构造函数法证明导数不等式的八种方法

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： 一、移一、移项项法法构构造函造函数数 【例【例1 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，左边构造函数 1 1，从其导数入手即可证明。 x 1 1x 【解】【解】f (x) 1  x 1x 1 g(x)  ln(x 1)  ∴当1 当x x  0时，f (x)  0，即f (x) 在x(1,0)上为增函数  0时，f (x)  0，即f (x) 在x(0,)上为减函数 f (x) 的单调递增区间为(1,0)，单调递减区间(0,) 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 ， ， x  0∴ln(x 1)  x （右面得证） 故函数 于是函数 即ln(x 1) 现证左面，令g(x)  ln(x 1)  当x(1,0)时,g(x) 11x1 1，则g(x)  x 1x 1(x 1)2(x 1)2  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 ∴当x  g(0)  0 ，  1时，g(x)  g(0)  0 ，即ln(x 1) 1 1 1 0 x 1 11 ，综上可知，当x  1时,有 1 ln(x 1)  x x 1x 1 【警示【警示启启迪】迪】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． ∴ln(x 1) 2 2、作差法、作差法构构造函造函数证数证明明 21 【例 2】 已知函数f (x) x2 ln x.求证： 在区间(1,  )上， 函数 f (x) 的图象在函数g(x) x3的图象的下方；下方； 32 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， 12 即x2 ln x x3，只 需证明在 区间(1,  )上，恒 有 1 x2 ln x  2 x3 成立， 设 F(x)  g(x)  f (x) ， 2323 x(1,)，考虑到F(1)  1  0 6 第 1 页 共 8 页 要证不等式转化变为：当x 【解】设F(x) 1时，F(x)  F(1)，这只要证明：g(x) 在区间(1,)是增函数即可。 32  g(x)  f (x) ，即F(x)  2 x3 1 x2ln x， 2 则F(x)  2x  x  1 (x 1)(2x2 x 1) = x x 2(x 1)(2x  x 1) 当x 1时，F(x)= x 从而F(x)在(1, ∴当x  )上为增函数，∴F(x)  F(1)  1  0 6 1时 g(x)  f (x)  0，即f (x)  g(x)，  )上，函数f (x) 的图象在函数 g(x)  2 x3的图象的下方。 3 故在区间(1, 【警示【警示启启迪】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) 做，深刻体会其中的思想方法。  f (x) g(x) 做一 3 3、、换换元法元法构构造函造函数证数证明明 【例 3】 证明：对任意的正整数 n，不等式ln( 分析： 从所证结构出发，只需令 数h(x) 111 1)  2  3 都成立. nnn 1  x ，则问题转化为：当x  0时，恒有ln(x 1)  x 2 x3 成立，现构造函 n  x3 x2 ln(x 1) ，求导即可达到证明。 32 2 13x3 (x 1)2 【解】令h(x)  x  x  ln(x 1)，则h(x)  3x  2x 在x(0,)上恒正， x 1x 1 所以函数h(x)在(0,)上单调递增，∴x(0,)时，恒有h(x) 即x3  h(0)  0，  x2 ln(x 1)  0，∴ln(x 1)  x2 x3  1111 (0,)，则有ln(1)  2  3nnnn 对任意正整数 n，取x 【警示【警示启启迪】迪】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． 4 4、、从条从条件特征入手件特征入手构构造函造函数证数证明明 【例 4】若函数y= 求证： ．a f (x) 在R上可导且满足不等式x f (x) － f (x) 恒成立，且常数a，b满足ab， f (a) b f (b) 【解】由已知x 则F f (x)+f (x) 0 ∴构造函数 F(x)  xf (x)， (x)  x f (x)+f (x) 0， 从而F(x)在R上为增函数。 第 2 页 共 8 页 a  b ∴F(a)  F(b)即a f (a) b f (b) 【警示【警示启启迪】迪】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。 5 5、主元法、主元法构构造函造函数数 例． （全国）已知函数 (1) 求函数 f (x)  ln(1 x)  x,g(x)  xln x 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