构造辅助函数解不等式
高考中利用导数证明不等式的一些策略
高考中利用导数证明不等式的一些策略1与lnx分开来考虑，即将f(x)分解为两个函数的和：f(x)=lnx+2ex-1.然后分别对这两个函数求导，得到f'(x)=1/x+2ex>0，说明f(x)在定义域上单调递增，且f(0)=1，因此f(x)>1成立。
评注：对于这种需要分离成两个函数的不等式，可以先观察不等式的特征，尝试将其分解为两个函数的和或差，然后分别对这些函数求导来证明不等式。
类型三、需要构造辅助函数的不等式1.利用辅助函数构造上下界例3（2016年全国卷1第23题改编）已知a,b,c>0，证明：(a+b+c)(1/a+1/b+1/c)≥9分析：将(a+b+c)(1/a+1/b+1/c)展开，得到a/b+b/a+a/c+c/a+b/c+c/b+3≥9.观察不等式中的每一项，可以发现这些项都可以表示为三个数的和，因此可以构造辅助函数f(x)=ln(x)+1/x-1，然后对f(x)求导，得到f'(x)=1/x^2-1，f'(x)>0当且仅当x1，因此f(x)在(0,1)和(1,∞)上分别是减函数和增函数。
接着，将a/b+b/a+a/c+c/a+b/c+c/b分别表示为f(ab)+f(ac)+f(bc)+3，然后应用均值不等式，得到f(ab)+f(ac)+f(bc)≥3f((abc)^(2/3))=3ln(abc)+3/(abc)^(2/3)-3.将此式代入原不等式中，得到3ln(abc)+3/(abc)^(2/3)≥6，即ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)≥2/3.再次利用辅助函数，构造g(x)=lnx+(1/3)x^(-2/3)-2/3，对其求导得到g'(x)=1/x-(2/9)x^(-5/3)，g'(x)>0当且仅当x9/4，因此g(x)在(0,9/4)和(9/4,∞)上分别是减函数和增函数。
由于a,b,c>0，因此abc>0，因此可将不等式中的abc替换为x，得到g(abc)≥0，即ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)-2/3≥0，即ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)≥2/3，因此原不等式成立。
函数构造法
北京华罗庚学校为全国学生提供优质教育函数构造法利用导数证明不等式是近几年高考命题的一种热点题型．利用导数证明不等式，关键是要找出 与待证不等式紧密联系的函数，然后以导数为工具来研究该函数的单调性、 极值、最值 (值域 )，从而达到证明不等式的目的，这时常常需要构造辅助函数来解决．题目本身特点不同，所构造的函数可 有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，这里给出几种常用的构造技巧．当试题中给出简单的基本初等函数，例如 f(x)＝x 3，g(x)＝ ln x ，进而证明在某个取值范围内不等 式 f(x)≥g(x)成立时，可以类比作差法，构造函数h(x)＝f(x)－g(x)或 φ(x)＝ g(x)－ f (x) ，进而证明h(x)min ≥ 0 或 φ(x)max ≤ 0 即可，在求最值的过程中，可以利用导数为工具．此外，在能够说明 g(x)>0(f(x)>0)的前提下，也可以 类比作 商法， 构造函数 h(x)＝ f x φx ＝ gx h(x)min ≥ 1(φ(x)max ≤ 1)．[典例] (2018 广·州模拟 )已知函数 f(x)＝e x －ax(e 为自然对数的底数， a 为常数)的图象在点 (0,1)处的 切线斜率为－ 1.(1) 求 a 的值及函数 f(x)的极值； (2) 证明：当 x >0时， x 2< e x . [ 方法演示 ]解： (1)由 f(x)＝e x －ax ，得 f ′(x)＝e x －a. 因为 f ′(0)＝1－ a ＝－ 1，所以 a ＝2， 所以 f(x)＝e x －2x ，f ′(x)＝e x －2，令 f ′ (x)＝ 0，得 x ＝ln 2，当 x <ln 2 时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；当 x >ln 2 时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．所以当 x ＝ln 2 时， f(x)取得极小值，且极小值为 f(ln 2) ＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f(x)无极大值．(2)证明：令 g(x)＝e x －x 2，则 g ′(x)＝e x －2x. 由(1)得g ′(x)＝f(x)≥f(ln 2)>0，故 g(x)在R 上单 调递增．所以当 x >0 时， g(x)>g(0)＝1>0，即 x 2<e x .[ 解题师说 ]在本例第 (2)问中，发现“ x 2， e x ”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“ x 2< e x ”构 造函数，得到“ g(x)＝ e x － x 2”，并利用 (1)的结论求解．[ 应用体验 ]21．已知函数 f(x)＝ xln x －2x ，g(x)＝－ax 2＋ax －2(a >1)．(1) 求函数 f(x)的单调区间及最小值； (2) 证明： f(x)≥g(x)在[1，＋∞ )上恒成立．比较法 ” 构造函数证明不等式g fx x ，进而证 明北京华罗庚学校 为全国学生提供优质教育 解： (1)f(x)的定义域为 (0，＋ ∞)，∵ f(x )＝ xln x －2x ，∴f ′(x)＝ln x ＋1－2＝ln x －1， 由 f ′ (x) >0，得 x > e ；由 f ′ (x)< 0，得0<x < e ，∴函数 f(x)的单调递增区间为 (e ，＋ ∞ ) ，单调递减区间为 (0， e)， ∴函数 f(x)的最小值为 f(e)＝ eln e － 2e ＝－ e.(2)证明：令 h(x)＝f(x)－g(x)，∵f(x)≥g(x)在［1，＋ ∞)上恒成立，∴ h(x) min ≥ 0， x ∈ ［1，＋∞)， ∵ h(x)＝ xln x ＋ax 2－ax －2x ＋2，∴h ′(x)＝ln x ＋1＋2ax －a －2＝ln x ＋2ax －a －1.1令 m(x)＝ln x ＋2ax －a －1，x ∈［1，＋∞)，则 m ′(x)＝x ＋2a ，∵x >1，a >1，∴ m ′(x)>0，x∴ m(x)在［1，＋ ∞)上单调递增，∴ m(x)≥m(1)＝a －1，即 h ′(x)≥a －1， ∵a >1，∴a －1>0，∴ h ′(x)>0，∴ h(x)＝ xln x ＋ax 2－ax －2x ＋2 在［1，＋∞)上单调递增， ∴ h(x)≥ h(1) ＝ 0，即 f(x)－ g(x)≥ 0，故 f(x)≥g(x)在［1，＋ ∞ )上恒成立 .“ 拆分法 ”构造函数证明不等式当所要证明的不等式由几个基本初等函数通过相乘以及相加的形式组成时， 如果对其直接求导， 得到的导函数往往给人一种“扑朔迷离”“不知所措”的感觉．这时可以将原不等式合理拆分为f(x)≤g(x)的形式，进而证明 f(x)max ≤g(x)min 即可，此时注意配合使用导数工具．在拆分的过程中，一 定要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准．x bex － 1［典例］ 设函数 f(x)＝ae xln x ＋ x ，曲线 y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线为 y ＝e(x －1)＋2.x(1) 求 a ，b ； (2) 证明： f(x)>1.[ 方法演示 ] 解： (1)f ′ (x)＝ ae x ln由于直线 y ＝ e(x －1)＋ 2 的斜率为 e ，图象过点 (1,2)，x 2e － x2(2)证明：由 (1)知 f(x)＝e x ln x ＋ x (x > 0)，从而 f(x)>1 等价于 xln x >xe x － e .构造函数 g(x)＝xln x ，则 g ′(x)＝ 1＋ln x ，故 g(x)在 0， e 1 上单调递减，在 e 1，＋ ∞ 上单调递增，所以f f ′1＝12＝，e ，即 b ＝ 2， 解得a ＝1，ae ＝ e ，b ＝2.所以当 x ∈ 0，1e 时， g ′ (x)< 0，当 x ∈ x ＋x 1 ＋ x)＋∞g ′(x)>0，1 从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为e－ x2－ x构造函数 h(x)＝xe －x －2，则 h ′(x) ＝e －x (1－x)．e所以当 x ∈(0,1)时，h ′(x)>0；当 x ∈(1，＋ ∞)时，h ′(x)<0；故 h(x)在(0,1)上单调递增，在 (1，＋ ∞ )上单调递减， 从而 h(x)在(0，＋∞)上的最大值为 h(1)＝－ 1. e综上，当 x >0 时， g(x)>h(x)，即 f(x)>1.[ 解题师说 ]x － 1x － 1 对于第 (2)问“ ae xln x ＋bex> 1”的证明， 若直接构造函数 h(x)＝ ae x ln x ＋bex－ 1，求导以后不xxbe x －1易分析， 因此并不宜对其整体进行构造函数， 而应先将不等式“ ae x ln x ＋ be> 1”合理拆分为“ xln x x >xe －x －2”，再分别对左右两边构造函数，进而达到证明原不等式的目的．e[ 应用体验 ] 2．已知函数 f(x)＝x a ＋ln 1x ＋x b ，曲线 y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 x ＋2y －3＝0.(1) 求 a ，b 的值； ln x(2)证明：当 x >0，且 x ≠1 时， f(x)> x － 1x ＋1－ ln xx b 1x ＋1 2 －x 2(x >0)．由于直线 x ＋2y － 3＝ 0 的斜率为－ 2，且过点 (1,1)，ln x 1(2) 证明：由 (1)知 f(x)＝ ＋x (x >0)，x ＋ 1 x所以 f(x)－x ln － x 1＝1－1x 2 2ln x －h ′ (x)＝2x －2x2－xx2－1x －1 xx所以当 x ≠1时，h ′(x)<0. 而 h(1)＝0，1故当 x ∈(0,1)时， h(x)>0，可得 2h(x)>0；当 x ∈(1，＋ ∞)时， 1 － x从而当 x >0，且 x ≠1 时， f(x)－ ln x > 0，即 f(x)> ln x .x －1 x － 12－1x － 1考虑函数 h(x)＝2ln x － x (x > 0)，则 xf1 ＝1， 1 f ′ 1 ＝－ 2，即b ＝ 1，a 2－b ＝－ 12. 解得22a ＝1，b ＝ 1.a解： (1)f ′ (x)＝x2－1x .1h(x)< 0，可得 1－ x 2h(x)>0.1－ x若两个变元 x 1，x 2 之间联系“亲密”，我们可以通过计算、化简，将所证明的不等式整体转化 为关于 m(x 1，x 2)的表达式 (其中 m(x 1，x 2)为 x 1，x 2组合成的表达式 )，进而使用换元令 m(x 1，x 2)＝ t ， 使所要证明的不等式转化为关于 t 的表达式，进而用导数法进行证明，因此，换元的本质是消元．ln x[典例] 已知函数 f(x)＝ (a ∈R)，曲线 y ＝f(x)在点 (1， f(1))处的切线与直线 x ＋y ＋1＝0垂直．x ＋ a(1)试比较 2 0172 018与 2 0182 017的大小，并说明理由；(2)若函数 g(x)＝f(x)－k 有两个不同的零点 x 1， x 2，证明： x 1x 2>e 2. [ 方法演示 ] 又曲线 y ＝f(x)在点 (1， f(1))处的切线与直线所以 f ′ (1)＝1，即 1 ＝1，解得 a ＝0. 故 f(x)＝ ln x ，f ′(x)＝1－l 2n x . 1＋ a x x由 f ′ (x) >0，得 0<x < e ；由 f ′(x)< 0，得 x > e ， 所以函数 f(x)的单调递增区间为 (0， e)，单调递减区间为 (e ，＋ ∞ )．所以 f(2 017) > f(2 018) ，即ln 2 017>ln 2 018. 整理得 ln 2 0172 018>ln 2 0182 017， 2 017 2 018 所以 2 0172 018>2 0182 017.ln x(2)证明： g(x)＝ x －k ，设 x 1>x 2>0，由 g(x 1)＝g(x 2)＝0，x可得 ln x 1－kx 1＝0， ln x 2－ kx 2＝ 0，两式相加减， 得 ln x 1＋ln x 2＝k （x 1＋x 2），ln x 1－ln x 2＝ k （x 1－x 2）．ln x1－－l xn x2> ＋2 x ，即证 ln x1>2 x1＋－xx2.x 1－x2x 1＋x2x 2 x 1＋x2令x x 1＝t(t >1)，则只需证 ln t >2t t ＋－11(t >1)．令 h(t)＝ln t －2t t ＋－11(t >1)， 则 h ′(t)＝1－ 4 2＝ t －1 2> 0，故函数 h(t)在(1，＋ ∞)上单调递增， t t ＋ 1 2 t t ＋ 1 22 t － 1所以 h(t) >h(1)＝ 0，即 ln t > . 所以 x 1x 2> e 2.t ＋1[ 解题师说 ](1)由题意易知 f ′(1)＝1，可列出关于 a 的方程，从而求出 a 的值，得到函数 f(x)的解析式．欲换元法 ” 构造函数证明不等式解： x ＋a－ ln x x (1)依题意得 f ′(x)＝ x 2 ，所以x ＋a 2 f ′（1）＝1＋ a 1 2＝ 1＋a 1＋ a x ＋y ＋1＝0 垂直，要证 x 1x 2>e 2，即证 ln x 1x 2>2，只需证 ln x 1＋ln x 2> 2，也就是证k(x 1＋x 2)> 2，即证 k >2 x 1＋ x因为 k ＝ln x1－－xln x2，所以只需证x 1－x 2北京华罗庚学校为全国学生提供优质教育比较 2 0172 018与 2 0182 017的大小，只需比较f(2 017) ，f(2 018)的大小，即需判断函数y＝f(x)的单调性．(2)不妨设x1>x2> 0，由g(x1 )＝g(x2)＝0，可得ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，两式相加减，利用分析法将要证明的不等式转化为ln x1－ln x2> 2，再利用换元法，通过求导证明上述不等式成立．x1－x2x1＋x2[ 应用体验]23．已知函数f(x)＝x2ln x.(1) 求函数f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的t> 0，存在唯一的s，使t＝f(s)；(3) 设(2)中所确定的s关于t的函数为s＝g(t)，证明：当t> e2时，有25< ln l n g t t<21.解：(1)由已知，得f′ (x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝. e当x 变化时，f′ (x)，f(x)的变化情况如下表：所以函数f(x)的单调递减区间是0，e e.(2)证明：当0<x≤1时，f(x)≤0，∵t>0，∴当0<x≤1时不存在t＝f(s) ．令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．h(1)＝－t<0，h(e t)＝e2t ln e t－t＝t(e2t－1)>0. 故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．(3)证明：因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s>1，从而ln gt＝ln s＝ln2s＝ln s＝u，其中u＝ln s.ln t ln f s ln s ln s 2ln s＋ln ln s 2u＋ln u要使2<ln g t< 1成立，只需0< ln u< u.5 ln t 2 2当t> e2时，若s＝g( t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．所以s>e，即u> 1，从而ln u> 0 成立．另一方面，令F(u)＝ln u－2u，u>1，F′(u)＝u1－12，令F′(u)＝0，得u＝2. 当1<u<2时，F′(u)>0；当u>2时，F′(u)<0.故对u>1，F(u)≤F(2)<0，因此ln u<u2成立．综上，当t>e2时，有25<ln l n g t t<21.e值，也是最小值，f(e)＝ln e＋e＝2，故f(x)的最小值为 2.e(2)g(x)＝f′(x)－x3＝x1－x m2－3x(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－31x3＋x(x>0)．13φ(x)＝－3x3＋x(x≥0)，则φ′ (x)＝－(x－1)(x＋1)，x∈(0,1)时，φ′ (x)>0，φ(x)在(0,1)上单调递增；x∈(1，＋∞ )时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，x＝1 是φ(x) 的唯一极值点，且是极大值点，故φ(x)的最大值为φ(1)＝φ(0)＝0，画出函数y ＝φ(x)的图象如图所示．①当m>23时，函数g(x)无零点；②当m＝32时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0<m<23时，函数g( x)有两个零点；④当m≤0 时，函数g(x)有且只有一个零点．22综上所述，当m>32时，函数g( x)无零点；当m＝23或m≤0 时，函数g(x)有且只有一个零点；当3320<m<32时，函数g(x)有两个零点．3(3) 对任意的b>a>0，f b b－－f a a <1等价于f(b)－b<f(a)－a恒成立．(*) b－ a转化法构造函数在关于x1，x2 的双变元问题中，若无法将所要证明的不等式整体转化为关于m(x1，x2)的表达式，则考虑将不等式转化为函数的单调性问题进行处理，进而实现消元的目的．[典例] 设函数f(x)＝ln x＋m x，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的最小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数；(3) 若对任意b> a>0 ，f bb－－faa <1 恒成立，求m的取值范围．[ 方法演示]e x－ e解：(1)当m＝e 时，f(x)＝ln x＋x，则f′ (x)＝x2 ，故当x∈(0，e)时，xxf′(x)<0，f(x)在(0，e) 上单调递减，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，故当x＝e时，f(x)取到极小23.设 h(x)＝f(x)－x ＝ln x ＋m x －x(x>0)，故(*)等价于 h(x)在(0，＋ ∞)上单调递减．x1m由 h ′(x)＝x －x 2－1≤0 在(0，＋ ∞ )上恒成立，得xx1 1 1 m ≥14，当且仅当 x ＝12时等号成立，所以 m 的取值范围为 41，＋ ∞ .[ 解题师说 ]本例第 (3)问中，利用不等式的性质， 将“fb －f a <1”等价转化为“ f(b)－b<f(a)－a ”，进而构 b －a 造函数“ h(x)＝f(x)－x ”，通过研究函数的单调性求解实数 m 的取值范围．[ 应用体验 ] 4．已知函数 f(x)＝ ax －1－ln x(a ∈ R)．(1) 讨论函数 f(x)的单调性；(2)若函数 f(x)在 x ＝1处取得极值，不等式 f(x)≥bx －2对? x ∈(0 ，＋∞ )恒成立，求实数 b 的取值范围；2m ≥ －x ＋x ＝x － 21 2＋14(x>0)恒成立，故(3)当 x>y>e －1时，证明不等式 e x ln(1＋y)>e y ln(1＋ x)．解： (1)函数 f(x)的定义域是 (0，＋∞)，且 f ′(x)＝a －1x ＝ax －x 1当 a ≤0 时， ax －1<0，从而 f ′ (x)<0，函数 f(x)在(0，＋ ∞)上单调递减．当 a>0 时，由 f ′ ( x)<0 ，得 0<x<1a ，由 f ′ (x)>0 ，得 x>a 1，所以函数 f(x)在0 0，1a 上单调递减，在 a1，＋ ∞ 上单调递增．(2)因为函数 f(x)在 x ＝1 处取得极值，所以 f ′ (1)＝ 0，解得 a ＝1，1 ln x 1 ln xln x － 2所以 f(x)≥bx －2? 1＋x 1－ln x x ≥b ，令 g(x)＝1＋x 1－ln x x ，则 g ′(x)＝ln x x－22，令 g ′(x)＝0，得 x ＝e 2. 则 g(x)在(0， e 2)上单调递减，在 (e 2，＋ ∞ )上单调递增，－∞，1－e 122 1 1所以 g(x)min ＝g(e 2) ＝1－ e 2，即 b ≤1－ e 2，故实数 b 的取值范围y ＋1e x ＋1(3)证明：由题意可知，要证不等式 e x ln(1 ＋ y)>e y ln(1 ＋ x)成立，只需证ln ex ＋1 >ln e y ＋ 1成立．x e xln x － ee xln x －e x 构造函数 h(x)＝ln e x (x>e)，则 h ′(x)＝ ln 2x 1x ln 2x >0. 所以 h(x)在 (e ，＋ ∞ )上单调递增，x ＋1 e y ＋1e 由于 x>y>e －1，所以 x ＋1>y ＋1>e ，所以lnx ＋1>lny ＋1，即 e xln(1＋y)>e y ln(1＋x)．2x 1．已知函数 f(x)＝ (x － 1)(x 2＋2)e x－2x.(1)求曲线 y ＝f(x)在点 (0，f(0))处的切线方程；2(2)证明： f(x)>－ x 2－4.解： (1)因为 f ′(x)＝2x(x －1)e x ＋x(x 2＋2)e x －2＝x 2(x ＋2)e x －2，所以 f ′(0)＝－ 2. 因为 f(0) ＝－ 2，所以曲线 y ＝f(x)在点 (0，f(0))处的切线方程为 2x ＋y ＋2＝0.(2)证明： 要证 f(x)>－ x 2－ 4，只需证 (x －1)(x 2＋2)e x >－ x 2＋2x －4，设 g(x)＝－x 2＋2x －4＝－ (x －1)2－3，h(x)＝(x －1)(x 3＋2)e x ，则 h ′(x)＝x 4(x ＋2)e x . 由 h ′(x)≥0，得 x ≥－2，故 h(x)在［－2，＋∞ )上单调递增； 由 h ′(x)<0，得 x <－ 2，故 h(x)在(－∞，－ 2)上单调递减， 所以 h(x)min ＝h(－2)＝－ 1e 28. 因为 e ≈ 2.718，所以－ 5e 82>－ 3.又 g(x)max ＝－3，所以 g(x)max <h(x)min ，从而 (x －1)(x 2＋2)e x >－x 2＋2x －4，即 f(x)>－x 2－4. 2．(理)已知函数 f(x)＝e x ＋m －x 3，g(x)＝ ln(x ＋ 1)＋2.(1)若曲线 y ＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为 1，求实数 m 的值；3(2)当 m ≥1 时，证明： f( x)> g(x)－ x 3.解： (1)因为 f(x)＝e x m － x 3，所以 f ′ (x)＝e x m － 3x 2.因为曲线 y ＝f(x)在点 (0，f(0))处的切线斜率为 1，所以 f ′(0)＝e m ＝1，解得 m ＝0. (2)证明：因为f(x)＝ e x m －x 3， g(x) ＝ ln( x ＋ 1)＋ 2， 所以 f(x)>g(x)－x 3等价于 e x ＋m －ln(x ＋1)－2> 0.当 m ≥1 时， e x ＋m － ln( x ＋ 1)－ 2≥ e x ＋1 －ln( x ＋ 1)－ 2.要证 e x m － ln( x ＋1)－ 2> 0，只需证明 e x 1－ ln( x ＋ 1)－ 2> 0. 设 h(x) ＝ e x 1－ln(x ＋1)－2，则 h ′(x)＝e x 1－x ＋11.x ＋ 1所以函数 p(x)＝h ′(x)＝e x ＋1－ 1 在(－1，＋ ∞)上单调递增．x ＋1因为 h ′ －21 ＝e 12－2<0，h ′(0)＝ e －1>0，所以函数 h ′(x)＝e x ＋1－ 1 在(－1，＋∞)上有唯一零点 x 0，且 x 0∈ －1，0 . x ＋ 1 2因为 h ′(x 0)＝0，所以 ex 0＋1＝x ＋1 1，即 ln( x 0 ＋1) ＝－ (x 0＋ 1)． 当 x ∈ (－ 1，x 0)时， h ′ (x)< 0，当 x ∈(x 0，＋∞)时， h ′(x)>0， 所以当 x ＝ x 0 时， h(x)取得最小值 h(x 0)，5设 p(x)＝ e x ＋11 x ＋1 1，则 p ′ (x)＝ e x 1＋ 1 x ＋12>0，1所以 h(x)≥ h(x 0)＝ex 0＋ 1－ ln(x 0＋ 1)－ 2＝ x ＋6 1＋ (x 0＋1)－2>0. 综上可知，当 m ≥1 时，f(x)> g(x)－ x 7.2x (文)已知函数 f(x)＝(ax －1)ln x ＋ 2.(1)若a ＝2，求曲线 y ＝f(x)在点(1， f(1))处的切线 l 的方程；4 (2)设函数g(x)＝ f ′ (x )有两个极值点 x 1，x 2，其中 x 1∈(0，e ］，证明 g(x 1)－g(x 2)≥－ e . 11解： (1)当 a ＝2时，f ′(x)＝2ln x ＋x －x ＋2，f ′(1)＝2，f(1)＝2，x21∴切线 l 的方程为 y －2＝2(x －1)，即 4x －2y － 3＝0.21 a 1 x＋ax ＋ 1 (2)函数 g(x)＝aln x ＋x －x ＋a ，定义域为 (0，＋ ∞)，则g ′ (x)＝1＋x ＋x 2＝x 22 令 g ′(x)＝0，得 x 8＋ax ＋1＝0，其两根为 x 1，x 2，且 x 1＋x 2＝－ a ，x 1x 2＝1，故 x 2＝ x 11， a ＝－ x 1＋x 11 .当 x ∈ (0,1］时， h ′(x)≤0，当 x ∈(1，e ］时， h ′(x)<0，即当 x ∈ (0， e ］时，h(x)单调递减，44∴ h(x) min ＝ h(e) ＝－ e ，故 g(x 1)－g(x 2)≥－e1－ x3．(2018 ·兰州诊断 )已知函数 f(x)＝ ＋ln x 在 (1，＋∞ )上是增函数，且 a>0.ax(1)求 a 的取值范围；1 a ＋ b a(2) 若 b>0，试证明 1 <ln b <b a .a ＋b b b解： (1)f ′(x)＝－ a 1x 2＋ 1x ＝ a－x 2，因为 f ′ (x)≥ 0，且 a>0，所以 ax －1≥0，即 x ≥a 1.ax x ax a1 因为 x ∈(1，＋∞)，所以1≤1，即 a ≥1. 所以 a 的取值范围为 ［1，＋ ∞)． aa ＋ b1 － x(2)证明：因为 b>0，a ≥1，所以 a ＋b b >1. 又f(x)＝1a－xx＋ln x 在(1，＋ ∞)上是增函数，令 h(x)＝2 x －x 1 －2 x ＋x 1 ln x ，x ∈(0，e ］，h ′ (x)＝x 2，8 1＋x 1－ x ln x∴ g(x 1)－ g(x 2)＝g(x 1)－g11 aln x 1＋x 1－ ＋a － aln ＋ －x 1＋a ＝2 x 1－x 1 ＋ 2aln x 1＝x 1x 1 x 1 2 x 1－ x 11 － 2 x 1＋ x 11 ln x 1.则 ［ g( x 1 )－ g( x 2)］ min＝h(x)min ，x 2ln x 2－x 1ln x 1 x 1＋ x 2 x2－x1 <ln 2 ＋ 1? x 2ln x 2－x 1lnx 1<x 2ln x1＋x2－x 1ln x1＋x2＋x 2－x 1? x 2ln 9＋x2x <x 1ln 2＋x1x ＋x 2－x 1，2 2x 1＋ x 2 x 1＋ x 2令 g(t)＝tln 12＋t t －ln 1＋2 t －t ＋1， 则 g ′(t)＝ln 2t ＋t ·1＋ t·2 2＋1＋t21＋t2t 1＋ t 2t － 11 －x令t ＋1＝x(x>0)，h(x)＝ ln(1＋ x)－ x ，则 h ′(x)＝1＋x－1＝1＋x <0，h(x)在(0，＋∞)上单调递减． 所 t － 1 t －1(2)证明：不妨设 x 1<x 2， f x x 2 －－f x x1 <f ′x 2－x 1所以 f 1－a ＋ba ＋b －b a ＋ b 1 a ＋ba ＋b b >f(1)，即 a ＋b b ＋ln a ＋b b >0，化简得 a ＋1b <ln a ＋b b.a ·ba ＋b a a ＋ b a a a ln b <b 等价于 ln b －b ＝ln 1＋b － b <0，令 g(x)＝ ln(1＋x)－x(x>0)， aabb 1 － x则 g ′(x)＝1＋1 x －1＝1＋x <0，所以函数 g(x)在(0， ＋ ∞ ) 上为减函数，所以 g a b ＝ a a a ＋ b a ln 1＋ b －b ＝ln b －b<g(0)＝0， 综上， a ＋1 b <ln a ＋b b <a b 得证4．(理 )已知函数 f(x)＝xln x.(1) 求 f(x)的单调区间和极值；(2)设 A(x 1，f(x 1))，B(x 2，f(x 2))，且 x 1≠x 2，证明：f x2－f x1<f ′x 2－ x 1 ′1解： (1)f(x)的定义域为 (0，＋ ∞)，f ′ (x)＝ ln x＋x ·x ＝1＋ln x.x11由 f ′ (x)>0 ，得 x>1；由 f ′ (x)<0 ，得 0<x<1，ee 所以 f(x) 的单调递增区间是 1，＋ ∞ ，单调递减区间是 0， 1e ， f (x)极小值＝1 1 11e ln 1e ＝－e 1，f(x)无极大值． x 1＋x 22 x 2x 2·x 2 2 x两边同除以 x 1 得， x2ln x1 <ln 2 ＋ x2－ 1，x 1 x 2 x 2 x 1 x1 1＋x x12 1＋x x12 x1令x x12＝ t ，则 t>1，即证： tln 12＋t t <ln 1＋2t ＋t －1.t －1－ t －1，t ＋1 － t ＋1，2－1＝ln 2t ＋1－t ＝ln 1＋2 1＋ t 2 1＋ t 1＋t以h(x)<h(0)＝0，即ln(1＋x)<x，即g′(t)＝ln 1＋t＋1－t＋－1<0 恒成立．所以g(t)在(1 ，＋∞ )上是减函数．所以g(t)<g(1)＝0，所以tln12＋t t<ln1＋2t＋t－1得证．(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数 a 的取值范围；(2)若a＝0，x0< 1，设直线y＝g( x)为函数f(x)的图象在x＝x0 处的切线，求f( x)≤g(x)．证：x－1－ a解：(1)易得f′(x)＝－e x ，由已知知f′(x)≥0 对x∈(－∞，2)恒成立，e故x≤1－a 对x∈(－∞，2)恒成立，∴ 1－a≥2，∴ a≤－1.故实数 a 的取值范围为(－∞，－1］．x(2) 证明：a＝0，则f(x)＝e x.e函数f( x)的图象在x＝x0 处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝1－x x－1－x0＝1－x ex0－1－x0ex.e ex0 ex＋x0设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)e x，x∈R，则φ′ (x)＝－ex0－(1－x0)e x，∵ x0< 1，∴ φ′ ( x)< 0，∴ φ(x)在R 上单调递减，而φ(x0) ＝0，∴当x<x0时，φ(x)> 0，当x>x0时，φ(x)<0，∴当x<x0时，h′(x)>0，当x>x0时，h′(x)<0，∴ h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，∴x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，∴ f(x)≤g(x)．。
构造函数法解不等式问题
构造函数法解不等式问题首先，我们来考虑一道简单的例题：求解不等式：x^2-4x+3>0解题思路：1.首先，我们将不等式转化成方程：x^2-4x+3=02.求出方程的根：x1=1，x2=33.通过观察，我们知道函数f(x)=x^2-4x+3在x<1和x>3时是负值，在1<x<3时是正值。
4.根据函数的性质，我们可以得出结论：不等式x^2-4x+3>0的解集为x∈(1,3)。
通过这个例题，我们可以看出，构造函数法的基本思路就是将不等式转化为方程，并找出方程的根，然后利用函数的性质来确定不等式的解集。
接下来，我们来考虑一个稍微复杂一些的例题：求解不等式：x^3-5x^2+4x+20>0解题思路：1.首先，我们将不等式转化成方程：x^3-5x^2+4x+20=02.求出方程的根：x1≈-2.77，x2≈3.39，x3≈4.393.通过观察，我们知道函数f(x)=x^3-5x^2+4x+20在x<-2.77和3.39<x<4.39时是负值，在-2.77<x<3.39时是正值。
4.根据函数的性质，我们可以得出结论：不等式x^3-5x^2+4x+20>0的解集为x∈(-2.77,3.39)∪(4.39,+∞)。
通过这个例题，我们可以看出，在求解不等式时，我们首先将不等式转化成方程，然后求出方程的根。
最后，通过观察函数的性质，确定不等式的解集。
除了上述的例题，构造函数法还可以用于求解复杂的不等式问题。
下面，我将通过一个具体的例题来进一步说明。
例题：求解不等式：2x^3-11x^2+17x-6>0解题思路：1.首先，我们将不等式转化成方程：2x^3-11x^2+17x-6=02.求出方程的根：x1=1，x2≈2.24，x3≈2.763.通过观察，我们知道函数f(x)=2x^3-11x^2+17x-6在x<1和2.24<x<2.76时是负值，在1<x<2.24和2.76<x时是正值。
利用导数与辅助函数解决有关不等式问题的探讨
利用导数与辅助函数解决有关不等式问题的探讨1. 引言1.1 导数在解决不等式问题中的作用导数在解决不等式问题中起着至关重要的作用。
通过利用导数的性质，我们可以更加简洁地推导和解决各种复杂的不等式问题。
导数的概念让我们可以对函数的增减性进行准确的描述，从而帮助我们确定函数的最大值和最小值，进而解决不等式问题。
1.2 辅助函数的引入辅助函数在解决不等式问题中扮演着至关重要的角色，它能够帮助我们简化复杂的不等式推导过程，使得解题更加高效和直观。
辅助函数的引入往往能够将原问题转化为更容易处理的形式，从而有效提高解题的效率。
当我们遇到较为复杂的不等式问题时，常常可以通过引入合适的辅助函数来简化问题的求解过程。
辅助函数可以是任意函数，但通常选择的是与原函数性质相关且易于处理的函数。
通过构建合适的辅助函数，我们可以将原始的不等式问题转化为一个更简单的形式，进而通过导数等方法解决问题。
辅助函数的引入能够在很大程度上解决原问题中的困难与复杂性，使得我们能够更加高效地求解不等式问题。
通过合理选择辅助函数，我们可以充分利用其特殊性质，简化问题求解过程，从而更快速地得到解答。
在解决不等式问题时，辅助函数的运用是一种十分有效且常用的方法。
2. 正文2.1 导数在不等式问题中的应用导数在不等式问题中的应用是数学中重要的一部分，它能够帮助我们更有效地解决复杂的不等式问题。
通过导数的性质和计算，我们可以找到函数的最大值、最小值，从而进一步推导出不等式的解。
导数可以帮助我们确定一个函数的增减性。
在不等式问题中，我们常常需要分析函数在某个区间内的增减性来推断函数的取值范围。
通过计算导数的符号和零点，我们可以确定函数在哪些区间内是增加的，哪些区间内是减少的，从而得到不等式的解集合。
2.2 利用导数的性质简化不等式的推导过程利用导数的性质简化不等式的推导过程是解决不等式问题中常用的方法之一。
在求解不等式时，我们可以通过对不等式进行导数运算，利用导数的性质来简化推导过程，从而更快更准确地找到不等式的解。
数学证明中的构造辅助函数方法
数学证明中的构造辅助函数方法摘要数学中运用辅助函数就像是在几何中添加辅助线，其应用是非常广泛的. 构造辅助函数是数学命题推证的有效方法，是转化问题的一种重要手段。
遇到特殊的问题时，用常规方法可能比较复杂.这时就需要构造辅助函数，就如同架起一座桥梁，不需要大量的算法就可以得到结果.如何构造辅助函数是数学分析解题中的难点，看似无章可循，但仔细研究不失基本方法和一般规律。
文章通过对微分中值定理证明中，关于构造辅助函数方法的总结和拓展，给出了多种形式的辅助函数；通过详尽的实例，讲明了辅助函数在不等式、恒等式、函数求极限、讨论方程的根及非齐次线性微分方程求解中的运用，尝试找出如何构造辅助函数的几种方法，并通过这些方法在一些具体实例中的运用归纳出构造函数法的一些思路.关键词辅助函数；中值定理；恒等式与不等式；函数表达式；极值1.引言数学中，不等式与等式的证明、微分中值定理、拉格朗日条件极值、线性微分方程求解公式等，都是通过构造一个辅助函数来完成推证的，有时候构造辅助函数也是求证数学命题的简便而有效的方法之一，掌握构造辅助函数证明数学命题的方法的关键是要对“数学现象”善于观察，联想和发现问题，根据直观的结论倒推构造什么样的辅助函数.基本思路是从一个目标出发，联想起某种曾经遇到过的方法、手段，而后借助于这些方法和手段去接近目标，或者从这些方法和手段出发，去联想别的通向目标的方法和手段，这样继续下去，直到达到把问题归结到一个明显成立的结构上为止.构造辅助函数实质上就是分析法的一种技巧，也是数学中的一个难点，值得重视的是，在证明命题的过程中要不断研究问题的本质，从而寻求构造辅助函数的方法，文章重点分析了微分中值定理的证明中辅助函数的构造方法与技巧，进而应用到其他一般命题的证明中.2.微分中值定理证明中构造辅助函数的方法与技巧2.1 拉格朗日（Lagrange ）中值定理辅助函数的作法定理1（Rolle ）：若函数()f x 满足如下条件：（i ）()f x 在闭区间[,]a b 上连续； （ii ）()f x 在开区间(,)a b 内可导； （iii ）()()f a f b =；则在(,)a b 内至少存在一点ξ，使得()0f ξ'=.定理2（Lagrange ）：若函数()f x 满足如下条件：（i ）()f x 在闭区间[,]a b 上连续；（ii ）()f x 在开区间(,)a b 内可导；则在(,)a b 内至少存在一点ξ，使得 ()()()f b f a f b aξ-'=- 显然，特别当()()f a f b =时，本定理的结论即为Rolle 定理的结论。
利用导数与辅助函数解决有关不等式问题的探讨
利用导数与辅助函数解决有关不等式问题的探讨1. 引言1.1 介绍导数与辅助函数在解决不等式问题中的应用意义导数与辅助函数在解决不等式问题中的应用意义非常重要。
导数是函数的变化率，通过对函数的导数进行分析，我们可以得到函数的最值点及函数的增减性，从而帮助我们解决不等式问题。
在不等式中，我们常常需要找到函数的最值点来确定函数的取值范围，而导数可以帮助我们准确地找到这些最值点。
辅助函数在解决不等式问题中也起着至关重要的作用。
通过构造一个适当的辅助函数，我们可以将原本复杂的不等式问题简化为求导数或判断辅助函数的最值的问题，从而更容易解决原始的不等式问题。
2. 正文2.1 导数在不等式中的运用在不等式问题中，导数的运用可以帮助我们找到函数的极值点，从而确定函数的增减性，进而解决不等式问题。
导数在不等式中的运用主要包括以下几种情况：1. 利用导数判断函数的增减性：对于一个函数，如果它在某个区间上的导数恒大于0或恒小于0，那么我们就可以确定在该区间上函数是单调递增还是单调递减的。
通过分析导数的正负性，我们可以快速了解函数的增减规律，从而解决不等式问题。
2.2 辅助函数的构造与应用辅助函数在解决不等式问题中起着至关重要的作用，它可以帮助我们简化不等式的复杂度，找到更容易处理的形式，并且引入新的技巧和方法解决问题。
在这一部分，我们将重点讨论辅助函数的构造与应用。
我们需要明确什么是辅助函数。
辅助函数通常是一种可以帮助我们简化问题，引入新的变量或者条件，使得原本复杂的不等式问题变得更容易处理的函数。
在构造辅助函数时，我们需要考虑到不等式的具体形式和条件，灵活运用数学知识和技巧。
一种常见的构造辅助函数的方法是通过引入参数，例如设定一个参数为t，然后将不等式中的变量进行替换或者组合，构建出一个新的不等式。
通过适当选择参数的取值范围，可以使得不等式问题变得更简单或者更易处理。
辅助函数还可以通过引入新的约束条件，将原本复杂的不等式问题转化为更简单的形式。
数学证明中的构造辅助函数方法
数学证明中的构造辅助函数方法在数学证明中，当我们需要证明一个命题或者解决一个难题时，有时候需要借助一些额外的工具或函数来进行推导和证明，这些工具或函数就称为辅助函数。
构造辅助函数是一种常用的解题方法，它能够将原问题转化为更容易处理的新问题，通过解决新问题来获得原问题的解决。
构造辅助函数的方法通常分为以下几种：1.构造差函数：当需要证明一个函数f(x)在某个区间内单调递增或递减时，可以通过构造差函数F(x)=f(x+h)-f(x)来证明。
如果F(x)大于0，则f(x)递增，如果F(x)小于0，则f(x)递减。
2.构造积函数：当需要证明一个函数f(x)在某个区间内取得极值时，可以通过构造积函数P(x)=f(x)g(x)来证明。
其中g(x)是一个与f(x)无关的函数，通过求解P'(x)=0来找到极值点。
3.构造和函数：当需要证明一个函数f(x)在某个区间内周期性变化时，可以通过构造和函数S(x)=f(x)+f(x+T)来证明。
其中T为f(x)的周期，通过求解S'(x)=0来找到周期性变化的特征。
4.构造对数函数：当需要证明一个函数f(x)在某个区间内与对数函数有相似性质时，可以通过构造对数函数L(x)=lnf(x)来证明。
通过求解L'(x)=1/f'(x)来找到f(x)的变化规律。
在使用构造辅助函数的方法时，需要注意以下几点：1.要根据题目的具体问题进行合理构造，确保辅助函数与原问题有紧密联系。
2.要明确构造的辅助函数的性质和特征，以便进行后续的推导和证明。
3.要注意辅助函数的取值范围和定义域，确保推导和证明的正确性。
4.要注意辅助函数与原问题的等价性，确保最终能够得出原问题的结论。
下面给出一个具体的例子来说明构造辅助函数的方法。
例：证明当x>1时，不等式lnx<(x-1)/（x-2）恒成立。
证明：令f(x)=lnx-(x-1)/（x-2），则f'(x)=1/x-1/（x-2）^2=(x-1)^2/（x （x-2））^2>0，所以f(x)在(1,+∞)上单调递增，又因为f(1)=0，所以当x>1时，f(x)>0，即原不等式恒成立。
构造函数法证明不等式的八种方法
构造函数法证明不等式的八种方法一、构造函数法是一种常用的数学证明方法，通过巧妙地构造函数，并对其性质进行分析，可以证明各种数学不等式。
下面就列举八种常用的构造函数法证明不等式的方法。
1.构造平方函数法：对于形如x^2≥0的不等式，可以构造f(x)=x^2，然后通过分析f(x)的性质，来证明不等式的成立。
2.构造递增函数法：对于形如a≥b的不等式，可以构造f(x)=x，然后通过分析f(x)的性质，来证明不等式的成立。
3.构造递减函数法：对于形如a≤b的不等式，可以构造f(x)=-x，然后通过分析f(x)的性质，来证明不等式的成立。
4.构造两个函数之差法：对于形如a-b≥0的不等式，可以构造f(x)=x^2和g(x)=(x-a)(x-b)，然后通过分析f(x)和g(x)的性质，来证明不等式的成立。
5. 构造函数的和法：对于形如(a+b)^2≥0的不等式，可以构造f(x)=x^2和g(x)=a^2+b^2+2ab，然后通过分析f(x)和g(x)的性质，来证明不等式的成立。
6.构造函数的积法：对于形如(a·b)^2≥0的不等式，可以构造f(x)=x^2和g(x)=a^2·b^2，然后通过分析f(x)和g(x)的性质，来证明不等式的成立。
7.构造函数的倒数法：对于形如1/(a·b)≥0的不等式，可以构造f(x)=1/x和g(x)=a·b，然后通过分析f(x)和g(x)的性质，来证明不等式的成立。
8.构造指数函数法：对于形如e^x≥1的不等式，可以构造f(x)=e^x 和g(x)=1，然后通过分析f(x)和g(x)的性质，来证明不等式的成立。
以上就是八种常用的构造函数法证明不等式的方法。
在实际证明过程中，需要注意选择合适的函数，并结合函数的性质进行分析，以确定不等式的成立情况。
此外，还需要注意构造的函数在给定范围内是否满足所要求的性质，以确保证明的正确性。
构造函数法证明不等式的八种方法.doc
构造函数法证明不等式的八种方法.doc构造函数法是一种证明不等式的有效方法。
构造函数法是通过构造函数来证明不等式的真实性。
构造函数是函数的一种特殊形式，它是根据不等式中的条件和限制而构造出来的函数。
构造函数法的基本思路是，通过构造函数将原不等式转化为更容易证明的形式，进而通过对构造函数的研究来证明原不等式的真实性。
本文将介绍构造函数法证明不等式的八种方法。
一、线性函数法线性函数法是基于线性函数的构造函数法，它是构造函数法中最简单的方法之一。
线性函数法的思路是，构造一个线性函数，使得该函数在不等式限制下达到最大值或最小值。
例如，证明如下不等式：$$\frac{a}{b+1}+\frac{b}{c+1}+\frac{c}{a+1}\geq\frac{3}{2}$$将不等式两边都乘以$2(b+1)(c+1)(a+1)$得：$$2a(c+1)(b+1)+2b(a+1)(c+1)+2c(b+1)(a+1)\geq 3(a+1)(b+1)(c+1)$$此时，可以构造如下的线性函数$f(x,y,z)$:容易发现，$f(x,y,z)$在限制条件$x,y,z\geq 0$，$xy+yz+zx=3$下，达到最大值$\frac{3}{2}$。
因此，原不等式成立。
二、对数函数法对数函数法是基于对数函数的构造函数法，它常用于证明形如$a^x+b^y+c^z\geq k$的不等式，其中$a,b,c,x,y,z,k$均为正实数。
对数函数法的思路是，构造一个对数函数，使得该函数满足$g(x,y,z)\leq\ln(a^x+b^y+c^z)$，进而证明$g(x,y,z)\leq\ln k$，从而得到原不等式的证明。
例如，证明如下不等式：考虑构造如下的对数函数：$$g(x)=\ln\left(\frac{4a^3x+6}{5a^2x+2ax+5}\right)-\frac{3}{4}\ln x$$不难证明，$g(x)$在$x\geq 1$时单调递减且$g(1)=0$，因此$g(x)\leq 0$。
构造函数法求解不等式问题
构造函数法求解不等式问题步骤一：根据不等式的形式，构造函数。
根据不等式的形式，我们可以构造一个合适的函数，该函数满足不等式的性质。
根据不等式的类型，我们可以构造线性函数、二次函数、指数函数等。
构造的函数应当包含不等式的解集，因此我们需要考虑函数值的正负、函数的增减性质等。
步骤二：找出函数的零点和关键点。
找到函数的零点和关键点对于确定函数的性质和解集至关重要。
函数的零点是指函数等于零的点，而关键点是函数的最值点和拐点。
步骤三：利用函数的性质来确定不等式的解集。
根据函数的图像和性质，利用函数的增减性质和函数值的正负来确定不等式的解集。
通过观察函数的图像，我们可以确定不等式的解集是一个区间，或者是两个区间的并集。
以下为几个实例，展示了如何使用构造函数法求解不等式问题。
实例一：$x^2-3x-4<0$首先，我们构造函数$f(x) = x^2 - 3x - 4$。
然后，我们需要找出函数$f(x)$的零点和关键点。
通过求解方程$f(x) = 0$，我们可以得到$x = -1$和$x = 4$是函数的零点，而$x = \frac{3}{2}$是函数的关键点。
接下来，我们观察函数的图像。
通过求导函数$f'(x)$，我们可以确定函数$f(x)$在$x < -1$时是递减的，在$-1 < x < \frac{3}{2}$时是递增的，而在$x > \frac{3}{2}$时又是递减的。
根据函数$f(x)$的性质和函数值的正负，我们可以得出不等式的解集是$x \in (-1, \frac{3}{2})$。
实例二：$2^x-8<0$首先，我们构造函数$f(x)=2^x-8$。
然后，我们需要找出函数$f(x)$的零点和关键点。
通过求解方程$f(x)=0$，我们可以得到$x=3$是函数的零点，而$x=0$是函数的关键点。
接下来，我们观察函数的图像。
由于指数函数$2^x$是递增的，函数$f(x)$在$x>0$时是递增的，而在$x<0$时是递减的。
专题07 构造函数法解决导数不等式问题(二)(原卷版)
专题07 构造函数法解决导数不等式问题(二)考点四 构造F (x )＝f (x )±g (x )，F (x )＝f (x )g (x )，F (x )＝f (x )g (x )类型的辅助函数 【方法总结】(1)若F (x )＝f (x )＋ax n ＋b ，则F ′(x )＝f ′(x )＋nax n －1；(2)若F (x )＝f (x )±g (x )，则F ′(x )＝f ′(x )±g ′(x )；(3)若F (x )＝f (x )g (x )，则F ′(x )＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )；(4)若F (x )＝f (x )g (x )，则F ′(x )＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2． 由此得到结论：(1)出现f ′(x )＋nax n －1形式，构造函数F (x )＝f (x )＋ax n ＋b ；(2)出现f ′(x )±g ′(x )形式，构造函数F (x )＝f (x )±g (x )；(3)出现f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )形式，构造函数F (x )＝f (x )g (x )；(4)出现f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )形式，构造函数F (x )＝f (x )g (x )． 【例题选讲】[例1](1)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝3，对任意x ∈R ，f ′(x )<3，则f (x )>3x ＋6的解集为( )A ．{x |－1<x <1}B ．{x |x >－1}C ．{x |x <－1}D ．R(2)定义在R 上的函数f (x )满足f (1)＝1，且对∀x ∈R ，f ′(x )＜12，则不等式f (log 2x )＞log 2x ＋12的解集为________．(3)定义在R 上的可导函数f (x )满足f (1)＝1，且2f ′(x )>1，当x ∈⎣⎡⎦⎤－π2，3π2时，不等式f (2cos x )>32－2sin 2x 2的解集为( )A ．⎝⎛⎭⎫π3，4π3B ．⎝⎛⎭⎫－π3，4π3C ．⎝⎛⎭⎫0，π3D ．⎝⎛⎭⎫－π3，π3 (4)f (x )是定义在R 上的偶函数，当x ≥0时，f ′(x )＞2x ．若f (a －2)－f (a )≥4－4a ，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．[1，＋∞)C ．(－∞，2]D ．[2，＋∞)(5)已知f ′(x )是函数f (x )的导数，且f (－x )＝f (x )，当x ≥0时，f ′(x )>3x ，则不等式f (x )－f (x －1)<3x －32的解集是( )A ．⎝⎛⎭⎫－12，0B ．⎝⎛⎭⎫－∞，－12C ．⎝⎛⎭⎫12，＋∞D ．⎝⎛⎭⎫－∞，12 (6)设f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导数，当x >0时，f (x )＋f ′(x )·x ln x <0，则不等式(x －1)f (x )>0的解集为________．(7)(多选)定义在(0，＋∞)上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且(x ＋1)f ′(x )－f (x )＜x 2＋2x 对任意x ∈(0，＋∞)恒成立．下列结论正确的是( )A ．2f (2)－3f (1)＞5B ．若f (1)＝2，x ＞1，则f (x )＞x 2＋12x ＋12C ．f (3)－2f (1)＜7D ．若f (1)＝2，0＜x ＜1，则f (x )＞x 2＋12x ＋12(8)已知函数f (x )，对∀x ∈R ，都有f (－x )＋f (x )＝x 2，在(0，＋∞)上，f ′(x )<x ，若f (4－m )－f (m )≥8－4m ，则实数m 的取值范围为( )A ．[－2，2]B ．[2，＋∞)C ．[0，＋∞)D ．(－∞，－2]∪[2，＋∞)(9)已知函数y ＝f (x )是R 上的可导函数，当x ≠0时，有f ′(x )＋f (x )x >0，则函数F (x )＝xf (x )＋1x的零点个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3(10)函数f (x )满足x 2f ′(x )＋2xf (x )＝e x x ，f (2)＝e 28，当x >0时，f (x )的极值状态是___________． 【对点训练】1．已知函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，且对任意x ∈R ，f ′(x )＞2，则f (x )＞2x ＋4的解集为( )A ．(－1，1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)2．已知函数f (x )(x ∈R )满足f (1)＝1，f (x )的导数f ′(x )<12，则不等式f (x 2)<x 22＋12的解集为 ． 3．已知定义域为R 的函数f (x )的导数为f ′(x )，且满足f ′(x )<2x ，f (2)＝3，则不等式f (x )>x 2－1的解集是( )A ．(－∞，－1)B ．(－1，＋∞)C ．(2，＋∞)D ．(－∞，2)4．定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足x 2f ′(x )＋1＞0，f (1)＝4，则不等式f (x )＞1x＋3的解集为________． 5．设f (x )为R 上的奇函数，当x ≥0时，f ′(x )－cos x <0，则不等式f (x )<sin x 的解集为 ．6．设f (x )和g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，f ′(x )，g ′(x )分别为其导数，当x ＜0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )＜0的解集是( )A ．(－3，0)∪(3，＋∞)B ．(－3，0)∪(0，3)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0，3)7．设f (x )，g (x )是定义在R 上的恒大于0的可导函数，且f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )＜0，则当a ＜x ＜b 时，有( )A ．f (x )g (x )＞f (b )g (b )B ．f (x )g (a )＞f (a )g (x )C ．f (x )g (b )＞f (b )g (x )D ．f (x )g (x )＞f (a )g (a )8．设函数f (x )在R 上存在导数f ′(x )，对任意x ∈R ，都有f (－x )＋f (x )＝x 2，在(0，＋∞)上f ′(x )<x ，若f (2－m )＋f (－m )－m 2＋2m －2≥0，则实数m 的取值范围为__________．9．已知f (x )是定义在R 上的减函数，其导函数f ′(x )满足f (x )f ′(x )＋x <1，则下列结论正确的是( ) A ．对于任意x ∈R ，f (x )<0 B ．对于任意x ∈R ，f (x )>0C ．当且仅当x ∈(－∞，1)，f (x )<0D ．当且仅当x ∈(1，＋∞)，f (x )>010．已知y ＝f (x )为R 上的可导函数，当x ≠0时，f ′(x )＋f (x )x ＞0，若g (x )＝f (x )＋1x ，则函数g (x )的零点个数为( )A ．1B ．2C ．0D ．0或2考点五 构造具体函数关系式【方法总结】这类题型需要根据题意构造具体的函数关系式，通过具体的关系式去解决不等式及求值问题．【例题选讲】[例1] (1) (2020·全国Ⅰ)若2a ＋log 2a ＝4b ＋2log 4b ，则( )A ．a >2bB ．a <2bC ．a >b 2D ．a <b 2(2)已知α，β∈⎣⎡⎦⎤－π2，π2，且αsin α－βsin β＞0，则下列结论正确的是( ) A ．α＞β B ．α2＞β2 C ．α＜β D ．α＋β＞0(3)(多选)若0<x 1<x 2<1，则( )A ．x 1＋ln x 2>x 2＋ln x 1B ．x 1＋ln x 2<x 2＋ln x 1C ．12e x x >21e x xD ．12e x x <21e x x (4)已知函数f (x )＝e x x －ax ，x ∈(0，＋∞)，当x 2＞x 1时，不等式f (x 1)x 2－f (x 2)x 1<0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，e ]B ．(－∞，e )C ．(－∞，e 2)D ．(－∞，e 2] A ．(a ＋1)a ＋2>(a ＋2)a ＋1 B ．log a (a ＋1)>log a ＋1(a ＋2)C ．log a (a ＋1)<a ＋1aD ．log a ＋1(a ＋2)<a ＋2a ＋1(6) (2021·全国乙)设a ＝2ln1.01，b ＝ln1.02，c ＝ 1.04－1，则( )A ．a <b <cB ．b <c <aC ．b <a <cD ．c <a <b (7)已知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，导函数为f ′(x )，若xf ′(x )－f (x )＝x ln x ，且f ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ，则( )A ．f ′⎝⎛⎭⎫1e ＝0B ．f (x )在x ＝1e处取得极大值 C ．0<f (1)<1 D ．f (x )在(0，＋∞)上单调递增 【对点训练】1．若a ＝ln 22，b ＝ln 33，c ＝ln 66，则( ) A ．a <b <c B ．c <b <a C ．c <a <b D ．b <a <c2．设a ，b >0，则“a >b ”是“a a >b b ”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件3．已知0<x 1<x 2<1，则( )A ．ln x 1x 2>ln x 2x 1B ．ln x 1x 2<ln x 2x 1C ．x 2ln x 1>x 1ln x 2D ．x 2ln x 1<x 1ln x 24．已知a >b >0，a b ＝b a ，有如下四个结论：(1)b <e ；(2)b >e ；(3)存在a ，b 满足a ·b <e 2；(4)存在a ，b 满足a ·b >e 2，则正确结论的序号是( )A ．(1)(3)B ．(2)(3)C ．(1)(4)D ．(2)(4)5．设x ，y ，z 为正数，且2x ＝3y ＝5z ，则( )A ．2x <3y <5zB ．5z <2x <3yC ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z6．已知a <5且a e 5＝5e a ，b <4且b e 4＝4e b ，c <3且c e 3＝3e c ，则( )A ．c <b <aB ．b <c <aC ．a <c <bD ．a <b <c7．若0<x 1<x 2<a ，都有x 2ln x 1－x 1ln x 2≤x 1－x 2成立，则a 的最大值为( )A ．12B ．1C ．eD ．2e 8．下列四个命题：①ln 5<5ln 2；②ln π>πe ；③11；④3eln 2>42．其中真命题的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4 9．已知函数f (x )＝e x ＋m ln x (x ∈R )，若对任意正数x 1，x 2，当x 1＞x 2时，都有f (x 1)－f (x 2)＞x 1－x 2成立，则实数m 的取值范围是________．10．若实数a ，b 满足2a ＋3a ＝3b ＋2b ，则下列关系式中可能成立的是( )A ．0<a <b <1B ．b <a <0C ．1<a <bD ．a ＝b11．已知函数f (x )＝e x x －ax ，x ∈(0，＋∞)，当x 2>x 1时，不等式f (x 1)x 2<f (x 2)x 1恒成立，则实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞，e] B ．(－∞，e) C ．⎝⎛⎭⎫－∞，e 2 D ．⎝⎛⎦⎤－∞，e 2 12．设f ′(x )为函数f (x )的导函数，已知x 2f ′(x )＋xf (x )＝ln x ，f (e)＝1e，则下列结论正确的是( ) A ．f (x )在(0，＋∞)单调递增 B ．f (x )在(0，＋∞)单调递减C ．f (x )在(0，＋∞)上有极大值D ．f (x )在(0，＋∞)上有极小值13．(多选)下列不等式中恒成立的有( )A ．ln(x ＋1)≥x x ＋1，x >－1 B ．ln x ≤12⎝⎛⎭⎫x －1x ，x >0 C ．e x ≥x ＋1 D ．cos x ≥1－12x 2。
构造辅助函数证明不等式
陈
斌
３ ５０ １２ １
／ ￡ ＝￡ 一Ｉｔ ． ￡ ＝１ １ ‘￡ （） 一１ ｎ ／（ ） 一＿ ，． ∈ 『 ‘
＋∞） 为增 函数 ， 厂 ｔ在 ｔ 处 连续 ． 上 且 （） ＝１
＜ 一
在 Ｅ（ ， ｏ ＋∞） 上成 立 ．
，
构造商 函数 ， 是构造辅助 函数 的常用方
例 ２ 求证 ： ＞ｓ ＞ ２ 成 立 ｉ ｎ ７ ｌ ＂ 其中 ，
，
证 明 ： ／ ） １＋ ） 一ｘ ） 令 （ ：ｌ（ 一（ ２
／（ ＝ ）
维普资讯
２ ０ 第 ３期 ０６年
河 北理科教 学研 究
问题讨 论
构 造 辅 助 函数 证 明不 等 式
浙 江省 宁波镇 海 中兴 中学数 学组 用导 数证 明不等 式是证 不 等式 的一 种重 要方法 ， 明过 程 往往 简捷 、 快 ， 别 是 证 证 明 特 明超越 不 等式 ， 是如 鱼得 水 ． 明的第一 步 更 证 要考 虑如 何构 造 函数 ， 也是 证 明的关 键 ． 函 若 数构 造恰 当 ， 不 等 式 的证 明转 化 为利 用 导 把 数研 究 函数 的单 调 性 或 求 最 值 ， 而 证 得 不 从 等 式 ． 文谈 谈在 用导 数证 明不 等式 时 ， 本 构造 辅 助 函数 的几种 常用 途径 ．
含 双字母 的不 等 式 ， 以考 虑 以其 中 一 可 个字 母作 为 自变量 ， 另一 个 作 为 常 数来 构造
相应 函数 ．
例 ４ 若 （ ） ｌｘ， ＜０＜ｂ 则 ０＜ ＝ｘｎ ０ ，
导数构造函数法证明不等式
[解析] 设 F(x)＝g(x)－f(x)，即 F(x)＝23x3－12x2－lnx， 则 F′(x)＝2x2－x－1x＝x－12xx2＋x＋1， 当 x>1 时，F′(x)＝x－1xx2＋x＋1>0 从而 F(x)在(1，＋∞)上为增函数，∴F(x)>F(1)＝16>0 ∴当 x>1 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)＝23x3 的图象的下方。
当 x∈(－1,0)时，g′(x)<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＝g(0)＝0， ∴当 x>－1 时，g(x)≥g(0)，即 ln(x＋1)＋x＋1 1－1≥0. ∴ln(x＋1)≥1－x＋1 1，综上可知，当 x>－1 时，有 1－x＋1 1≤ln(x＋1)≤x 【警示启迪】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，只要求构造函数的最大值不超过 0 就可得证．
证 B，当 x＝12时，
1＝ 1＋12
36，而
1－12×12＋14×14＝1136＝3498＝
1 521 48 <
145836＝
16 48
6，故排除
B；
验证 C，令 g(x)＝cosx－1＋12x2，g′(x)＝－sinx＋x，g″(x)＝1－cosx，显然 g″(x)>0 恒成立，所以当 x∈[0，＋∞)时，g′(x)≥g′(0)＝0，所以 x∈[0，＋∞)时，g(x) ＝cosx－1＋12x2 为增函数，所以 g(x)≥g(0)＝0 恒成立，即 cosx≥1－12x2 恒成立； 验证 D，令 h(x)＝ln(1＋x)－x＋18x2，h′(x)＝x＋1 1－1＋4x＝4xxx－＋31，令 h′(x)<0， 解得 0<x<3，所以当 0<x<3 时，h(x)<h(0)＝0，显然不恒成立．故选 C．
利用构造法破解导数不等式问题
k>x1
2 +x2
。
28
解题篇 经典题突破方法 高考数学 2019年3月
因
为
k
=
ln x1 x1
-ln x2 -x2
,所
以
只
需
证
lnx1-lnx2 x1 -x2
>
2 ,即 x1 +x2
(1)求a 的值及函数f(x)的极值; (2)证明:当 x>0时,x2<ex 。 解法 展 示:(1)由 f (x)=ex -ax,得 f'(x)=ex -a。因为 f'(0)=1-a= -1,所 以a=2。 所以 f(x)=ex -2x,f'(x)=ex -2。 令 f'(x)=0,得 x=ln2。 当 x<ln2 时 ,f'(x)<0,f(x)单 调 递 减 ; 当 x>ln2 时 ,f'(x)>0,f(x)单 调 递 增 。 所以当 x=ln2时,f(x)取得极小值,且 极 小 值 为 f(ln2)=eln2 -2ln2=2-ln4, f(x)无 极 大 值 。 (2)令 g(x)=ex -x2,则 g'(x)=ex 2x。 由(1)得 g'(x)=f(x)≥f(ln2)>0,故 g(x)在 R 上单调递增。 所以当 x>0时,g(x)>g(0)=1>0,即 x2<ex 。 师说导引:在 本 例 第 (2)问 中,发 现 “x2, ex ”具有基本初等函 数 的 基 因,故 可 选 择 对 要 证明的“x2<ex ”构造函数,得到“g(x)=ex x2”,并 利 用 第 (1)问 的 结 论 求 解 。
不等式的证明之一构造辅助函数法
不等式的证明之一构造辅助函数法作者：朱小春来源：《教育周报·教育论坛》2018年第23期摘要：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，从而证得不等式數学中的构造不是无中生有，而是根据需要和可能。
通过类比联想改造，变通等技法把原有的“材料”零部件“组装成有利用解决问题的新事物，因此数学中的构造即不神秘，也不是难以捉摸，而是有章可循，目的性和方向性都很强的一种操作技能和技巧。
本文就“构造函数法”证明不等式问题归纳总结出构造辅助函数的证明不等式的一般归律。
关键词：直接法 ;类比法 ;和谐法 ;;转化法（一）直接法要证明不等式f（x）<y（x）<0，令h（x）=f（x）-y（x），只顺证[h（x）]max<0。
要证明0<f（x）<y（x），若作差以后不利于应用，则可变为<1令h（x）=只顺证h（x）max<1，总之利用作差法和作商法就把一个不等式的证明问题转化成了一个求函数的最值问题。
例1：已知函数f（x）=ln x（a>0），求证证明：令，则.当，，上为增函数，当时，，在（0.1）上为减函数.所以在时，取得最小值，∴.例2、已知定义在正实数集上的函数其中a>0，且，求证：.解：设则，，∴当时，，故在上为减函数，在上为增函数，于是函数;在上的最小值是，故当时，有，即.（二）类比法有的不等式具有与基本不等式类比的结构特征，传人很自然地联想到某些基本不等式的性质，这叫做类比法。
例3，若，求证：分析：由不等式，可知。
若和为定值，积为最大值，乘积为定值，和为最小值。
证明：∵，∴，∴（三）和谐法对于一些含有二元的式子，直接法和类比法难以凑效的时候，应考虑将待证式子进行适当的变形，然后再构造辅助函数。
例4，已知，且，求证：分析：待证不等式两侧均含有，通过移项，让分居不等式两侧，于是就显得对称、整齐、简洁、和谐，辅助函数则跃然纸上。
证明：由得;，设，则只顺证，∵在上是增函数，又，则.例5、已知函数，求证：对任意的正数，恒有.证明：函数的定义域为，，∴当时，，即在上为减函数，当时，，即在上为增函数，因此在时，取得极小值，而且是最小值.于是，从而，即，令，则，于是，因此（四）转化法当不等式形式比较复杂时，可先考虑不等式加以等价转化，然后根据情况构造辅助函数。
构造辅助函数证明不等式
构造辅助函数证明不等式辅助函数证明不等式的思路是通过构造一个与原问题相关的函数，在该函数中利用特定的性质或者算术关系，来证明原问题中的不等式成立。
以下将详细介绍如何通过构造辅助函数来证明不等式。
在不等式的证明中，我们可以通过构造辅助函数来简化问题。
辅助函数通常具有比原不等式更具有特殊性质的问题。
通过对辅助函数进行一系列等式或不等式推导，最终可以得到原不等式的证明。
具体的步骤如下：1.确定证明的对象：在不等式证明中，首先需要明确要证明的不等式是什么。
例如，要证明一组数的不等式a≥b成立。
2.构造辅助函数：根据问题的特点，可以通过构造一个与原不等式相关的辅助函数，来简化问题或者将原问题转化为更易证明的形式。
例如，可以构造辅助函数f(x)=a-b。
3.分析辅助函数的性质：分析辅助函数的特点和性质，找到能够帮助证明原不等式成立的关系或者算术操作。
4.推导辅助函数的等式或不等式：利用辅助函数的性质，通过一系列等式或不等式推导，逐步将辅助函数简化为更易处理的形式。
例如，可以利用辅助函数的性质将不等式f(x)≥0推导为a-b≥0。
以下通过一个具体的例子来解释如何使用辅助函数证明不等式。
例：证明对于任意实数x，有x^2≥0。
1.由于要证明的是一个不等式，我们需要构造一个与该不等式相关的辅助函数。
2.我们可以构造辅助函数f(x)=x^23.辅助函数的性质是平方总是非负的，即f(x)≥0。
4.根据辅助函数的性质，我们可以得到等式f(x)=x^2=0。
这个等式表明，辅助函数的取值范围为非负数。
以上就是使用辅助函数证明不等式的一般步骤。
在具体的证明中，可以根据问题的特点和要证明的不等式的形式，选择合适的辅助函数，然后通过推导和链接辅助函数与原不等式，来得出最终的结论。
演好用导数证不等式的前奏--构造辅助函数
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比数列， 首项为 " ， 公比为 #， 等比数列的中 "
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列% 例) 设｛ ｝ 为各项均为正数的等比数 " ! ) 列， 已知 $) ’& ， $! 为该数列的前! 项积，
演好用导数证不等式的前奏--构造辅助函数
作者： 作者单位： 刊名： 英文刊名： 年，卷(期)： 陈斌 宁波镇海中兴中学数学组,315201 中学数学杂志（高中版） ZHONGXUE SHUXUE ZAZHI(GAOZHONGBAN) 2006(2)
本文链接：/Periodical_zxsxzz-gzb200602017.aspx
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3 2中学数Biblioteka 杂志 （高中） * # # 4年第*期
故由 !、 原命题成立! " 可知， 点评 设函数! （"） 在定义域 ［ 上 #， $］ 连续，在 区 间 （ ， ）内 可 导，若 （ ） #$ "" ! ! （ ）在 （ ， ）上递增 （ ） （"） # " #$ # !" ! # $! （ ； 若! （"） （"） 在 （ 上递 $） " " #， $） $! $# ! 减# （ ） （ ） （ ） ! $ $! " $! # ! 若" % （ ， ， 求证 & $ # $%） " $& " $& & & ’ $ ! " " 分析 本题在端点 " (#处不连续， 先 换元变形： 令&$ & (%， ， 则% !& ， " !# " " & 原不等式 & ! # &) $& ’ % $%)& ! ( %)& % 令! （ 则! （ %） ’ %， " %） (%)&)& (&) & ! % 因为% % （ ， ， 所以! （ ， 所 & " %） $ %） !# （ 在 （ ， 上为增函数， 且! （ 在 以! %） & %） $%） % (&处连续， 所以! （ （ ） ， 即%)&!& %） & ’ %! !! (# 变式 & 同样可证 （ ） 令& （ %） %)&$ ， ’ (& &% % & ， 即& ’ % !&) ! !# % " $& & 所以 & $& ’ $ ! " $& " " 点评 本题是换元后再构造差函数! 换 元有二个作用， 一是解决了函数在端点处不 连续问题， 二是构造的函数比较简单， 有利于 运算! 途径二 构造商函数 构造商函数， 是构造辅助函数的常用方 法! * 例* 求证： 其中 " !+ , ’ " ! " 成立， ! !） （ ， "% # ! * 分析 直接构造差函数很难证明右边 , ’ " * 的不等式! 若改写不等式为 & ! + ! ， " ! + , ’ " + , ’ " 当 " &# 时， ， 当" ( ! 时， 万方数据 && ( " * "
利用凸函数证明不等式时辅助函数的构造
) 内为凸函数, 根据 Jensen 不等式有
即 或 例5
1 2 1 [ f ( x 1 ) + f ( x2 ) + + x 2009 ) = f ( 1 ) , + f ( x 2009 ) ] f(x + x + 2009 2009 2009 1 1 1 ln 1 + + ln 1 + + + ln 1 + 2009ln( 1 + 2009) , x1 x2 x 2009 1 1 1 2009 1+ 1+ 1+ 2010 . x1 x2 x 2009
即 注
) 内为严格凸函数 , 根据 Jensen 不等式有 1 [ f ( a) + f ( b) ] > f ( a + b ) , 2 1 a+ b 2 aa + b b > 2 a + b . 2
可类似推出利用凹函数证明不等式中构造辅助函数的方法 .
参考文献
[ 1] 华东师范大学数学系 . 数学分析 ( 上册 ) [ M ] . 北京 : 高等教育出版社 , 2001: 148- 151. [ 2] 裴礼文 . 数学分析中的典型问题与方法 [ M ] . 北京 : 高等教育出版社 , 2006: 277.
Z+ . 从逻辑上看, N 有且仅有三种情况: N = ; N 为有限集; N 为无限集. ( 1) 若 N = , 则对任意 n Z+ , 都存在 i Z+ , 使得 x n < x n+ i . 现取 n 1 = 1 , 即 x n1 = x 1 ,
则存在 i1 Z+ 使得 x n1 < x n1 + i 1 , 令 n2 = n1 + i1 , 则 n 1 < n2 且 x n1 < x n2 . 类似地, 存在正整数 n3 , 使得 n 2 < n3 且 x n2 < x n3 . 依次得到正整数 n4 , n5 , , 满足 n3 < n4 < n5 < , 使得 x n3 < x n4 < x n5 < , 于是得到数列 { x n } 的一个单调递增子列{ x nk } . ( 2) 若 N 为有限集, 则 N 有界, 即存在一个正整数 M, 使得对任意 n N , 恒有 n < M 成立 . 考虑数列 { x n } 的子数列 { x M , x M+ 1 , x M+ 2 , } , 则该子数列所对应的指标集 N = , 根据 ( 1) 的结 论, 存在数列 { x M , x M+ 1 , x M+ 2 , } 的一个单调递增子列 { x nk } . ( 3) 若 N 为无限集, 则根据 N 的定义 , 指标集 N 所对应的子列 { x nk | nk 减数列. 综上所述, 有界数列均存在单调子列, 因而存在收敛子列. 证毕 .
辅助函数法在不等式问题中的应用
辅助函数法在不等式问题中的应用廖达凡(江西省大余中学,341500)不等式是中学数学的主要内容,几乎涉及整个高中数学的各个部分,是每年高考必考的内容.随着新课程改革的逐步推进,高考对不等式的能力考查方面也提出了更新的要求,尤其是近年来全国各省、市高考试卷中,以高等数学知识为背景来考查不等式各类问题倍受命题者的青睐.本文笔者将从解不等式、不等式的证明和含参数的不等式恒成立问题三方面举例探讨如何构造辅助函数解决不等式问题.一、解不等式在现行高中数学新教材中,对不等式的解法要求降低,主要掌握一元二次不等式、含绝对值不等式以及简单的分式不等式等解法,但在新教材高考试题中,对不等式解法的考查却是灵活多样,来源于课本又高于课本,尤其是导数作为工具编入新教材,为解不等式注入了新活力,构造辅助函数这一创造性思维也得到了很好的体现.例1 设f(x)是定义在R上的奇函数,当x (-,0)时,有2xf!(2x)+f(2x)<0成立,且f(-2)=0,解不等式x∀f(2x)<0.分析 按照解不等式的一般思路,不等式x∀f(2x)<0可等价转化为不等式组x<0,f(2x)>0,或x>0,f(2x)<0.但对于不等式组中的不等式f(2x)>0,及f(2x)<0却很难进一步转化.此时,如果从条件#2xf!(2x)+f(2x)<0∃中的#结构∃观察,易类比联想到函数F(x)=xf(2x)的导函数,从而研究F(x)的性质,使原不等式求得解集.解 构造辅助函数F(x)=xf(2x),则F(0)=0且由题设可知F!(x)<0.故F(x)在(-,0)内是减函数.又%f(-2)=0,&F(-1)=0.又因f(x)在R上是奇函数,从而F(x)在R上是偶函数,故F(1)=0且F(x)在(0,+ )是增函数.&原不等式的解集为(-1,0)∋(0,1).可见,从#结构∃入手,类比观察,可构造辅助函数F(x)=xf(2x)是解本题思路的突破口,而根据题设条件借助导数研究函数F(x)的性质,是处理此题的一种有效途径.结合以上思维策略,读者不难处理下面一道高考题:(2005年江西高考题)设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时, f!(x)∀g(x)+f(x)∀g!(x)>0,且g(-3)= 0则不等式f(x)∀g(x)<0的解集是.(A)(-3,0)∋(3,+)(B)(-3,0)∋(0,3)(C)(-,-3)∋(3,+)&|PD|=12|PA|=12|OP|.&3-x=12x2+y2,&(x-4)24-y212=1.%x<3,&外心P的轨迹为双曲线的左支.上述解法利用了平面几何知识,大大减少了运算量,给人耳目一新之感.∀20∀(D)(-,-3)∋(0,3)二、证明不等式不等式的证明是高中学习的难点,常用证法有比较法、综合法、分析法等,新教材高考试卷中,灵活构造辅助函数,借助导数来证明不等式已成为解决不等式证明的一种有效思维方法.例2 证明:当x>0时,x>l n(1+x).分析 作差法是最常用的一种构造辅助函数的方法,其关键在于移项作差,构造新函数,然后利用导数探讨函数的单调性即可证明结论.证明 构造辅助函数f(x)=x-ln(1+x).当x>0时,f!(x)=1-1x+1=xx+1>0.&f(x)在(0,+)内是增函数.又f(x)在x=0处连续且f(0)=0,&f(x)=x-ln(1+x)>f(0)=0.从而,原不等式得证.显然,此题选择作差法构造辅助函数恰到好处,但有些题目采用作差法构造出来的辅助函数,可能会南辕北辙,此时,我们不妨可以采用#作商∃的方式来构造辅助函数.例3 证明当x 0,2时,2x<si n x.分析 观察结构,作商构造函数f(x)= sin xx,然后利用单调性证明不等式.证明 构造辅助函数f(x)=sin xx0<x< 2,求导可得f!(x)=x cos x-si n xx2,当x 0,2时,易知tan x>x,故x cos x-sin x<0,即f!(x)<0.&f(x)=sin xx在0,2上是减函数.%f2=2 ,&f(x)>2 ,& 2 x<sin x.利用上面的#比较法∃构造辅助函数,读者不妨尝试下面一道高考试题:(2007年山东高考试题)设函数f(x)=x2+b ln(x+1),其中b(0.(1)(2)略;(3)证明对任意的正整数n,不等式ln1n+1>1n2-1n3都成立.有时也可以通过变形构造辅助函数证明不等式.例4 已知a,b为实数,并且e<a<b,其中e是自然对数的底,证明a b>b a.分析 如果两边同时取自然对数,原不等式可等价转化为b ln a>a ln b,即证ln aa>ln bb.证明 当e<a<b时,a b>b a b ln a>a lnb l n aa>l n bb.构造辅助函数f(x)=ln xx(x>e),则当x>e时f!(x)=1-ln xx2<0,&f(x)在(e,+)上是减函数,%e<a<b,&l n aa>ln bb,&a b>b a.例5 对任意实数x,y,试证:x2+xy+y2+2x-2y+4)0.分析 要证明的不等式中含有两个变量.这时可定x为主元,y为次元,构造一个关于x的二次函数.证明 构造函数f(x)=x2+(y+2)x+(y2-2y+4),则要证原不等式成立,只需证明函数y=f(x)的图象不在x轴下方,即 ∗0.% =(y+2)2-4(y2-2y+4)=-3(y-2)2∗0.&f(x))0,从而原不等式恒成立.在高考的不等式证明问题中,变量一般会有两个或两个以上,以其中一变量为主元构造辅助函数,从而研究辅助函数的性质,能使不等式证明柳暗花明.例6 (2007年辽宁高考题改编)已知函∀21∀数f(x)=e2x-2t(e x+x)+x2+2t2+1,证明:f(x))32.分析 学生较容易想到,直接通过函数f(x)=e2x-2t(e x+x)+x2+2t2+1的最值来证明不等式f(x))32,但操作起来较繁琐,此时可#定主次元∃,以t为自变量,构造一个熟悉的关于t的二次函数g(t)=2t2-2(e x+ x)t+e2x+x2+1,转化成求g(t)的最值.解 构造函数g(t)=2t2-2(e x+x)t+e2x+x2+1,则 g!(t)=4t-2(e x+x).当t=e x+x2时,g!(t)=0;当t>e x+x2时,g!(t)>0;当t<e x+x2时,g!(t)<0.故函数g(t)在e x+x2,+上为增函数,在-,e x+x2上为减函数.&当t=e x+x2时,g(t)m in =12(e x-x)2+1,即 g(t))12(e x-x)2+1.不妨设h(x)=12(e x-x)2+1,则h!(x)=(e x-x)(e x-1),易知h(0)=32.当x>0时h!(x)>0,当x<0时h!(x)<0.故当x=0时,h(x)取最小值h(0)=32.故g(t))32,即f(x))32.三、解决不等式恒成立问题不等式恒成立问题是高中数学的重要内容,是函数、不等式、导数等内容交汇处的活跃知识点,也是近年来高考命题的热点.新教材中导数内容的增加,可以利用导数更加有效地研究不等式恒成立问题,而辅助函数法在这里又充分显示了它的优越性.例7 (2008年全国高考题)设函数f(x) =si n x2+cos x.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)如果对任何x)0,都有f(x)∗ax,求a的取值范围.解 (1)略.(2)作差,构造辅助函数g(x)=ax-f(x),则g!(x)=a-2cos x+1(2+cos x)2=312+cos x-132+a-13.故当a)13时,g!(x))0,又g(0)=0,所以当x)0时,g(x))g(0)=0,即f(x)∗ax.当0<a<13时,令h(x)=sin x-3ax,则h!(x)=cos x-3a,当x [0,arccos3a)时,h!(x)>0,f(x)=si n x2+cos x)si n x3>ax.当a∗0时,有f2=12>0)a2,综上,得a的取值范围是13,+.由此看来,含参数的不等式恒成立问题,解题的基本策略都是根据题意,灵活转化,准确把握不等式成立的充要条件.常常构造辅助函数,利用导数研究函数的单调性、最值(或上、下确界),常用的方法包括:分类讨论、数形结合、参数分离、变换主元等.下面的一道高考试题与例7如出一辙.(2007年全国高考题)设函数f(x)=e x-e-x对所有x)0都有f(x))ax,求a的取值范围.辅助函数法作为数学中一种最常用的数学思想方法,已成为研究中学数学有关问题的一种重要手段.这里仅从不等式问题探讨其优越性,为解决不等式问题提供一种重要的思想方法,在中学数学其它问题中也有着广泛的应用,这里不再举例说明.∀22∀。
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江西省南昌市2015-2016学年度第一学期期末试卷（江西师大附中使用）高三理科数学分析一、整体解读试卷紧扣教材和考试说明，从考生熟悉的基础知识入手，多角度、多层次地考查了学生的数学理性思维能力及对数学本质的理解能力，立足基础，先易后难，难易适中，强调应用，不偏不怪，达到了“考基础、考能力、考素质”的目标。
试卷所涉及的知识内容都在考试大纲的范围内，几乎覆盖了高中所学知识的全部重要内容，体现了“重点知识重点考查”的原则。
1．回归教材，注重基础试卷遵循了考查基础知识为主体的原则，尤其是考试说明中的大部分知识点均有涉及，其中应用题与抗战胜利70周年为背景，把爱国主义教育渗透到试题当中，使学生感受到了数学的育才价值，所有这些题目的设计都回归教材和中学教学实际，操作性强。
2．适当设置题目难度与区分度选择题第12题和填空题第16题以及解答题的第21题，都是综合性问题，难度较大，学生不仅要有较强的分析问题和解决问题的能力，以及扎实深厚的数学基本功，而且还要掌握必须的数学思想与方法，否则在有限的时间内，很难完成。
3．布局合理，考查全面，着重数学方法和数学思想的考察在选择题，填空题，解答题和三选一问题中，试卷均对高中数学中的重点内容进行了反复考查。
包括函数，三角函数，数列、立体几何、概率统计、解析几何、导数等几大版块问题。
这些问题都是以知识为载体，立意于能力，让数学思想方法和数学思维方式贯穿于整个试题的解答过程之中。
二、亮点试题分析1．【试卷原题】11.已知,,A B C 是单位圆上互不相同的三点，且满足AB AC →→=，则AB AC →→⋅的最小值为（ ）A ．14-B ．12-C ．34-D ．1-【考查方向】本题主要考查了平面向量的线性运算及向量的数量积等知识，是向量与三角的典型综合题。
解法较多，属于较难题，得分率较低。
【易错点】1．不能正确用OA ，OB ，OC 表示其它向量。
2．找不出OB 与OA 的夹角和OB 与OC 的夹角的倍数关系。
【解题思路】1．把向量用OA ，OB ，OC 表示出来。
2．把求最值问题转化为三角函数的最值求解。
【解析】设单位圆的圆心为O ，由AB AC →→=得，22()()OB OA OC OA -=-，因为1OA OB OC ===，所以有，OB OA OC OA ⋅=⋅则()()AB AC OB OA OC OA ⋅=-⋅-2OB OC OB OA OA OC OA =⋅-⋅-⋅+ 21OB OC OB OA =⋅-⋅+设OB 与OA 的夹角为α，则OB 与OC 的夹角为2α所以，cos 22cos 1AB AC αα⋅=-+2112(cos )22α=--即，AB AC ⋅的最小值为12-，故选B 。
【举一反三】【相似较难试题】【2015高考天津，理14】在等腰梯形ABCD 中,已知//,2,1,60AB DC AB BC ABC ==∠= ,动点E 和F 分别在线段BC 和DC 上,且,1,,9BE BC DF DC λλ==则AE AF ⋅的最小值为 .【试题分析】本题主要考查向量的几何运算、向量的数量积与基本不等式.运用向量的几何运算求,AE AF ，体现了数形结合的基本思想，再运用向量数量积的定义计算AE AF ⋅，体现了数学定义的运用，再利用基本不等式求最小值，体现了数学知识的综合应用能力.是思维能力与计算能力的综合体现. 【答案】2918【解析】因为1,9DF DC λ=12DC AB =，119199918CF DF DC DC DC DC AB λλλλλ--=-=-==， AE AB BE AB BC λ=+=+，19191818AF AB BC CF AB BC AB AB BC λλλλ-+=++=++=+，()221919191181818AE AF AB BC AB BC AB BC AB BCλλλλλλλλλ+++⎛⎫⎛⎫⋅=+⋅+=+++⋅⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭19199421cos1201818λλλλ++=⨯++⨯⨯⨯︒2117172992181818λλ=++≥+= 当且仅当2192λλ=即23λ=时AE AF ⋅的最小值为2918. 2．【试卷原题】20. （本小题满分12分）已知抛物线C 的焦点()1,0F ，其准线与x 轴的交点为K ，过点K 的直线l 与C 交于,A B 两点，点A 关于x 轴的对称点为D ． （Ⅰ）证明：点F 在直线BD 上； （Ⅱ）设89FA FB →→⋅=，求BDK ∆内切圆M 的方程. 【考查方向】本题主要考查抛物线的标准方程和性质，直线与抛物线的位置关系，圆的标准方程，韦达定理，点到直线距离公式等知识，考查了解析几何设而不求和化归与转化的数学思想方法，是直线与圆锥曲线的综合问题，属于较难题。
【易错点】1．设直线l 的方程为(1)y m x =+，致使解法不严密。
2．不能正确运用韦达定理，设而不求，使得运算繁琐，最后得不到正确答案。
【解题思路】1．设出点的坐标，列出方程。
2．利用韦达定理，设而不求，简化运算过程。
3．根据圆的性质，巧用点到直线的距离公式求解。
【解析】（Ⅰ）由题可知()1,0K -，抛物线的方程为24y x =则可设直线l 的方程为1x my =-，()()()112211,,,,,A x y B x y D x y -，故214x my y x =-⎧⎨=⎩整理得2440y my -+=，故121244y y m y y +=⎧⎨=⎩则直线BD 的方程为()212221y y y y x x x x +-=--即2222144y y y x y y ⎛⎫-=- ⎪-⎝⎭令0y =，得1214y yx ==，所以()1,0F 在直线BD 上.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知121244y y m y y +=⎧⎨=⎩，所以()()212121142x x my my m +=-+-=-，()()1211111x x my my =--= 又()111,FA x y →=-，()221,FB x y →=-故()()()21212121211584FA FB x x y y x x x x m →→⋅=--+=-++=-，则28484,93m m -=∴=±，故直线l 的方程为3430x y ++=或3430x y -+=213y y -===±，故直线BD 的方程330x -=或330x -=，又KF 为BKD ∠的平分线，故可设圆心()(),011M t t -<<，(),0M t 到直线l 及BD 的距离分别为3131,54t t +--------------10分 由313154t t +-=得19t =或9t =（舍去）.故圆M 的半径为31253t r +== 所以圆M 的方程为221499x y ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭【举一反三】【相似较难试题】【2014高考全国，22】 已知抛物线C ：y 2＝2px(p>0)的焦点为F ，直线y ＝4与y 轴的交点为P ，与C 的交点为Q ，且|QF|＝54|PQ|.（1）求C 的方程；（2）过F 的直线l 与C 相交于A ，B 两点，若AB 的垂直平分线l′与C 相交于M ，N 两点，且A ，M ，B ，N 四点在同一圆上，求l 的方程．【试题分析】本题主要考查求抛物线的标准方程,直线和圆锥曲线的位置关系的应用,韦达定理,弦长公式的应用,解法及所涉及的知识和上题基本相同. 【答案】（1）y 2＝4x. （2）x －y －1＝0或x ＋y －1＝0. 【解析】（1）设Q(x 0，4)，代入y 2＝2px ，得x 0＝8p，所以|PQ|＝8p ，|QF|＝p 2＋x 0＝p 2＋8p.由题设得p 2＋8p ＝54×8p ，解得p ＝－2(舍去)或p ＝2，所以C 的方程为y 2＝4x.（2）依题意知l 与坐标轴不垂直，故可设l 的方程为x ＝my ＋1(m≠0)． 代入y 2＝4x ，得y 2－4my －4＝0. 设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)， 则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4.故线段的AB 的中点为D(2m 2＋1，2m)， |AB|＝m 2＋1|y 1－y 2|＝4(m 2＋1)．又直线l ′的斜率为－m ，所以l ′的方程为x ＝－1m y ＋2m 2＋3.将上式代入y 2＝4x ，并整理得y 2＋4m y －4(2m 2＋3)＝0.设M(x 3，y 3)，N(x 4，y 4)，则y 3＋y 4＝－4m，y 3y 4＝－4(2m 2＋3)．故线段MN 的中点为E ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m2＋2m 2＋3，－2m ，|MN|＝1＋1m 2|y 3－y 4|＝4（m 2＋1）2m 2＋1m 2.由于线段MN 垂直平分线段AB ，故A ，M ，B ，N 四点在同一圆上等价于|AE|＝|BE|＝12|MN|，从而14|AB|2＋|DE|2＝14|MN|2，即 4(m 2＋1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2m ＋2m 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 2＋22＝4（m 2＋1）2（2m 2＋1）m 4，化简得m 2－1＝0，解得m ＝1或m ＝－1， 故所求直线l 的方程为x －y －1＝0或x ＋y －1＝0.三、考卷比较本试卷新课标全国卷Ⅰ相比较，基本相似，具体表现在以下方面： 1. 对学生的考查要求上完全一致。
即在考查基础知识的同时，注重考查能力的原则，确立以能力立意命题的指导思想，将知识、能力和素质融为一体，全面检测考生的数学素养，既考查了考生对中学数学的基础知识、基本技能的掌握程度，又考查了对数学思想方法和数学本质的理解水平，符合考试大纲所提倡的“高考应有较高的信度、效度、必要的区分度和适当的难度”的原则． 2. 试题结构形式大体相同，即选择题12个，每题5分，填空题4 个，每题5分，解答题8个（必做题5个），其中第22，23，24题是三选一题。
题型分值完全一样。
选择题、填空题考查了复数、三角函数、简易逻辑、概率、解析几何、向量、框图、二项式定理、线性规划等知识点，大部分属于常规题型，是学生在平时训练中常见的类型．解答题中仍涵盖了数列，三角函数，立体何，解析几何，导数等重点内容。
3. 在考查范围上略有不同，如本试卷第3题，是一个积分题，尽管简单，但全国卷已经不考查了。
四、本考试卷考点分析表（考点/知识点，难易程度、分值、解题方式、易错点、是否区分度题）。