第一篇：(no.1)2013年高中數(shù)學教學論文 談構(gòu)造函數(shù)法證明不等式 新人教版

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談構(gòu)造函數(shù)法證明不等式（無版本）

本文首先介紹如何構(gòu)造函數(shù)證明兩個簡單的不等式，在介紹如何構(gòu)造函數(shù)證明復雜的不等式，以及在構(gòu)造函數(shù)時如何如何整體把握。如：ex?x?1,x?R ； lnx?x?1,x?0 例1:（07遼寧理工）已知f(x)?e2x?2t(ex?x)?x2?2t2?1求證：f?x?? 2例2: 已知f(x)?x2?2x?alnx，t?1,f(2t?1)?2f(t)?3 求：a的取值范圍。不等式ex?x?1,x?R 與 lnx?x?1,x?0

這兩個不等式不難從圖像上看出，注意y?lnx 與 y?x?1分別是y?ex 與 y?x?1的反函數(shù)，關(guān)于y?x對稱．

用導數(shù)證明如下: 構(gòu)造函數(shù)

f(x)?ex?x?1,f?(x)?ex?1,x????,0?減,x??0,???增, f(x)?f(0)?0

既e?x?1構(gòu)造函數(shù)

xf(x)?lnx?x?1,f?(x)?既: lnx?x?1推論:e x?111?x?1?,x??0,1?增,x??1,???減f(x)?f(0)?0 xx

?x,x?Rln?x?1??x,x??1這兩個不等式在證明不等式與求字母范圍時用處極其廣泛,下面舉例給以說明 例1:（07遼寧理工）已知f(x)?e求證：f?x??2x?2t(ex?x)?x2?2t2?1 22x22x分析：根據(jù)函數(shù)特征,考慮關(guān)于x的函數(shù)較為復雜,注意主次元的交換與整體把握, 解法一：設f(x)?g?t??2t?2(e?x)t?x?e?1

g?t?min?8?x?e?1??4(e?x)22xx28(ex?x)2?2?

2ex?x?1?ex?x?1

∴g?t?min?33,既: f?x?? 22用心 愛心 專心

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解法二：：設g?t??2t2?2(ex?x)t?x2?e2x?1，11?2t2?2(ex?x)t?x2?e2x??02221?4(ex?x)2?2?4(e2x?x2?)?0?(ex?x)2?1，由ex?x?1??ex?x??1

2g?t??x2解法三：f(x)?(e?t)??x?t??1

2x設點A、B的坐標分別為x,e,?t,t?，易知點B在直線y=x上，令點A到直線y?x的??221xxx距離為d，則f(x)?AB?1?d?1??e?x??1，又e?x?1??e?x??1

222既:f?x??3 2例2: 已知f(x)?x2?2x?alnx，t?1,f(2t?1)?2f(t)?3 求：a的取值范圍。

解法一：由f(x)?x2?2x?alnx及f(2t?1)?2f(t)?3得到: ?2t?1???2t?1??aln?2t?1??2?t2?2t?lnt??3 22t2?alnt2?2?2t?1??aln?2t?1?

t2化簡為:2?t?1??aln ………①

2t?122?t?1?t22t?1?0.a?當時，有t?2t?1，則ln …………②。

t22t?1ln2t?1構(gòu)造函數(shù)m(x)=ln(1＋x)－x(x>－1), ln(1＋x)≤x(x=0時取等號)在x>－1上恒成立.2?t?1?)??t?1??t?12……………… ③ t2ln?ln(1???2t?12t?12t?1t22??t?1?…………………………………………④ ∴l(xiāng)n2t?1因此由②④可知實數(shù)a取值范圍: a≤2.22用心 愛心 專心

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當t?1時，由①知a?R 綜合知：a取值范圍: a≤2.評注：本解法主要是構(gòu)造函數(shù)m(x)=ln(1＋x)－x(x>－1), ln(1＋x)≤x(x=0時取等號)在x>－1上恒成立.解法二：以上與解法一同，也可構(gòu)造函數(shù)?(x)?lnx?x?1，lnx?x?1,x?0(x=1時取等號)上恒成立.t?1??t2t22當t?1時，ln??1???t?1?

2t?12t?12t?1以下通解法一。

評注：本解法主要是構(gòu)造函數(shù)?(x)?lnx?x?1，lnx?x?1,x?0(x=1時取等號)上恒成立.解法三：由解法一得2t?alnt?2?2t?1??aln?2t?1?

222構(gòu)造函數(shù)?(x)?2x?alnx，有t?1，t?2t?1?1，22t2?alnt2?2?2t?1??aln?2t?1???(t2)??(2t?1)??(x)?2x?alnx在x??1,???遞增，?(x)?2x?alnx，??(x)?2?a2x?a??0，a?2x?a?2 xx評注：整體把握，構(gòu)造函數(shù)?(x)?2x?alnx，簡化解題過程，此法要有引起我們的高度重視。

用心 愛心 專心

第二篇：(no.1)2013年高中數(shù)學教學論文 構(gòu)造函數(shù)證明不等式

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構(gòu)造函數(shù)證明不等式

函數(shù)是高中數(shù)學的基礎，是聯(lián)系各個數(shù)學分支的橋梁和紐帶.在不等式的證明中，我們可根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特點，建立起適當?shù)暮瘮?shù)模型，利用函數(shù)的單調(diào)性、凸性等性質(zhì)，靈活、巧妙地證明不等式.一、二次函數(shù)型：

1.作差構(gòu)造法.例1.(新教材第二冊（上）（以下同）P16習題1（2）)求證:a?b?c?ab?bc?ca.分析:將a視為變量,考察函數(shù)f?a??a??b?c?a?b?bc?c.由于該二次函數(shù)的圖象開口向上,且???3?b?c??0,故f?a??0.結(jié)論獲證.22

2例2.(教材P31.復習參考題6)設a,b,c為?ABC的三條邊,求證:a?b?c＜2?ab?bc?ca?.2222

222

分析:構(gòu)造函數(shù)f?x??x?2?b?c?x??b?c?.∵f?x?圖象開口向上,對稱軸x?b?c.∴f?x?在???,b?c?上單調(diào)遞減.∵a,b,c為?ABC的三條邊,∴b?c＜a＜b?c(不妨設b?c)∴

f

?a??f?b?c?.2

∵f?b?c???b?c??2?b?c??b?c???b?c???4c?b?c??0.∴f?a??0.即結(jié)論成立.2.判別式構(gòu)造法.2222

例3.(教材P27.例1)已知a,b,c,d都是實數(shù),且a?b?1,c?d?1.求證:ac?bd?1.分析：所證結(jié)論即是??2?ac?bd????4?a?b

??c

?d

??0.故可構(gòu)造函數(shù)

f

?x???a

?b

?x

?2?ac?bd?x?c?d.2

由于f?x???ax?2acx?c

2???bx?2bdx?d

?

??ax?c???bx?d

?

?0.當且僅當x?

ca

?

db

時取“=”號.又因為f?x?的圖象開口向上,故必有??0.結(jié)論成立.2

練習1.(教材P16.練習2)求證:?ac?bd???a?b??c

n

?d

?.n

n

點撥:證法同例3.該題是柯西不等式的特殊情形.其一般形式是:

??

ab??ii???i?1?

n

n

2i

n

?a??

i?

1i?1

?2?2

bi.可構(gòu)造函數(shù)f?x????ai?x?2?aibi?x?

i?1?i?1?

?b

i?1

2i

證之.練習2.(教材P17.習題6)已知a,b是不相等的兩個正數(shù),求證:

?a?b??a?b

3???a?b

?

.用心 愛心 專心

點撥:構(gòu)造函數(shù)f?x???a?b?x?2?a?b

?x?a

?b?a?x?a??b?x?b?證之.22

練習3.(教材P17.習題7)已知a,b都是正數(shù),x,y?R,且a?b?1,求證:

ax?by

??ax?by?.點撥:構(gòu)造函數(shù)f?z???a?b?z?2?ax?by?z?ax?by?a?z?x??b?z?y?證之.練習4.(教材P31.復習參考題5)求證:3?1?a?a

???1?a?a?

.點撥:構(gòu)造函數(shù)f?x??3x?2?1?a?a

?x?1?a

?a??x?1???x?a???x?a?

證之.二、分式函數(shù)型:

例4.(教材P12.例2)已知a,b,m都是正數(shù),并且a?b,求證:

分析:構(gòu)造函數(shù)f?x??

x?ax?b

a?mb?m

?ab.x??0,???.由于當x??0,???時，f??x??

b?a

?x?b?

?0.故f?x?在?0,???上是增函數(shù).∵f?x?在x

f

?0處右連續(xù)，∴f

?x?在?0,???上是增函數(shù).∵m

?0 ∴

?m??f?0? 即

a?mb?m

?

ab

.例5.(教材P22.例3)已知a?1,b?1,求證:

a?x1?ax

a?b1?ab

?1.分析:構(gòu)造函數(shù)f?x??x???1,1?.由于當x???1,1?時，f??x??

1?a

2?1?ax?

?0.故f?x?在??1,1?上是增函數(shù).∵f?x?在x??1處右連續(xù)，在x?1處左連續(xù).∴f?x?在??1,1?上是增函數(shù).∵?1?b?1 ∴f??1??f?b??f?1? ,即?1?

a?b1?ab

?1.ab

a?cb?d

cd

a?b1?ab

?1, 即

例6.(教材P14練習5)已知a,b,c,d都是正數(shù),且bc?ad,求證:

??.a

分析:聯(lián)想定比分點坐標公式,a?cb?d

可寫成b

?1?

cd

db.故可構(gòu)造函數(shù)db

a

f

?x??

b

d1?x

?

c

?x,x??0,???.∵當x??0,???時，用心 愛心 專心 2

c

f??x??

d

?

ab

?1?x?

?

bc?adbd?1?x?

?0.∴f?x?在?0,???上是增函數(shù).∵f?x?在x

?0處右連續(xù)，∴f?x?在?0,???上是增函數(shù).又∵

cd

db

?0.∴

?d?

f?0??f???limf

?b?x???

?x?.而

f?0??

a?c?d?,f???,limf

x???bbb?d??

a

?x??

.故原不等式成立.ac?a

bc?b

練習5.(教材P14.練習4)已知c?a?b?0,求證:

點撥:構(gòu)造函數(shù)f?x??

xc?x

x??0,c?

?.練習6.(教材P17.習題9)已知?ABC的三邊長分別是a,b,c.且m為正數(shù).求證:

aa?m

?

bb?m

?

cc?m

.xx?m?,x??0,???.易證fcc?m

.而

aa?m

?

bb?m

點撥:構(gòu)造函數(shù)f?x??

f

?x?為增函數(shù).由于

?

aa?b?m

?

ba?b?m

?

a?b?c,故

?a?b??

aa?m

?

f?c?.即b

?

a?ba?b?mc

.a?ba?b?m

.故

有

b?mc?m

練習7.(教材P23.習題4)求證:

分析:構(gòu)造函數(shù)f?x??

三、冪函數(shù)型：

a?b1?a?b

?

a?b1?a?b

.x1?x,x??0,???證之.例7.如果a,b都是正數(shù)，且a?b,求證：a?b?ab?ab.分析：a?b?ab?ab??a?b

55322

3??a

?b

?.考察函數(shù)f?x??x,(n?N)在?0,???上的單調(diào)性，顯然f?x?在?0,???上為增函數(shù).n

*

若a?b,則a?b, a?b,所以?a?b

??a??a

?b?b

??0； ??0。

若a?b,則a?b, a?b,所以?a?b

2所以a?b?ab?ab.利用函數(shù)的單調(diào)性證法可以將上述結(jié)論推廣為: 若a、b是正數(shù)且a?b,求證：a四、一次函數(shù)型：

用心 愛心 專心

m?n

55322

3?b

m?n

?ab?ab.(m,n?N)

mnnm*

例8.設a,b,c??0,1?,求證:a?b?c?ab?bc?ca?1.分析:構(gòu)造函數(shù)f?a???1?b?c?a?b?c?bc?1,a??0,1?.∵f?0??b?c?bc?1??1?c??b?1??0,f?1??1?b?c?b?c?bc?1??bc?0.∴對任意a??0,1?,恒有f?a??0.故原不等式成立.五、三角函數(shù)型： 例9.(同例3)

分析:設a?cos?,b?sin?, c?cos?,d?sin?.則ac?bd?cos??cos??sin??sin?

?cos????

?

?1.練習8.設x,y?R,且x?y?1,求證

:?x?2xy?y?點撥:設x?rcos?,y?rsin?.其中r?1.以下略.六、指數(shù)函數(shù)型:

2例10．已知等差數(shù)列?an?和等比數(shù)列?bn?，其中a1?b1，a2?b2，0＜a1＜a2，證明當n?3時，an

da

1n?1

.所以，當n?3時，bn?a1q

q?1?

?d?

??a1?1?

?a1???

n?1

?

???dd?11

??a1??n?1?d?an.a1?1?Cn?1???a1?1?Cn?1

???＞ a1a1?????

這兒,我們用二項式定理進行放縮,完成了證明.七、構(gòu)造函數(shù),利用函數(shù)圖象的凸性： 例11.(教材P15.例6)求證3+7<2

5分析:考察函數(shù)f(x)=x的圖象,特征是上凸函數(shù).對任意x1,x2??0,???, 且x1?x2,都有：所以,即

212

?f(x1)?f(x2)?

??f?3??f?7???

?f?5?.（3+7）<5.兩條結(jié)論:（1用心 愛心 專心

值之和越大.例:6?

7?22?

5?

?

3?

?

2及

a?

a?3?

a?1?

a?2

(2)下凸函數(shù),區(qū)間中點相同時,兩端“距離”區(qū)間中點越近,兩端點函數(shù)值之和越小.練習9.已知:f?x??tanx,x??0,??

??2?

?, 若x1,x2??0,?

?

??2?

? 且x1?x2,試判斷

??f

?x1??

f

?x2???與

?x?x2?

f?1

?的大小，并加以證明（94年高考理科試題變式題）.2??

練習10.已知:f?x??lgx?x?1?,若0?x1?x2,試比較

年高考文科試題).練習11.(教材P23.習題5)求證:lg

A?B2

?

lgA?lgB

??f

?x1??

f

?x2???與

?x?x2?

f?1

?的大小(942??

?AB?0?.以上表明,若能清楚不等式所反映的圖象意義，就會給證明提供思路.八、構(gòu)造連續(xù)函數(shù)，應對含離散型變量的不等式問題： 例12．（2001年全國理）已知i,m,n是正整數(shù)，且1﹤i≤m＜n.（1）證明nAm＜mAn.（2）證明?1?m?＞?1?n?.n

m

iiii

i?1i?

1分析：（1）nAm＜mAn可化為：

i?1

iiii

Amm

i

i

＜

Ann

i

i

??m，即：

k?0

?k?

i

??n?k?

＜

k?0

mn

i

.構(gòu)造函數(shù)f?x??

??x?k?

k?0

x

i

.（x?i＞1）.i?1

兩邊取對數(shù)，得：lnf?x??

?

k?0

ln?x?k??ilnx.當x??i,???時,兩邊求導，得：

f??x?f?x?

i?1

?

?

k?0

1x?k

?

ix

i?1

＞?

k?0

1x

?

ix

?0.由于f?x?＞0，故f??x?＞0.這說明f?x?在?i,???上是增函數(shù).∵f?x?在x?i處右連續(xù).∴

f?x?在?i,???上是增函數(shù).∵i≤m＜n.∴f?m?＜f?n?.Amm

ii

即＜

Ann

i

i

.整理，得：nAm＜mAn.用心 愛心 專心

iiii

（2）不等式?1?m?＞?1?n?兩邊取對數(shù)，得：ln?1?m?＞ln?1?n?.n

m

n

m

整理，得：

ln?1?m

m

?

＞

ln?1?n?n

.構(gòu)造函數(shù)g?x??

ln?1?x?x

?x?2?.x

求導，得：g??x??

1?x

?ln?1?x?xx

.當x?2時,可得：0＜

1?x

＜1，ln?1?x??ln3＞1.故g??x?＜0.所以g?x?在?2,???上是減函數(shù).∵g?x?在x?2處右連續(xù).∴g?x?在?2,???上是減函數(shù).∵m＜n，∴ g?m?＞g?n?.即

ln?1?m

m

?

＞

ln?1?n?n

.整理，得：?1?m?＞?1?n?.n

m

注：不等式?1?m?＞?1?n?

n

m

也可化為：?1?m?

1m

＞?1?n?

1n

.這時，可研究函數(shù)

h?x???1?x?x?e

ln?1?x?x的單調(diào)性證之.n?1

練習12.已知n是正整數(shù)且n≥3.求證：n

n

＞?n?1?.n

點撥：不等式n

n?1

＞?n?1?兩邊取自然對數(shù)，整理得：

lnnn

＞

ln?n?1?n?1

.構(gòu)造函數(shù)f?x??

lnxx

可證之.lnf?x?

說明:根據(jù)所構(gòu)造函數(shù)的結(jié)構(gòu)特點,我們將函數(shù)轉(zhuǎn)化為lnf?x?型或e型,方便了對函數(shù)的求導運算.不等式證明的數(shù)學模型，除本文介紹的函數(shù)模型外，還可建立向量模型、解析幾何模型、方程模型等，請讀者自行研究、總結(jié).作者簡介:陳兵,男,1976年10月26日出生,山東省滕州市人,中教二級, 學士學位.用心 愛心 專心 6

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談構(gòu)造函數(shù)法證明不等式（無版本）

本文首先介紹如何構(gòu)造函數(shù)證明兩個簡單的不等式，在介紹如何構(gòu)造函數(shù)證明復雜的不等式，以及在構(gòu)造函數(shù)時如何如何整體把握。如：ex?x?1,x?R；lnx?x?1,x?0

例1:（07遼寧理工）已知f(x)?e2x?2t(ex?x)?x2?2t2?1求證：f?x??3

2例2: 已知f(x)?x2?2x?alnx，t?1,f(2t?1)?2f(t)?3 求：a的取值范圍。不等式ex?x?1,x?R 與 lnx?x?1,x?0

這兩個不等式不難從圖像上看出，注意y?lnx與y?x?1分別是y?ex與y?x?1的反函數(shù)，關(guān)于y?x對稱．

用導數(shù)證明如下: 構(gòu)造函數(shù)

f(x)?ex?x?1,f?(x)?ex?1,x????,0?減,x??0,???增, f(x)?f(0)?0 既e?x?1構(gòu)造函數(shù)x

f(x)?lnx?x?1,f?(x)?

既: lnx?x?

1推論:e

x?111?x?1?,x??0,1?增,x??1,???減f(x)?f(0)?0 xx?x,x?Rln?x?1??x,x??1

這兩個不等式在證明不等式與求字母范圍時用處極其廣泛,下面舉例給以說明

例1:（07遼寧理工）已知f(x)?e

求證：f?x??2x?2t(ex?x)?x2?2t2?1 3 2

2x22x分析：根據(jù)函數(shù)特征,考慮關(guān)于x的函數(shù)較為復雜,注意主次元的交換與整體把握,解法一：設f(x)?g?t??2t?2(e?x)t?x?e?1

g?t?min?8?x?e?1??4(e?x)22xx28(ex?x)2?2? 2

ex?x?1?ex?x?1

∴g?t?min?33,既: f?x?? 22

用心 愛心 專心

解法二：：設g?t??2t2?2(ex?x)t?x2?e2x?1，11?2t2?2(ex?x)t?x2?e2x??022

21?4(ex?x)2?2?4(e2x?x2?)?0?(ex?x)2?1，由ex?x?1??ex?x??1 2g?t??

x2解法三：f(x)?(e?t)??x?t??1 2

x設點A、B的坐標分別為x,e,?t,t?，易知點B在直線y=x上，令點A到直線y?x的??

221xxx距離為d，則f(x)?AB?1?d?1??e?x??1，又e?x?1??e?x??1 222

既:f?x??3 2

例2: 已知f(x)?x2?2x?alnx，t?1,f(2t?1)?2f(t)?3

求：a的取值范圍。

解法一：由f(x)?x2?2x?alnx及f(2t?1)?2f(t)?3得到:

?2t?1???2t?1??aln?2t?1??2?t2?2t?lnt??3 2

2t2?alnt2?2?2t?1??aln?2t?1?

t2

化簡為:2?t?1??aln ………① 2t?12

2?t?1?t2

2t?1?0.a?當時，有t?2t?1，則ln …………②。t22t?1ln2t?1

構(gòu)造函數(shù)m(x)=ln(1＋x)－x(x>－1), ln(1＋x)≤x(x=0時取等號)在x>－1上恒成立.2

?t?1?)??t?1??t?12……………… ③ t2

ln?ln(1???2t?12t?12t?1

t22??t?1?…………………………………………④ ∴l(xiāng)n2t?1

因此由②④可知實數(shù)a取值范圍: a≤2.22

當t?1時，由①知a?R

綜合知：a取值范圍: a≤2.評注：本解法主要是構(gòu)造函數(shù)m(x)=ln(1＋x)－x(x>－1), ln(1＋x)≤x(x=0時取等號)在x>－1上恒成立.解法二：以上與解法一同，也可構(gòu)造函數(shù)?(x)?lnx?x?1，lnx?x?1,x?0(x=1時取等號)上恒成立.t?1??t2t22當t?1時，ln??1???t?1? 2t?12t?12t?1

以下通解法一。

評注：本解法主要是構(gòu)造函數(shù)?(x)?lnx?x?1，lnx?x?1,x?0(x=1時取等號)上恒成立.解法三：由解法一得2t?alnt?2?2t?1??aln?2t?1? 22

2構(gòu)造函數(shù)?(x)?2x?alnx，有t?1，t?2t?1?1，2

2t2?alnt2?2?2t?1??aln?2t?1???(t2)??(2t?1)??(x)?2x?alnx在x??1,???遞增，?(x)?2x?alnx，??(x)?2?a2x?a??0，a?2x?a?2 xx

評注：整體把握，構(gòu)造函數(shù)?(x)?2x?alnx，簡化解題過程，此法要有引起我們的高度重視。

第四篇：構(gòu)造法證明函數(shù)不等式

構(gòu)造法證明函數(shù)不等式

1、利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值和最值，再由單調(diào)性來證明不等式是函數(shù)、導數(shù)、不等式綜合中的一個難點，也是近幾年高考的熱點．

2、解題技巧是構(gòu)造輔助函數(shù)，把不等式的證明轉(zhuǎn)化為利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或求最值，從而證得不等式，而如何根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造一個可導函數(shù)是用導數(shù)證明不等式的關(guān)鍵．

一、移項法構(gòu)造函數(shù)

【例1】已知函數(shù)f(x)?ln(x?1)?x，求證：當x??1時，恒有1?1?ln(x?1)?x． x?

1二、作差法構(gòu)造函數(shù)證明

【例2】已知函數(shù)f(x)?的圖象的下方．

2312x?lnx，求證：在區(qū)間(1 ,??)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)?x

32三、換元法構(gòu)造函數(shù)證明

【例3】（2007年山東卷）證明：對任意的正整數(shù)n，不等式ln（111?1)?2?3都成立． nnn

四、從條件特征入手構(gòu)造函數(shù)證明

【例4】若函數(shù)y?f(x)在R上可導，且滿足不等式xf'(x)??f(x)恒成立，常數(shù)a、b滿足a?b，求證：af(a)?bf(b)．

五、主元法構(gòu)造函數(shù)

1?x)?x，g(x)?xlnx． 【例5】已知函數(shù)f(x)?ln(（1）求函數(shù)f(x)的最大值；

（2）設0?a?b，證明：0?g(a)?g(b)?2g（a?b)?(b?a)ln2．

2六、構(gòu)造二階導函數(shù)證明函數(shù)的單調(diào)性（二次求導）

【例6】已知函數(shù)f(x)?ae?x12x． 2（1）若f(x)在R上為增函數(shù)，求a的取值范圍；（2）若a?1，求證：當x?0時，f(x)?1?x．

七、對數(shù)法構(gòu)造函數(shù)（選用于冪指數(shù)函數(shù)不等式）

【例7】證明：當x?0時，(1?x)1?x?e1?2．

1、（2007年，安徽卷）設a?0，f(x)?x?1?ln2x?2alnx．

求證：當x?1時，恒有x?ln2x?2alnx?1．

2、（2007年，安徽卷）已知定義在正實數(shù)集上的函數(shù)f(x)?1x12x?2ax，g(x)?3a2lnx?b，其中2a?0，且b? 52a?3a2lna，求證：f(x)?g(x)．

23、已知函數(shù)f(x)?ln(1?x)? xb，求證：對任意的正數(shù)a、b，恒有l(wèi)na?lnb?1?． 1?xa4、（2007年，陜西卷）f(x)是定義在(0 , ??)上的非負可導函數(shù)，且滿足xf'(x)?f(x)?0，對任意正數(shù)a、b，若a?b，則必有（）

A．a(chǎn)f(b)?bf(a)

B．bf(a)?af(b)

C．a(chǎn)f(a)?f(b)

D．bf(b)?f(a)例1【分析】 本題是雙邊不等式，其右邊直接從已知函數(shù)證明，左邊構(gòu)造函數(shù)1?1，從其導數(shù)入手即可證明． x?11x?1??【解析】由題意得：f?(x)?，∴當?1?x?0時，f?(x)?0，即f(x)在x?1x?1g(x)?ln(x?1)?x?(?1 , 0)上為增函數(shù)；當x?0時，f?(x)?0，即f(x)在x?(0 , ??)上為減函數(shù)；故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(?1 , 0)，單調(diào)遞減區(qū)間(0 , ??)；于是函數(shù)f(x)在(?1 , ??)上的最大值為f(x)max?f(0)?0，因此，當x??1時，f(x)?f(0)?0，即ln(x?1)?x?0，∴l(xiāng)n(x?1)?x（右面得證）．現(xiàn)證左面，令g(x)?ln(x?1)?11x1???1，則g?(x)?22，x?1(x?1)(x?1)x?1當x?(?1 , 0)時，g'(x)?0；當x?(0 , ??)時，g'(x)?0，即g(x)在x?(?1 , 0)上為減函數(shù)，在x?(0 , ??)上為增函數(shù)，故函數(shù)g(x)在(?1 , ??)上的最小值為g(x)min?g(0)?0，1?1?0，x?111?1?ln(x?1)?x． ∴l(xiāng)n(x?1)?1?．綜上可知：當x??1時，有x?1x?1∴當x??1時，g(x)?g(0)?0，即ln(x?1)?【點評】如果f(a)是函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大（?。┲?，則有f(x)?f(a)（或f(x)?f(a)），那么要證不等式，只要求函數(shù)的最大值不超過0就可得證．

例2．【分析】函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)的圖象的下方?不等式f(x)?g(x)在(1 ,??)上恒成12212x?lnx?x3，只需證明在區(qū)間(1,??)上，恒有x2?lnx?x3成立，23231設F(x)?g(x)?f(x)，x?(1 , ??)，考慮到F(1)??0，要證不等式轉(zhuǎn)化變?yōu)椋?/p>

6立問題，即當x?1時，F(xiàn)(x)?F(1)，這只要證明：g(x)在區(qū)間(1 ,??)是增函數(shù)即可． 【解析】設F(x)?g(x)?f(x)，即F(x)?22312x?x?lnx，321(x?1)(2x2?x?1)(x?1)(2x2?x?1)則F'(x)?2x?x??；當x?1時，F(xiàn)'(x)??0，從xxx而F(x)在(1,??)上為增函數(shù)，∴F(x)?F(1)?

1?0，∴當x?1時，g(x)?f(x)?0，即6f(x)?g(x)，故在區(qū)間(1,??)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)?23x的圖象的下方． 3【點評】本題首先根據(jù)題意構(gòu)造出一個函數(shù)（可以移項，使右邊為零，將移項后的左式設為函數(shù)），并利用導數(shù)判斷所設函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，證明要證的不等式．讀者也可以設F(x)?f(x)?g(x)做一做，深刻體會其中的思想方法． 例3．【分析】本題是山東卷的第（2）問，從所證結(jié)構(gòu)出發(fā)，只需令

1?x，則問題轉(zhuǎn)化為：當x?0n時，恒有l(wèi)n(x?1)?x2?x3成立，現(xiàn)構(gòu)造函數(shù)h(x)?x3?x2?ln(x?1)，求導即可達到證明．

13x3?(x?1)2 【解析】 令h(x)?x?x?ln(x?1)，則h?(x)?3x?2x??x?1x?1322在x?(0 , ??)上恒正，∴函數(shù)h(x)在(0 , ??)上單調(diào)遞增，∴x?(0 , ??)時，恒有h(x)?h(0)?0，即x3?x2?ln(x?1)?0，∴l(xiāng)n(x?1)?x2?x3，對任意正整數(shù)n，取x?1111?(0 , ??)，則有l(wèi)n(?1)?2?3． nnnn【點評】我們知道，當F(x)在[a , b]上單調(diào)遞增，則x?a時，有F(x)?F(a)．如果f(a)＝?(a)，要證明當x?a時，f(x)??(x)，那么，只要令F(x)＝f(x)－?(x)，就可以利用F(x)的單調(diào)增性來推導．也就是說，在F(x)可導的前提下，只要證明F'(x)?0即可．

例4．【解析】由已知：xf'(x)?f(x)?0，∴構(gòu)造函數(shù)F(x)?xf(x)，則F'(x)?xf'(x)?f(x)?0，從而F(x)在R上為增函數(shù)，∵a?b，∴F(a)?F(b)，即af(a)?bf(b)．

【點評】由條件移項后xf?(x)?f(x)，容易想到是一個積的導數(shù)，從而可以構(gòu)造函數(shù)F(x)?xf(x)，求導即可完成證明．若題目中的條件改為xf?(x)?f(x)，則移項后xf?(x)?f(x)，要想到是一個商的導數(shù)的分子，平時解題多注意總結(jié)．

例5．【分析】 對于第（2）小問，絕大部分的學生都會望而生畏．學生的盲點也主要就在對所給函數(shù)用不上．如果能挖掘一下所給函數(shù)與所證不等式間的聯(lián)系，想一想大小關(guān)系又與函數(shù)的單調(diào)性密切相關(guān)，由此就可過渡到根據(jù)所要證的不等式構(gòu)造恰當?shù)暮瘮?shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，借助單調(diào)性比較函數(shù)值的大小，以期達到證明不等式的目的．（2）對g(x)?xlnx求導，則g'(x)?lnx?1．在g(a)?g(b)?2g(數(shù)，設F(x)?g(a)?g(x)?2g(a?b)中以b為主變元構(gòu)造函2a?xa?xa?x)，則F'(x)?g'(x)?2[g()]'?lnx?ln． 222當0?x?a時，F(xiàn)'(x)?0，因此F(x)在(0 , a)內(nèi)為減函數(shù)；當x?a時，F(xiàn)'(x)?0，因此F(x)在(a , ??)上為增函數(shù)．從而當x?a時，F(xiàn)(x)有極小值F(a)，∵F(a)?0，b?a，∴F(b)?0，即g(a)?g(b)?2g(a?b)?0．又設G(x)?F(x)?(x?a)ln2，則2G'(x)?lnx?lna?xG'(x)?0．?ln2?lnx?ln(a?x)；當x?0時，因此G(x)在(0 , ??)2a?b)?(b?a)ln2． 2上為減函數(shù)，∵G(a)?0，b?a，∴G(b)?0，即g(a)?g(b)?2g(例6．【解析】（1）f'(x)?aex?x，∵f(x)在R上為增函數(shù)，∴f'(x)?0對x?R恒成立，即a?xe?x對x?R恒成立；記g(x)?xe?x，則g'(x)?e?x?xe?x?(1?x)e?x；

當x?1時，g'(x)?0；當x?1時，g'(x)?0．知g(x)在(?? , 1)上為增函數(shù)，在(1 , ??)上為減函數(shù)，∴g(x)在x?1時，取得最大值，即g(x)max?g(1)?（2）記F(x)?f(x)?(1?x)?e?x111，∴a?，即a的取值范圍是[ , ??)．

eee12x?x?1（x?0），則F'(x)?ex?x?1，2令h(x)?F'(x)?ex?x?1，則h'(x)?ex?1；當x?0時，h'(x)?0，∴h(x)在(0 , ??)上為增函數(shù)，又h(x)在x?0處連續(xù)，∴h(x)?h(0)?0，即F'(x)?0，∴F(x)在(0 , ??)上為增函數(shù)，又F(x)在x?0處連續(xù)，∴F(x)?F(0)?0，即f(x)?1?x．【點評】當函數(shù)取最大（或最?。┲禃r不等式都成立，可得該不等式恒成立，從而把不等式的恒成立問題可轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題．不等式恒成立問題，一般都會涉及到求參數(shù)范圍，往往把變量分離后可以轉(zhuǎn)化為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），從而把不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題．因此，利用導數(shù)求函數(shù)最 值是解決不等式恒成立問題的一種重要方法．

例7．【解析】 對不等式兩邊取對數(shù)得(1?)ln(1?x)?1?1xx，化簡為2(1?x)ln(1?x)?2x?x2，2(l1?x)，設輔助函數(shù)f(x)?2x?x2?2(1?x)ln(，f'(x)?2x?2n1?x)（x?0）又f''(x)?2x?0（x?0），易知f'(x)在(0 , ??)上嚴格單調(diào)增加，從而f'(x)?f'(0)?01?x（x?0），又由f(x)在[0 , ??)上連續(xù)，且f'(x)?0，得f(x)在[0 , ??)上嚴格單調(diào)增加，∴f(x)?f(0)?0（x?0），即2x?x2?2(1?x)ln(1?x)?0，2x?x2?2(1?x)ln(1?x)，故(1?x)1?1x?e1?x2（x?0）．

1、【解析】f?(x)?1?2lnx2a2lnx??1，∴f?(x)?0，即f(x)，當x?1，a?0時，不難證明xxx 在(0,??)內(nèi)單調(diào)遞增，故當x?1時，f(x)?f(1)?0，∴當x?1時，恒有x?ln2x?2alnx?1．

2、【解析】設F(x)?g(x)?f(x)?12x?2ax?3a2lnx?b，則23a2(x?a)(x?3a)（x?0），∵a?0，∴當x?a時，F(xiàn)'(x)?0，F(xiàn)'(x)?x?2a??xx故F(x)在(0 , a)上為減函數(shù)，在(a , ??)上為增函數(shù)，于是函數(shù)F(x)在(0 , ??)上的最小值是F(a)?f(a)?g(a)?0，故當x?0時，有f(x)?g(x)?0，即f(x)?g(x)．

3、【解析】函數(shù)f(x)的定義域為(?1 , ??)，f'(x)?11x??，∴當?1?x?01?x(1?x)2(1?x)2時，f'(x)?0，即f(x)在x?(?1 , 0)上為減函數(shù)；當x?0時，f'(x)?0，即f(x)在x?(0 , ??)上為增函數(shù)；因此在x?0時，f(x)取得極小值f(0)?0，而且是最小值，于是f(x)?f(0)?0，從而ln(1?x)?1xa1b?1?，于是，即ln(1?x)?1?，令1?x??0，則1?1?x1?xbx?1aabbf(x)xf'(x)?f(x)ln?1?，因此lna?lnb?1?．

4、?0，故【解析】F(x)?，F(xiàn)'(x)?baaxx2f(x)f(a)f(b)?af(b)?bf(a)，故選A． F(x)??在(0 , ??)上是減函數(shù)，由a?b有xab8

第五篇：構(gòu)造函數(shù)法證明不等式

構(gòu)造函數(shù)法證明不等式

河北省 趙春祥

不等式證明是中學數(shù)學的重要內(nèi)容之一．由于證明不等式?jīng)]有固定的模式，證法靈活多樣，技巧性強，使其成為各種考試命題的熱點問題，函數(shù)法證明不等式就是其常見題型．即有些不等式可以和函數(shù)建立直接聯(lián)系，通過構(gòu)造函數(shù)式，利用函數(shù)的有關(guān)特性，完成不等式的證明．

一、構(gòu)造一元一次函數(shù)證明不等式

例1設0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，求證：x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)＜1．

證明：構(gòu)造一次函數(shù)f(x)= x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)，整理，得

f(x)=(1－y－z)x＋(y＋z－yz)其中0＜x＜1，∵0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，∴－1＜1－y－z＜1．

⑴當0＜1－y－z＜1時，f(x)在(0，1)上是增函數(shù)，于是

f(x)＜f(1)=1－yz＜1；

⑵當－1＜1－y－z＜0時，f(x)在(0，1)上是減函數(shù)，于是

f(x)＜f(0)= y＋z－yz = 1－(1－y)(1－z)＜1；

⑶當1－y－z = 0，即y＋z = 1時，f(x)= y＋z－yz = 1－yz＜1．

綜上，原不等式成立．

例2已知 | a |＜1，| b |＜1，| c |＜1，求證：abc＋2＞a＋b＋c．

證明：構(gòu)造一次函數(shù)f(x)=(bc－1)x＋2－b－c，這里，| b |＜1，| c |＜1，| x |＜1，則bc ＜1． ∵f(?1)= 1－bc＋2－b－c =(1－bc)＋(1－b)＋(1－c)＞0，f(1)= bc－1＋2－b－c =(1－b)(1－c)＞0，∵－1＜x＜1，∴一次函數(shù)f(x)=(bc－1)x＋2－b－c的圖象在x軸上方，這就是說，當| a |＜1，| b |＜1，| c |＜1時，有(bc－1)a＋2－b－c＞0，即abc＋2＞a＋b＋c．

二、構(gòu)造一元二次函數(shù)證明不等式

例3若 a、b、c∈R+，求證：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca ．

證明構(gòu)造函數(shù)f(x)= x2－(b＋c)x＋b2＋c2－bc ．

因為 △=(b＋c)2－4(b2＋c2－bc)=－3(b－c)2≤0，又因為二次項的系數(shù)為正數(shù)，所以x2－(b＋c)x＋b2＋c2－bc≥0對任意實數(shù)恒成立． 以a 替換 x 得：a2－(b＋c)a＋b2＋c2－bc≥0，即 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ ca．

例4已知a、b、c、d、e是滿足a＋b＋c＋d＋e= 8，a2＋b2＋c2＋d2＋e2= 16的實數(shù)，求證：0≤e≤

5．證明：構(gòu)造一元二次函數(shù)

f(x)= 4x

＋2(a＋b＋c＋d)＋a2＋b2＋c2＋d2=(x＋a)2＋(x＋b)2＋(x＋c)2＋(x＋d)2≥0，又∵二次項系數(shù)為正數(shù)，∴△= 4(a＋b＋c＋d)2－16(a2＋b2＋c2＋d2)= 4(8－e)2－16(16－e2)≤0，解之得0≤e≤

165

．

故不等式成立．

三、構(gòu)造單調(diào)函數(shù)證明不等式 例5已知 a＞0，b＞0，求證 ：證明： 構(gòu)造函數(shù)f(x)=

x1?x

a1?a

＋

b1?b

＞

x

a?b1?a?b

．，易證f(x)=

1?x

= 1－

1?x

當x＞0 時單調(diào)遞增．

∵ a＋b＋ab＞a＋b＞0，∴ f(a＋b＋ab)＞f(a＋b)． 故

a1?a

＋

b1?b

=

a?b?2ab(1?a)(1?b)

＞

a?b?ab1?a?b?ab)

=f(a＋b＋ab)＞f(a＋b)=

13n?2

13n?1

a?b1?a?b

．

例6對任意自然數(shù)n 求證：(1＋1)(1＋

14)·…·(1＋

13n?2)＞3n?1．

證明：構(gòu)造函數(shù)f(n)=(1＋1)(1＋

13n?1)·…·(1＋3，由

f(n?1)f(n)

(1?)33n?1

=

3n?4

=(3n?2)

(3n?1)(3n?4)

＞1，∵f(n)＞0，∴f(n?1)＞f(n)，即f(n)是自然數(shù)集N上的單調(diào)遞增函數(shù)，∴(1＋1)(1＋

14)·…·(1＋

13n?2)＞33n?1．