構造法證明函數不等式-wenkub

　

【正文】 不等式xf39。第一篇：構造法證明函數不等式構造法證明函數不等式利用導數研究函數的單調性極值和最值，再由單調性來證明不等式是函數、導數、不等式綜合中的一個難點，也是近幾年高考的熱點．解題技巧是構造輔助函數，把不等式的證明轉化為利用導數研究函數的單調性或求最值，從而證得不等式，而如何根據不等式的結構特征構造一個可導函數是用導數證明不等式的關鍵．一、移項法構造函數【例1】已知函數f(x)=ln(x+1)x，求證：當x1時，恒有11163。(x)f(x)恒成立，常數a、b滿足ab，求證：af(a)bf(b)．五、主元法構造函數1+x)x，g(x)=xlnx． 【例5】已知函數f(x)=ln(（1）求函數f(x)的最大值；（2）設0ab，證明：0g(a)+g(b)2g（a+b)(ba)ln2．2六、構造二階導函數證明函數的單調性（二次求導）【例6】已知函數f(x)=aex12x． 2（1）若f(x)在R上為增函數，求a的取值范圍；（2）若a=1，求證：當x0時，f(x)1+x．七、對數法構造函數（選用于冪指數函數不等式）【例7】證明：當x0時，(1+x)1+xe1+2．（2007年，安徽卷）設a179。)上的非負可導函數，且滿足xf39。af(b)C．af(a)163。(x)0，即f(x)在x+1x+1g(x)=ln(x+1)+x206。)上為減函數；故函數f(x)的單調遞增區間為(1 , 0)，單調遞減區間(0 , +165。0，∴ln(x+1)163。(x)0；當x206。(1 , 0)上為減函數，在x206。0，x+1111163。g(0)=0，即ln(x+1)+【點評】如果f(a)是函數f(x)在區間上的最大（小）值，則有f(x)163。)上恒成12212x+lnxx3，只需證明在區間(1,+165。)是增函數即可． 【解析】設F(x)=g(x)f(x)，即F(x)=22312xxlnx，321(x1)(2x2+x+1)(x1)(2x2+x+1)則F39。)上，函數f(x)的圖象在函數g(x)=23x的圖象的下方． 3【點評】本題首先根據題意構造出一個函數（可以移項，使右邊為零，將移項后的左式設為函數），并利用導數判斷所設函數的單調性，再根據函數單調性的定義，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，從所證結構出發，只需令1=x，則問題轉化為：當x0n時，恒有ln(x+1)x2x3成立，現構造函數h(x)=x3x2+ln(x+1)，求導即可達到證明．13x3+(x1)2 【解析】 令h(x)=xx+ln(x+1)，則h162。)上單調遞增，∴x206。)，則有ln(+1)23． nnnn【點評】我們知道，當F(x)在[a , b]上單調遞增，則xa時，有F(x)F(a)．如果f(a)＝j(a)，要證明當xa時，f(x)j(x)，那么，只要令F(x)＝f(x)－j(x)，就可以利用F(x)的單調增性來推導．也就是說，在F(x)可導的前提下，只要證明F39。(x)+f(x)0，從而F(x)在R上為增函數，∵ab，∴F(a)F(b)，即af(a)bf(b)．【點評】由條件移項后xf162。(x)=lnx+1．在g(a)+g(b)2g(數，設F(x)=g(a)+g(x)2g(a+b)中以b為主變元構造函2a+xa+xa+x)，則F39。(x)0，因此F(x)在(0 , a)內為減函數；當xa時，F39。(x)0．ln2=lnxln(a+x)；當x0時，因此G(x)在(0 , +165。0對x206。(x)=exxex=(1x)ex；當x1時，g39。)上為減函數，∴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)=ex111，∴a179。(x)=exx1，則h39。(x)0，∴F(x)在(0 , +165。39。(x)f39。)上嚴格單調增加，∴f(x)f(0)=0（x0），即2x+x22(1+x)ln(1+x)0，2x+x22(1+x)ln(1+x)，故(1+x)1+1xe1+x2（x0）．【解析】f162。)內單調遞增，故當x1時，f(x)f(1)=0，∴當x1時，恒有xln2x2alnx+1．【解析】設F(x)=g(x)f(x)=12x+2ax3a2lnxb，則23a2(xa)(x+3a)（x0），∵a0，∴當x=a時，F39。)上的最小值是F(a)=f(a)g(a)=0，故當x0時，有f(x)g(x)179。(x)=11x=，∴當1x01+x(1+x)2(1+x)2時，f39。(0 , +165。1，令1+x=0，則11+x1+xbx+1aabbf(x)xf39。0，故【解析】F(x)=，F39。在(0 , +165。…)上單調遞增∵f(|a| + |b|)=|a|+|b|1+|a|+|b|f(|a + b|)=|a+b|1+|a+b|且|a| + |b|≥|a + b|∴f(|a| + |b|)≥f(|a + b|)即所證不等式正確。證明：構造函數f(c)=(1ab)c + a + b2∵|a|＜1，|b|＜1∴1＜ab＜1，1ab＞0∴f(c)的（1，1）上是增函數∵f(1)=1ab + a + b2=a + b–ab1=a(1b)=(1c)2＞4a(a + b + c)。【例6】已知a，b，c∈R，證明：a2 + ac + c2 + 3b(a + b + c)≥0，并指出等號何時成立？證明：令f(a)= a2 +(c + 3b)a + c2 + 3b2+ 3bc△=(c + 3b)24(c2 + 3b2 + 3bc)=3(b + c)2≤0 恒成立 ∵二次項系數1＞0∴f(a)≥0，即 a2 + ac + c2 + 3b(a + b + c)≥0又當△=0，即b + c = 0時f(a)=(a + b)2= 0 ∴當且僅當a=b=c時才能取等號。237。f(c)＞0∴13＜c＜0⒊綜合運用判別式法、一元二次方程根的分布證明不等式【例8】設a，b是兩個不等于0的實數，求證：下列不等式中至少有一個成