不等式证明之函数构造法(颜秀华)_构造函数法证明不等式

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不等式证明之函数构造法

作者 颜秀华

（湖南省，长沙市第七中学，邮编410003）

【摘要】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，也是高考的常见题型。应对策略是构造辅助函数，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。

【关键字】归零构造法，比较法构造，代换法构造

一、归零构造法

【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，构造不等号一边为零的函数

11，从其导数入手即可证明。x1

1x【解】f(x)1x1x1g(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)11x1 1，则g(x)x1(x1)2(x1)2x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0 x111∴ln(x1)1，综上可知，当x1时,有1ln(x1)x x1x12 实例、（2007年，安徽卷）设a0,f(x)x1lnx2alnx

2求证：当x1时，恒有xlnx2alnx1，2lnx2a2lnx简单分析：f(x)1，当x1，a0时，不难证明1 xxx∴当x1时，g(x)g(0)0，即ln(x1)

∴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ln2x2alnx

1【原理】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．

二、比较法构造函数证明

【例2】已知函数f(x)122在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)x3的xlnx.求证：2

3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，12212xlnxx3，只需证明在区间(1,)上，恒有x2lnxx3成立，设2323

1F(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。

2312【解】设F(x)g(x)f(x)，即F(x)xxlnx，32即

1(x1)(2x2x1)则F(x)2xx= xx

2(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)10 623x的图象的下方。3

实例（2007年，安徽卷）已知定义在正实数集上的函数

52122其中a>0，且ba3a2lna，f(x)x2ax,g(x)3alnxb,22

求证：f(x)g(x)3a2122简单分析：设F(x)g(x)f(x)x2ax3alnxb则F(x)x2a x2

(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)

【原理】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。

三、代换法构造函数证明

都成立.23nnn

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【例3】（2007年，山东卷）证明：对任意的正整数n，不等式ln(1)

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。

【解】令h(x)xxln(x1)，3223

3213x3(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3 nnnn

【原理】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．

四、导数结构法构造函数证明

【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)

实例、（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

（A）af(b)≤bf(a)

（C）af(a)≤f(b)

（B）bf(a)≤af(b)（D）bf(b)≤f(a)

xf'(x)f(x)f(x)f(x)0简单分析：F(x)，F(x)，故在（0，+∞）上是减函数，F(x)2xxx

由ab 有f(a)f(b) af(b)≤bf(a)故选（A）ab

【原理】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。

五、换位思想构造函数

【例5】．（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；

(2)设0ab,证明 ：0g(a)g(b)2g(ab)(ba)ln2.2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)xlnx求导,则g(x)lnx1.在g(a)g(b)2g('ab)中以b为主变元构造函数, 2

ax'axax.)]lnxln),则F'(x)g'(x)2[g(222设F(x)g(a)g(x)2g（'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)2g（又设G(x)F(x)(xa)ln2.则G'(x)lnxln

''ab)0.2axln2lnxln(ax).2当x0时,G(x)0.因此G(x)在(0,)上为减函数.因为G(a)0,ba,所以G(b)0,即g(a)g(b)2g（实例、已知函数f(x)ln(1x)ab)(ba)ln2.2x，求证：对任意的正数a、b，1x

11x 1x(1x)2(1x)2简单分析：提示：函数f(x)的定义域为(1,)，f(x)

∴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 x1，即ln(1x)1 1x1x

a1bab令1x0,则11于是ln1 bx1aba

b因此lnalnb1 a

b 恒有lnalnb1.a于是f(x)f(0)0,从而ln(1x)六、二阶导数函数证明导数的单调性

【例6】．已知函数f(x)aex12x 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

xx12x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．

【原理】：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．

【参考资料】近五年的高考试卷分析

2012-11-28