n(n1)

222

ln(12)1，ln(23)1，……，lnn(n1)1

1223n(n1)

叠加后，得

111

ln12232n2(n1)n2n(n1)1223

11

n21n2 n2

n1n1

12232n2(n1)en2









n1!n1en2nN*

（07福建理科22）已知函数f(x)ekx,xR．

x

（Ⅰ）（Ⅱ）略

（Ⅲ）设函数F(x)f(x)f(x)，求证：F(1)F(2)F(n)e解：（Ⅲ）∵F(x)f(x)f(x)exex



n1

2，nN*．



n



F(x1)F(x2)ex1x2e(x1x2)ex1x2ex1x2ex1x2e(x1x2)2ex1x22

∴F(1)F(n)en12，F(2)F(n1)en12，…………………………F(n)F(1)en12 由此得，F(1)F(2)F(n)2F(1)F(n)F(2)F(n1)F(n)F(1)en12n

故F(1)F(2)F(n)e



n1

2，nN*．



n2

