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构造函数处理不等式问题

第一篇：构造函数处理不等式问题构造函数处理不等式问题函数与方程，不等式等联系比较紧密，如果从方程，不等式等问题中所提供的信息得知其本质与函数有关，该题就可考虑运用构造函数的方法求解。构造函数，直接把握问题中的整体性运用函数的性质来解题，是一种制造性的思维活动。因此要求同学们多分析数学题中的条件和结论的结构特征及内在联系，能合理准确地构建相关函数模型。一、构造函数解不等式1、解不等式810解不等式x35x03(x1)x1分析；本题直接将左边通分采用解高次不等式的思维来做运算较烦。但注意8102323到且题中出现()5()x5x,启示我们构造函数3x1x1x1(x1)f(x)=x3+5x去投石问路。解：将原不等式化为（f(232)5()x35x，令f(x)=x3+5x，则不等式变为x1x122)f(x)，∵f(x)=x3+5x在R上为增函数∴原不等式等价于x，解x1x1之得：－1＜x＜2或x＜－2。2解含参不等式中参数范围问题例3已知不等式11112loga(a1)对大于1的一切自然数n1n22n123n恒成立，试确定参数a的取值范围。解：设f(n)∵f(n+1)-f(n)111，n1n22n11110,∴f(n)是关于n的增函2n12n2n1(2n1)(2n2)数。又n≥2∴f(n)≥f(2)=恒成立,必须有∴1＜a＜712∴f(n)loga(a1)对大于1的一切自然数n121237121loga(a1)∴loga(a1)1，而a＞1，∴a-1＜12123a151∴a的取值范围为（1，）。22二、构造函数证明不等式。1。移项作差，构造一元函数【例】当x(1,)时，122xlnxx323【解】设F(x)g(x)f(x)，即F(x)2312xxlnx，321(x1)(2x2x1)则F(x)2xx=xx(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)故在区间(1,)上，06122xlnxx323【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。2。二元不等式，定主元化为一元函数（全国）已知函数gxxlnx设0ab,证明：0g(a)g(b)2g（ab)(ba)ln2.2分析：对于本题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,2a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(3。幂指数函数不等式，对数法构造函数ab)(ba)ln22例：证明当x0时,(1x)11xe1x24。数列和型不等式，利用通项构造函数例：证明：对任意的正整数n，不等式ln(n1)令h(x)x3f(x)x3x2ln(x1),（k1n)都成立。k2k33x3(x1)20在[0,)上恒成立，则h'(x)x1所以h(x)在[0,)上单调递增，8分则当x(0,)时，恒有h(x)h(0)0.即当x(0,)时，有x3x2ln(x1)0,整理，得ln(x1)x2x3.9分对任意正整数n，取x所以ln1111得ln(1)23，nnnn10分n1111123，整理得ln(n1)