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构造函数法证明不等式的八种方法冷世平整理

第一篇：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。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：【题型1】移项法构造函数1【例1】已知函数f(x)ln(x1)x，求证：当x1时，恒有1ln(x1)x。x11【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g(x)ln(x1)1，从x1其导数入手即可证明。1x【解析】f(x)即f(x)在x(1,0)上为增函数；当x01,当1x0时，f(x)0，x1x1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，现证左面，令g(x)ln(x1)f(x)f(0)0，即ln(x1)x0,ln(x1)x（右面得证）则g(x)11，x111x，当x(1,0)时g(x)0，当x(0,)时，g(x)0，即g(x)在x1(x1)2(x1)2x(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11，综g(x)ming(0)0，∴当x1时，g(x)g(0)0，即ln(x1)10,ln(x1)1x1x11上可知，当x1时，有1ln(x1)x。12【例2】已知函数f(x)x2lnx求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)x3的图象23的下方。12【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，即x2lnxx3，2312只需证明在区间(1,)上，恒有x2lnxx3成立，设F(x)g(x)f(x),x(1,)，考虑到231F(1)0，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6即可。23121(x1)(2x2x1)2【解析】设F(x)g(x)f(x)，即F(x)xxlnx，则F(x)2xx，xx321(x1)(2x2x1)当x1时，从而F(x)在(1,)上为增函数，∴当x1F(x)F(x)F(1)0，x62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)x3的图象的3111【例3】证明：对任意的正整数n，不等式ln(1)23都成立。nnn1【分析】本题是2007年山东卷的第⑵问，从所证结构出发，只需令x，则问题转化为：当x0时，n2332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。13x3(x1)2【解析】令h(x)xxln(x1)，则h(x)3x2x在x(0,)上恒正，所x1x1以函数h(x)在(0,)上单调递增，x(0,)时，恒有h(x)h(0)0，即x3x2ln(x1)0，∴1111ln(x1)x2x3，对任意正整数n，取x(0,)，则有ln(1)23。322【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)。【解析】由已知xf(x)f(x)0,构造函数F(x)xf（x)，则F'(x)xf(x)f(x)0,F(x)在R上为增函数，ab,F(a)F(b)，即af(a)bf(b)。【例5】已知函数f(x)ln(1x)x,g(x)xlnx⑴求函数f(x)的最大值；ab)(ba)ln2.2【分析】对于⑵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：ab【证明】对g(x)xlnx求导,则g'(x)lnx1。在g(a)g(b)2