构造函数法证明导数不等式的八种方法Word版
证明不等式的八种方法
1 Math Part 比较法
证明：
∴a-1≥1，b-1≥1
ab-a-b =a(b-1)-b
∴(a-1)(b-1)≥1 例题：已知a≥2，b≥即2，(a求-1)证(b：-1)a-b1≥≥a0+b
6 Math Part 构造法
函数构造法
例题：已知a≥2，b≥2，求证：ab≥a+b
证明： 要证明的不等式为： ab≥a+b 移项得 ab-a-b≥0 即(b-1)a-b≥0 构造函数 f(x)=(b-1)x-b (x≥2)
f(x)是关于x的一次函数 其中一次项系数b-1>0 ∴f(x)为定义域上的增函数 ∴对于任意的x∈[2,+∞)都有 f(x)≥f(2)=(b-1)×2-b=b-2≥0 ∴(b-1)a-b≥0 所以原命题成立 证毕
与①式矛盾
所以原命题成立
证毕
5 Math Part
公式法
5 Math Part 公式法
伯公努式利法不：等利式用：已有的不等式的定理、公式等 (1证+x明1)不(1等+x式2)…的(一1+种xn方) ≥法1。+x高1+中x2常…+见xn的公式有： 对基 栖于本 西任不不意等等1≤式式i,、、j≤绝加n都对权有值平x不均i>-等不1且式 等所、 式有均 、x值 切i与不 比x等雪j同式夫号、不
4 Math Part 反证法
例题：已知a≥2，b≥2，求证：ab≥a+b
证明： 假设ab<a+b ab-a-b =a(b-1)-b =a(b-1)-(b-1)-1 =(a-1)(b-1)-1 ∵ab<a+b
构造函数法解决导数不等式问题(二)
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答案C解析设g (x )＝f (x )－(3x ＋6)，则g ′(x )＝f ′(x )－3<0，所以g (x )为减函数，又g (－1)＝f (－1)－3＝0，所以根据单调性可知g (x )>0的解集是{x |x <－1}．(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________．答案(0，2)解析构造函数F (x )＝f (x )－12x ，则F ′(x )＝f ′(x )－12＜0，∴函数F (x )在R 上是减函数．由f (1)＝1，得F (1)＝f (1)－12＝1－12＝12∴f (log 2x )＞log 2x ＋12⇔f (log 2x )－12log 2x ＞12⇔F (log 2x )＞F (1)⇔log 2x ＜1⇔0＜x ＜2．(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 2x2的解集为()A B －π3，C D －π3，答案D解析令g (x )＝f (x )－x 2－12，则g ′(x )＝f ′(x )－12>0，∴g (x )在R 上单调递增，且g (1)＝f (1)－12－12＝0，∵f (2cos x )－32＋2sin 2x 2＝f (2cos x )－2cos x 2－12＝g (2cos x )，∴f (2cos x )>32－2sin 2x2，即g (2cos x )>0，∴2cos x >1，又x ∈－π2，3π2，∴x －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，＋∞)答案A解析令G (x )＝f (x )－x 2，则G ′(x )＝f ′(x )－2x ．当x ∈[0，＋∞)时，G ′(x )＝f ′(x )－2x ＞0，∴G (x )在[0，＋∞)上是增函数．由f (a －2)－f (a )≥4－4a ，得f (a －2)－(a －2)2≥f (a )－a 2，即G (a －2)≥G (a )，又f (x )是定义在R 上的偶函数，知G (x )是偶函数．故|a －2|≥|a |，解得a ≤1．(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，B ∞CD ∞答案D解析设g (x )＝f (x )－32x 2，则g ′(x )＝f ′(x )－3x ．因为当x ≥0时，f ′(x )>3x ，所以当x ≥0时，g ′(x )＝f ′(x )－3x >0，即g (x )在[0，＋∞)上单调递增．因为f (－x )＝f (x )，所以g (－x )＝f (－x )－32x 2＝f (x )－32x 2＝g (x )，所以g (x )是偶函数．因为f (x )－f (x －1)<3x －32，所以f (x )－32x 2<f (x －1)－32(x －1)2，即g (x )<g (x －1)，所以g (|x |)<g (|x －1|)，则|x |<|x －1|，解得x <12．故选D ．(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________．答案(0，1)解析由于函数y ＝f (x )为R 上的奇函数，则f (0)＝0．当x >0时，f (x )＋f ′(x )·x ln x <0，则f (1)<0．当x >0时，构造函数g (x )＝f (x )ln x ，则g ′(x )＝f ′(x )ln x ＋f (x )·1x ＝f (x )＋f ′(x )·x ln xx <0，所以函数y ＝g (x )在区间(0，＋∞)上单调递减，且g (1)＝0．当0<x <1时，ln x <0，g (x )>g (1)＝0，即f (x )ln x >0，此时f (x )<0；当x >1时，ln x >0，g (x )<g (1)＝0，即f (x )ln x <0，此时f (x )<0．又f (1)<0，所以当x >0时，f (x )<0．由于函数y ＝f (x )为R 上的奇函数，当x <0时，f (x )>0．对于不等式(x －1)f (x )>0，当x <0时，x －1<0，则f (x )<0，不符合题意；当0<x <1时，x －1<0，则f (x )<0，符合题意；当x >1时，x －1>0，则f (x )>0，不符合题意．综上所述，不等式(x －1)f (x )>0的解集为(0，1)．(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)＞x2＋12x＋12C．f(3)－2f(1)＜7D．若f(1)＝2，0＜x＜1，则f(x)＞x2＋12x＋12解析CD答案设函数g(x)＝f(x)－x2x＋1，则g′(x)＝(x＋1)f′(x)－f(x)－(x2＋2x)(x＋1)2．因为(x＋1)f′(x)－f(x)＜x2＋2x对任意x∈(0，＋∞)恒成立，所以g′(x)＜0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，从而g(1)＞g(2)＞g(3)，整理得2f(2)－3f(1)＜5，f(3)－2f(1)＜7，故A错误，C正确．当0＜x＜1时，若f(1)＝2，因为g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)＞g(1)＝12，即f(x)－x2x＋1＞12，即f(x)＞x2＋12x＋12，故D正确，从而B不正确．即结论正确的是CD．(8)已知函数f(x)，对∀x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝x2，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，＋∞)答案B解析因为对∀x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝x2，所以f(0)＝0，设g(x)＝f(x)－12x2，则g(－x)＝f(－x)－12x2，所以g(x)＋g(－x)＝f(x)－12x2＋f(－x)－12x2＝0，又g(0)＝f(0)－0＝0，所以g(x)为奇函数，且f(x)＝g(x)＋12x2，所以f(4－m)－f(m)＝g(4－m)＋12(4－m)2－g(m)＋12m2＝g(4－m)－g(m)＋8－4m≥8－4m，则g(4－m)－g(m)≥0，即g(4－m)≥g(m)．当x>0时，g′(x)＝f′(x)－x<0，所以g(x)在(0，＋∞)上为减函数，又g(x)为奇函数，所以4－m≤m，解得m≥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答案B解析依题意，记g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)，g(0)＝0，当x>0时，g′(x)＝x[f′(x)＋f(x)x]>0，g(x)是增函数，g(x)>0；当x<0时，g′(x)＝x[f′(x)＋f(x)x]<0，g(x)是减函数，g(x)>0．在同一坐标系内画出函数y＝g(x)与y＝－1x的大致图象，结合图象可知，它们共有1个公共点，因此函数F(x)＝xf(x)＋1x的零点个数是1．(10)函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝e xx，f(2)＝e28，当x>0时，f(x)的极值状态是___________．答案没有极大值也没有极小值解析因为x2f′(x)＋2xf(x)＝e x x，关键因为等式右边函数的原函数不容易找出，因此把等式左边函数的原函数找出来，设h (x )＝x 2f (x )，则h ′(x )＝e x x ，且h (2)＝e 22，因为x 2f ′(x )＋2xf (x )＝e x x ，则f ′(x )＝e x －2h (x )x 3，判断f (x )的极值状态就是判断f ′(x )的正负，设g (x )＝e x －2h (x )，则g ′(x )＝e x －2h ′(x )＝e x －2·e xx ＝e x ·x －2x ，这里涉及二阶导，g (x )在x ＝2处取得最小值0，因此g (x )≥0，则f ′(x )≥0，故f (x )没有极大值也没有极小值(有难度，但不失为好题目)．【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 ．(－∞，＋∞)1．答案B解析由f (x )＞2x ＋4，得f (x )－2x －4＞0．设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2．因为f ′(x )＞2，所以F ′(x )＞0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上单调递增．又F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4＞0等价于F (x )＞F (－1)，所以x ＞－1，故选B ．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．2．答案{x |x <－1或x >1}解析设F (x )＝f (x )－12x ，∴F ′(x )＝f ′(x )－12，∵f ′(x )<12，∴F ′(x )＝f ′(x )－12<0，即函数F (x )在R上单调递减．∵f (x 2)<x 22＋12，∴f (x 2)－x 22<f (1)－12，∴F (x 2)<F (1)，而函数F (x )在R 上单调递减，∴x 2>1，即不等式的解集为{x |x <－1或x >1}．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)3．答案D解析令g (x )＝f (x )－x 2，则g ′(x )＝f ′(x )－2x <0，即函数g (x )在R 上单调递减．又不等式f (x )>x 2－1可化为f (x )－x 2>－1，而g (2)＝f (2)－22＝3－4＝－1，所以不等式可化为g (x )>g (2)，故不等式的解集为(－∞，2)．故选D ．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________．4．解析(1，＋∞)答案由x 2f ′(x )＋1＞0得f ′(x )＋1x 2＞0，构造函数g (x )＝f (x )－1x －3，则g ′(x )＝f ′(x )＋1x2＞0，即g (x )在(0，＋∞)上是增函数．又f (1)＝4，则g (1)＝f (1)－1－3＝0，从而g (x )＞0的解集为(1，＋∞)，即f (x )＞1x＋3的解集为(1，＋∞)．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．5．答案(0，＋∞)解析令φ(x )＝f (x )－sin x ，∴当x ≥0时，φ′(x )＝f ′(x )－cos x <0，∴φ(x )在[0，＋∞)上单调递减，又f (x )为R 上的奇函数，∴φ(x )为R 上的奇函数，∴φ(x )在(－∞，0]上单调递减，故φ(x )在R上单调递减且φ(0)＝0，不等式f (x )<sin x 可化为f (x )－sin x <0，即φ(x )<0，即φ(x )<φ(0)，故x >0，∴原不等式的解集为(0，＋∞)．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)6．答案D解析令h (x )＝f (x )g (x )，当x ＜0时，h ′(x )＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0，则h (x )在(－∞，0)上单调递增，又f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，所以h (x )为奇函数，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增．又由g (－3)＝0，可得h (－3)＝－h (3)＝0，所以当x ＜－3或0＜x ＜3时，h (x )＜0，故选D ．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 )7．解析C答案令F (x )＝f (x )g (x )，则F ′(x )＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2＜0，所以F (x )在R 上单调递减．又a ＜x ＜b ，所以f (a )g (a )＞f (x )g (x )＞f (b )g (b )．又f (x )＞0，g (x )＞0，所以f (x )g (b )＞f (b )g (x )．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__________．8．答案[1，＋∞)解析令g (x )＝f (x )－x 22，则g (－x )＋g (x )＝0，g (x )是R 上的奇函数．又当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＝f ′(x )－x <0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以g (x )是R 上的单调减函数．原不等式等价于g (2－m )＋g (－m )≥0，g (2－m )≥－g (－m )＝g (m )，所以2－m ≤m ，m ≥1．9．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 )<0B ．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 )>09．答案B解析∵f (x )f ′(x )＋x <1，f (x )是定义在R 上的减函数，f ′(x )<0，∴f (x )＋xf ′(x )>f ′(x )，∴f (x )＋(x －1)f ′(x )>0，∴[(x －1)f (x )]′>0，∴函数y ＝(x －1)f (x )在R 上单调递增，而x ＝1时，y ＝0，则x <1时，y <0，故f (x )>0．x >1时，x －1>0，y >0，故f (x )>0，∴f (x )>0对任意x ∈R 成立，故选B ．10．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210．答案C 解析令h (x )＝xf (x )，因为当x ≠0时，xf ′(x )＋f (x )x＞0，所以h ′(x )x ＞0，因此当x ＞0时，h ′(x )＞0，当x ＜0时，h ′(x )＜0，又h (0)＝0，易知当x ≠0时，h (x )＞0，又g (x )＝h (x )＋1x，所以g (x )≠0，故函数g (x )的零点个数为0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答案B解析由指数和对数的运算性质得2a ＋log 2a ＝4b ＋2log 4b ＝22b ＋log 2b ．令f (x )＝2x ＋log 2x ，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增．又∵22b ＋log 2b <22b ＋log 2b ＋1＝22b ＋log 2(2b )，∴2a ＋log 2a <22b ＋log 2(2b )，即f (a )<f (2b )，∴a <2b ．故选B ．(2)已知α，β∈－π2，π2，且αsin α－βsin β＞0，则下列结论正确的是()A ．α＞βB ．α2＞β2C ．α＜βD ．α＋β＞0答案B解析构造函数f (x )＝x sin x ，则f ′(x )＝sin x ＋x cos x ．当x ∈0，π2时，f ′(x )≥0，f (x )是增函数，当x ∈－π2，f ′(x )＜0，f (x )是减函数，又f (x )为偶函数，∴αsin α－βsin β＞0⇔αsin α＞βsin β⇔f (α)＞f (β)⇔f (|α|)＞f (|β|)⇔|α|＞|β|⇔α2＞β2，故选B ．(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 x D ．12e x x <21e x x 答案AC解析令f (x )＝x －ln x ，∴f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，当0<x <1时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0，1)上单调递减．∵0<x 1<x 2<1，∴f (x 2)<f (x 1)，即x 2－ln x 2<x 1－ln x 1，即x 1＋ln x 2>x 2＋ln x 1．设g (x )＝e xx ，则g ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x (x －1)x 2．当0<x <1时，g ′(x )<0，即g (x )在(0，1)上单调递减，∵0<x 1<x 2<1，∴g (x 2)<g (x 1)，即22e x x <11e x x ，∴12e x x >21e x x ，故选AC ．A ．(a ＋1)a ＋2>(a ＋2)a＋1B ．log a (a ＋1)>log a ＋1(a ＋2)C ．log a (a ＋1)<a ＋1a D ．log a ＋1(a ＋2)<a ＋2a ＋1答案ABD解析若A 成立，则(a ＋1)a ＋2>(a ＋2)a ＋1，两边取自然对数，得(a ＋2)ln(a ＋1)>(a ＋1)ln(a＋2)，因为a ≥2，所以ln(a ＋1)a ＋1>ln(a ＋2)a ＋2．令f (x )＝ln xx ，则x ≥3，f ′(x )＝1－ln x x 2<0，故f (x )在[3，＋∞)上单调递减，所以ln(a ＋1)a ＋1>ln(a ＋2)a ＋2，故A 成立；若B 成立，则log a (a ＋1)>log a ＋1(a ＋2)，即ln(a ＋1)ln a >ln(a ＋2)ln(a ＋1)，设g (x )＝ln(x ＋1)ln x ，x ≥2，则g ′(x )＝ln x x ＋1－ln(x ＋1)x (ln x )2＝x ln x －(x ＋1)ln(x ＋1)x ·(x ＋1)(ln x )2，令h (x )＝x ln x ，x ≥2，则h ′(x )＝ln x ＋1>0，故h (x )在[2，＋∞)上单调递增，所以x ln x －(x ＋1)ln(x ＋1)<0，所以g ′(x )<0，故g (x )在[2，＋∞)上单调递减，所以ln(a ＋1)ln a >ln(a ＋2)ln(a ＋1)，故B 成立；若C 成立，则log a (a ＋1)<a ＋1a ，即ln(a ＋1)a ＋1<ln a a ，由A 知f (x )＝ln xx 在[2，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，取a ＝2，故C 不成立；若D 成立，则log a ＋1(a ＋2)<a ＋2a ＋1，即ln(a ＋2)a ＋2<ln(a ＋1)a ＋1，由A 知D 成立．故选ABD ．(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答案B 解析b －c ＝ln1.02－ 1.04＋1，设f (x )＝ln(x ＋1)－1＋2x ＋1，则b －c ＝f (0.02)，f ′(x )＝1x ＋1－221＋2x＝1＋2x －(x ＋1)(x ＋1)1＋2x，当x >0时，x ＋1＝(x ＋1)2>1＋2x ，故当x >0时，f ′(x )＝1＋2x －(x ＋1)(x ＋1)1＋2x<0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以f (0.02)<f (0)＝0，即b <c ．a －c ＝2ln 1.01－ 1.04＋1，设g (x )＝2ln(x ＋1)－1＋4x ＋1，则a －c ＝g (0.01)，g ′(x )＝2x ＋1－421＋4x ＝2[1＋4x －(x ＋1)](x ＋1)1＋4x，当0<x <2时，4x ＋1＝2x ＋2x ＋1>x 2＋2x ＋1＝(x ＋1)2＝x ＋1，故当0<x <2时，g ′(x )>0，所以g (x )在(0，2)上单调递增，所以g (0.01)>g (0)＝0，故c <a ，从而有b <c <a ，故选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＝1e ，则()A ．f 0B ．f (x )在x ＝1e 处取得极大值C ．0<f (1)<1D ．f (x )在(0，＋∞)上单调递增答案ACD解析由题知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，导函数为f ′(x )，xf ′(x )－f (x )＝x ln x ，即满足xf ′(x )－f (x )x 2＝ln x x ．因为f (x )x ′＝xf ′(x )－f (x )x 2，所以f (x )x ′＝ln x x ，所以可设f (x )x ＝12ln 2x ＋b (b 为常数)，所以f (x )＝12x ln 2x ＋bx ．因为＝12·1e ln 21e ＋b e ＝1e ，解得b ＝12，所以f (x )＝12ln 2x ＋12x ，所以f (1)＝12，满足0<f (1)<1，所以C 正确；因为f ′(x )＝12ln 2x ＋ln x ＋12＝12(ln x ＋1)2≥0，且仅有f 0，所以B 错误，A ，D 正确．故选ACD ．【对点训练】1．若a ＝ln 22，b ＝ln 33，c ＝ln 66，则()A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．b <a <c1．答案C解析设f (x )＝ln xx ，则f ′(x )＝1－ln x x2，所以f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，即有f (6)<f (4)<f (3)，所以ln 66<ln 44＝ln 22<ln 33，故c <a <b ．2．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2．答案D解析因为a ，b >0，由a a >b b 可得a ln a >b ln b ．设函数f (x )＝x ln x ，则f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x )>0可得x >1e ，所以函数f (x )＝x ln x a >b 不一定有a ln a >b ln b ，即a a >b b ，所以充分性不成立；当a a >b b ，即a ln a >b ln b 时，不一定有a >b ，所以必要性不成立，所以“a >b ”是“a a >b b ”的既不充分也不必要条件，故选D ．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 23．答案D解析设f (x )＝x ln x ，则f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x )>0，得x >1e，所以函数f (x )调递增；由f ′(x )<0，得0<x <1e f (x )f (x )在(0，1)上不单调，所以f (x 1)与f (x 2)的大小无法确定，从而排除A ，B ；设g (x )＝ln xx ，则g ′(x )＝1－ln x x 2，由g ′(x )>0，得0<x <e，即函数g (x )在(0，e)上单调递增，故函数g (x )在(0，1)上单调递增，所以g (x 1)<g (x 2)，即ln x 1x 1<ln x 2x 2，所以x 2ln x 1<x 1ln x 2．故选D ．4．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)4．答案C解析由a b ＝b a 两边取对数得b ln a ＝a ln b ⇒ln a a ＝ln b b ．对于y ＝ln xx，由图象易知当b <e<a 时，才可能满足题意．故(1)正确，(2)错误；另外，由a b ＝b a ，令a ＝4，b ＝2，则a >e ，b <e ，ab ＝8>e 2，故(4)正确，(3)错误．因此，选C ．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 <5z5．答案D解析令2x ＝3y ＝5z ＝t (t >1)，两边取对数得x ＝log 2t ＝ln t ln 2，y ＝log 3t ＝ln t ln 3，z ＝log 5t ＝ln tln 5，从而2x ＝2ln 2ln t ，3y ＝3ln 3ln t ，5z ＝5ln 5ln t ．由t >1知，要比较三者大小，只需比较2ln 2，3ln 3，5ln 5的大小．又2ln 2＝4ln 4，e<3<4<5，由y ＝ln x x 在(e ，＋∞)上单调递减可知，ln 33>ln 44>ln 55，从而3ln 3<4ln 4<5ln 5，3y <2x <5z ，故选D ．6．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 <a B ．b <c <a C ．a <c <bD ．a <b <c6．答案D解析方法一由已知e 55＝e a a ，e 44＝e bb，e 33＝e c c ，设f (x )＝e xx ，则f ′(x )＝(x －1)e x x 2，所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f (3)<f (4)<f (5)，f (c )<f (b )<f (a )，所以a <b <c ．方法二设e x＝e 55x ，①，e x ＝e 44x ，②，e x＝e 33x ，③，a ，b ，c 依次为方程①②③的根，结合图象，方程的根可以看作两个图象的交点的横坐标，∵e 55>e 44>e 33，由图可知a <b <c．7．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 ．2e7．答案B解析ln x 1x 1－ln x 2x 2≤1x 2－1x 1，即ln x 1x 1＋1x 1≤ln x 2x 2＋1x 2，令f (x )＝ln x x ＋1x，则f (x )在(0，a )上为增函数，所以f ′(x )≥0在(0，a )上恒成立，f ′(x )＝－ln xx 2，令f ′(x )＝0，解得x ＝1，所以f (x )在(0，1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，所以a ≤1，所以a 的最大值为1，选B ．8．下列四个命题：①ln 5<5ln 2；②ln π>πe；③；④3eln 2>42．其中真命题的个数是()A ．1B ．2C ．3D ．48．答案B解析构造函数f (x )＝ln xx ，则f ′(x )＝1－ln x x 2，当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．①ln 5<5ln 2⇒2ln 5<5ln 2⇒ln 55<ln 22，又2<5<e ，故错误．②ln π>πe ⇒2ln π>πe ⇒ln ππ>12e＝ln e e ，又e>π>e ，故正确．③⇒11ln 2<ln 11＝2ln 11⇒ln 22＝ln 44<ln 1111，又4>11>e ，故正确．④3eln 2>42⇒322eln 2>2×322⇒3232ln 22>ln e e ，显然错误．因此选B ．A ．0<a <b <1B ．b <a <0C ．1<a <bD ．a ＝b 10．答案ABD 解析因为实数a ，b 满足2a ＋3a ＝3b ＋2b ，所以设f (x )＝2x ＋3x ，g (x )＝3x ＋2x ，在同一平面直角坐标系中作出f (x )与g (x )的图象如图所示．由图象可知：①当x <0时，f (x )<g (x )，所以当2a ＋3a ＝3b ＋2b 时，b <a <0，故B 正确；②当x ＝0或1时，f (x )＝g (x )，所以当2a ＋3a ＝3b ＋2b 时，a ＝b ＝0或a ＝b ＝1，故D 正确；③当0<x <1时，f (x )>g (x )，所以当2a ＋3a ＝3b ＋2b 时，0<a <b <1，故A 正确；④当x >1时，f (x )<g (x )，所以当2a ＋3a ＝3b ＋2b 时，1<b <a ，故C 错误．故选ABD ．11．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 ∞D ∞，e 211．答案D 解析因为x ∈(0，＋∞)，所以x 1f (x 1)<x 2f (x 2)，即函数g (x )＝xf (x )＝e x －ax 2在x ∈(0，＋∞)上是单调增函数，则g ′(x )＝e x －2ax ≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立，所以2a ≤e x x在x ∈(0，＋∞)上恒成立．令m (x )＝e x x ，则m ′(x )＝(x －1)e x x 2，当x ∈(0，1)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减，当x ∈(1，＋∞)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增，所以2a ≤m (x )min ＝m (1)＝e ，所以a ≤e 2．故选D ．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12．答案B 解析由x 2f ′(x )＋xf (x )＝ln x ，得xf ′(x )＋f (x )＝ln x x ，构造F ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )＝ln x x ，F (x )＝xf (x )＝ln 2x 2＋m ，当x ＝e 时，xf (x )＝ln 2x 2＋m ，又e f (e)＝ln 2e 2＋m ，所以m ＝12，所以f (x )＝ln 2x ＋12x，所以f ′(x )＝－(ln x －1)22x 2≤0，f (x )在(0，＋∞)单调递减，选B ．13．(多选)下列不等式中恒成立的有()A ．ln(x ＋1)≥x x ＋1，x >－1B ．ln x x >0C ．e x ≥x ＋1D ．cos x ≥1－12x 213．答案ACD 解析A 选项，因为x >－1，令t ＝x ＋1>0，f (t )＝ln t ＋1t －1，则f ′(t )＝1t －1t 2＝t －1t2，所以当0<t <1时，f ′(t )＝t －1t 2<0，即f (t )单调递减；当t >1时，f ′(t )＝t －1t 2>0，即f (t )单调递增，所以f (t )min ＝f (1)＝0，即f (t )＝ln t ＋1t －1≥0，即ln t ≥t －1t，即ln(x ＋1)≥x x ＋1，x >－1恒成立，故A 正确；B 选项，令f (x )＝ln x x >0，则f ′(x )＝1x －＝2x －x 2－12x 2＝－(x －1)22x 2≤0显然恒成立，所以f (x )＝ln x x >0上单调递减，又f (1)＝0，所以当x ∈(0，1)时，f (x )>f (1)＝0，即ln x B 错；C 选项，令f (x )＝e x －x －1，则f ′(x )＝e x －1，当x >0时，f ′(x )＝e x －1>0，所以f (x )单调递增；当x <0时，f ′(x )＝e x －1<0，所以f (x )单调递减，则f (x )≥f (0)＝0，即e x ≥x ＋1恒成立，故C 正确；D 选项，令f (x )＝cos x －1＋12x 2，则f ′(x )＝－sin x ＋x ，令h (x )＝f ′(x )＝－sin x ＋x ，则h ′(x )＝－cos x ＋1≥0恒成立，即函数f ′(x )＝－sin x ＋x 单调递增，又f ′(0)＝0，所以当x >0时，f ′(x )>0，即f (x )＝cos x －1＋12x 2单调递增；当x <0时，f ′(x )<0，即f (x )＝cos x －1＋122单调递减，所以f (x )min ＝f (0)＝0，因此cos x ≥1－12x 2恒成立，故D 正确．。
(完整版)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、移项法构造函数【例1】已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时,恒有x x x ≤+≤+-)1ln(111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111)1ln()(-+++=x x x g ,从其导数入手即可证明。
【解】1111)(+-=-+='x xx x f ∴当01<<-x 时，0)(>'x f ，即)(x f 在)0,1(-∈x 上为增函数当0>x时，0)(<'x f ,即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(-，单调递减区间),0(+∞于是函数()f x 在),1(+∞-上的最大值为0)0()(max ==f x f ，因此，当1->x 时，0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤-+x x ∴x x ≤+)1ln( (右面得证）,现证左面，令111)1ln()(-+++=x x x g ， 22)1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时 ， 即)(x g 在)0,1(-∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数， 故函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为0)0()(min ==g x g ，∴当1->x 时，0)0()(=≥g x g ,即0111)1ln(≥-+++x x ∴111)1ln(+-≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(111,1有时【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，只要求函数的最大值不超过0就可得证．2、作差法构造函数证明【例2】已知函数.ln 21)(2x x x f +=求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下方；分析：函数)(x f 的图象在函数)(x g 的图象的下方)()(x g x f <⇔不等式问题，即3232ln 21x x x <+，只需证明在区间),1(∞+上，恒有3232ln 21x x x <+成立，设)()()(x f x g x F -=，),1(+∞∈x ，考虑到061)1(>=F 要证不等式转化变为：当1>x 时,)1()(F x F >，这只要证明： )(x g 在区间),1(+∞是增函数即可. 【解】设)()()(x f x g x F -=，即x x x x F ln 2132)(23--=，则x x x x F 12)(2--='=xx x x )12)(1(2++-当1>x 时，)(x F '=xx x x )12)(1(2++-从而)(x F 在),1(∞+上为增函数,∴061)1()(>=>F x F∴当1>x 时 0)()(>-x f x g ，即)()(x g x f <，故在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下方。
导数与构造函数证明不等式的技巧
导数与构造函数证明不等式的技巧导数与构造函数是微积分中的重要概念，它们在证明不等式中起着重要作用。
本文将介绍一些导数与构造函数在证明不等式中的技巧，并通过具体的例子来加深理解。
1. 利用导数的性质进行不等式证明在证明不等式时，可以通过导数的性质来进行推导。
当需要证明一个函数在某个区间上单调递增或单调递减时，可以通过求导数并分析导数的正负性来进行证明。
假设一个函数f(x)在区间[a, b]上可导，求出其导数f'(x)并分析f'(x)的正负性，如果f'(x)恒大于零，那么函数f(x)在区间[a, b]上就是单调递增的；如果f'(x)恒小于零，那么函数f(x)在区间[a, b]上就是单调递减的。
通过这种方法，可以利用导数的性质来证明函数的单调性质，从而进一步推导出不等式。
2. 构造函数进行不等式证明构造函数是指通过一些技巧将原函数进行变形，从而更好地应用各种数学性质来进行不等式证明。
当需要证明一个不等式时，可以通过构造一个辅助函数来简化原不等式的证明过程。
通过巧妙地构造函数，可以使得不等式的证明更加直观、简单。
例1：证明当x>0时，有e^x>1+x。
解：可以通过在函数f(x) = e^x - (1+x)上应用导数的性质来证明这个不等式。
求导数得f'(x) = e^x - 1，显然f'(x)恒大于零，因此f(x)在区间(0, +∞)上单调递增。
又当x=0时，有f(0) = e^0 - (1+0) = 0，因此在区间(0, +∞)上有f(x)>0，即e^x>1+x。
通过导数的性质，成功证明了不等式e^x>1+x。
通过以上两个例子，可以看到导数与构造函数在不等式证明中的重要作用。
通过分析导数的性质以及巧妙地构造辅助函数，可以更好地理解、应用和证明各种不等式。
在实际的数学问题中，通常会遇到各种复杂的不等式，通过灵活运用导数与构造函数的技巧，可以更加轻松地解决这些问题。
构造函数证明不等式的八种方法
构造函数证明不等式的八种方法下面将介绍构造函数证明不等式的八种常见方法：1.特殊赋值法：这种方法通过为变量赋特殊的值来构造函数，使得不等式成立。
例如，对于不等式a^2>b^2，可以构造函数f(x)=x^2，当a=2，b=1时，即f(2)>f(1)，从而得到a^2>b^22.梯度法：这种方法通过构造一个变化率为正（或负）的函数来推导出不等式。
例如对于不等式a^2>b^2，可以构造函数f(x)=(x-a)^2-(x-b)^2，当x>(a+b)/2时，即f'(x)>0，从而得到a^2>b^23.极值法：这种方法通过构造一个函数的极大值（或极小值）来证明不等式。
例如对于不等式a^2>b^2，可以构造函数f(x)=x^2-b^2，当x=a时，f(x)>0，从而得到a^2>b^24.差的平方法：这种方法通过构造一个差的平方形式的函数来证明不等式。
例如对于不等式a^2>b^2，可以构造函数f(x)=(x+a)^2-(x+b)^2，当x>(a+b)/2时，即f(x)>0，从而得到a^2>b^25.相似形式法：这种方法通过构造一个与要证明的不等式形式相似的函数来证明不等式。
例如对于不等式(a+b)^4 > 8(ab)^2，可以构造函数f(x) = (x+1)^4- 8(x-1)^2，令x = ab，当x > 1时，即f(x) > 0，从而得到(a+b)^4 > 8(ab)^26.中值定理法：这种方法通过应用中值定理来证明不等式。
例如对于不等式f(a)>f(b)，可以构造函数g(x)=f(x)-f(b)，当a>b时，存在c∈(b,a)，使得g'(c)>0，从而得到f(a)>f(b)。
7.逼近法：这种方法通过构造一个逼近函数序列来证明不等式。
例如对于不等式a > b，可以构造一个逼近函数序列f_n(x) = (a+x)^n - (b+x)^n，当n 趋近于正无穷时，即lim(n→∞)(a+x)^n - (b+x)^n = ∞，从而得到a > b。
2022年高考数学利用导数构造函数解不等式
D. (-∞ ,+∞)
所以 g(x) 为 R 的单调递增函数，又因为 g(-1) = f(-1) - 2 × (-1) = 4 所以不等式的解集为 (-1,+∞)
【答案】选 A
【例9】：已知 f(x) 定义域为 (0,+∞)，f(x) 为 f(x) 的导函数，且满足 f(x) < -xf(x)，则不等式 f(x + 1) > (x - 1)f(x2 1) 的解集是 ( )
1
所以 f(x)g(x) < 0 的解集是 (-3,+∞)
【例3】：已知定义为 R 的奇函数 f(x) 的导函数为 f(x)，当 x ≠ 0 时，f(x) +
f (x) x
> 0，若 a =
1 2
f
1 2
,b = -2f(-2) ,c
=
ln
1 2
f(ln2)，则下列关于 a,b,c 的大小关系正确的是
1 4
x2 ≥ 0，即
f(x) > 0
【例6】：已知函数 f(x) 的定义域为 R，且 f(x) > 1 - f(x) ,f(0) = 4，则不等式 f(x) > 1 + eln3-x 的解集为 ( )
A. (0,+∞)
B.
1 2
,+∞
C. (1,+∞)
【解析】f(x) > 1 + eln3-x ⇒ ex f(x) > ex + eln3 ⇒ ex f(x) - ex > 3
x+1>0
x > -1
g(x + 1) > g(x2 - 1) , x2 - 1 > 0 ⇒ x > 1 或 x < -1 ⇒ x > 2
高中数学构造函数法解决导数不等式问题
构造函数法解决导数不等式问题在函数中解决抽象函数问题首要前提是对函数四种基本性质熟练掌握,导数是函数单调性延伸,如果把题目中直接给出增减性换成一个'()f x ,则单调性就变相当隐晦了,另外在导数中抽象函数不等式问题中,我们要研究往往不是()f x 本身单调性,而是包含()f x 一个新函数单调性,因此构造函数变相当重要,另外题目中若给出是'()f x 形式,则我们要构造则是一个包含()f x 新函数,因为只有这个新函数求导之后才会出现'()f x ,因此解决导数抽象函数不等式重中之重是构造函数。
例如：'()0f x >,则我们知道原函数()f x 是单调递增,若'()10f x +>,我们知道()()g x f x x =+这个函数是单调递增,因此构造函数过程有点类似于积分求原函数过程,只不过构造出新函数要通过题目中给出条件能判断出单调性才可。
既然是找原函数,那么就可能遇上找不到式子原函数时候,但是我们判断单调性只需要判断导函数正负即可,例如()g x 原函数是不能准确找到,但是如果我们知道一个式子导函数里面包含()g x ,则也能大致将那个函数看成是原函数,例如'()()g x m x x =,或者()m x 导函数中包含一个能判断符号式子和()g x 相乘或相除形式,我们也可以将()m x 大致看成()g x 原函数。
构造函数模型总结：关系式为“加”型：（1）'()()0f x f x +≥ 构造''[()][()()]x x e f x e f x f x =+（2）'()()0xf x f x +≥ 构造''[()]()()xf x xf x f x =+（3）'()()0xf x nf x +≥构造''11'[()]()()[()()]n n n n x f x x f x nx f x x xf x nf x --=+=+（注意对x 符号进行讨论）关系式为“减”型（1）'()()0f x f x -≥ 构造'''2()()()()()[]()x x x x x f x f x e f x e f x f x e e e --== （2）'()()0xf x f x -≥ 构造''2()()()[]f x xf x f x x x -= （3）'()()0xf x nf x -≥构造'1''21()()()()()[]()n n n n n f x x f x nx f x xf x nf x x x x -+--==（注意对x 符号进行讨论）例1.设(),g()f x x 是R 上可导函数,''()g ()f x x ，分别是(),g()f x x 导函数,且满足''()()()g ()0f x g x f x x +<,则当a x b <<时,有（ ）.()()()()A f a g b f b g a > .()()()()B f a g a f a g b >.()()()()C f a g a f b g b > .()()()()D f a g a f b g a >解析：因为''()()()g ()0f x g x f x x +<不等式左边原函数为()()f x g x ,因此需要构造新函数,令()()()h x f x g x =,可知'()0h x <,则函数()h x 是单调递减函数,因此当a x b <<,有()()h a h b >即答案选C 。
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冷世平整理1.构造多项式函数法：通过构造一个多项式函数来证明不等式。
例如，要证明当$x>0$时，$x^3+x^2+x+1>0$，我们可以构造多项式$f(x)=x^3+x^2+x+1$，然后证明$f(x)$的系数全为正数，从而得到结论。
2. 构造变形函数法：通过构造一个特定的变形函数来证明不等式。
例如，要证明当$x>0$时，$x+\frac{1}{x}>2$，我们可以构造变形函数$f(x)=x+\frac{1}{x}-2$，然后证明$f(x)$的取值范围为正数，从而得到结论。
3. 构造反函数法：通过构造一个特定的反函数来证明不等式。
例如，要证明当$x>0$时，$\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}>2$，我们可以构造反函数$f(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}-2$，然后证明$f(x)$的取值范围为正数，从而得到结论。
4. 构造积分函数法：通过构造一个特定的积分函数来证明不等式。
例如，要证明当$x>0$时，$\int_{0}^{x}\sqrt{t}dt<x$，我们可以构造积分函数$f(x)=\int_{0}^{x}\sqrt{t}dt-x$，然后证明$f(x)$的取值范围为负数，从而得到结论。
5. 构造递推函数法：通过构造一个特定的递推函数来证明不等式。
例如，要证明$n$个正实数的算术平均数大于等于它们的几何平均数，我们可以构造递推函数$f(n)=\frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n}-\sqrt[n]{a_1a_2\dots a_n}$，然后证明$f(n)$关于$n$的递推关系为非负数，从而得到结论。
6. 构造交换函数法：通过构造一个特定的交换函数来证明不等式。
例如，要证明当$x,y,z>0$时，$(x+y)(y+z)(z+x)\geq 8xyz$，我们可以构造交换函数$f(x,y,z)=(x+y)(y+z)(z+x)-8xyz$，然后证明$f(x,y,z)$在$x,y,z$的任意交换下都保持不变或增加，从而得到结论。
导数与不等式恒成立方法归纳总结
导数与不等式恒成立方法归纳总结思路一：作差解恒成立构造差函数()()()h x f x g x =-．根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式．首先构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应含参不等式，从而求出参数的取值范围，也可以分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．证明()()f x g x <，(),x a b ∈时，可以构造函数()()()F x f x g x =-，如果()0F x '<，则()F x 在(),a b 上是减函数，同时若()0F a ≤，由减函数的定义可知，当(),x a b ∈时，有()0F x <，即证明()()f x g x <．例、已知函数()()2112ln 2f x a x a ax x =--+，()'f x 为其导函数. (1) 设()()1g x f x x=+，求函数()g x 的单调区间； (2) 若0a >，设()()11,A x f x ，()()22,B x f x 为函数()f x 图象上不同的两点，且满足()()121f x f x +=，设线段AB 中点的横坐标为0,x 证明：01ax >.解：（1）略 （2）120121212x x ax x x a a+>⇔>⇔>- ()222121'0a f x a a x x x ⎛⎫=+-=-≥ ⎪⎝⎭，故()f x 在定义域()0,+∞上单调递增.只需证： ()122f x f x a ⎛⎫>-⎪⎝⎭，即证()2221f x f x a ⎛⎫->- ⎪⎝⎭注意到()()12111,,2f x f x f a ⎛⎫+==⎪⎝⎭ 不妨设1210x x a <<<. ()()()22221112ln 22ln 2F x f x f x a x a ax a x a axa a x xa⎛⎫⎛⎫=-+-=----+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-则()()()()322222241122'0222ax a a a F x x x ax ax x ax -=--+=-≤--- 1x a ∀≥，从而()F x 在1,a ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单减，故()210F x F a ⎛⎫<= ⎪⎝⎭， 即得. 变式1、设函数． （I ）时，求函数的极值点；（Ⅱ）当时，证明在上恒成立．解（Ⅱ）证明：当a=0时，f （x ）=lnx+x+1令F （x ）=xe x ﹣f （x ）=xe x ﹣lnx ﹣x ﹣1，（x ＞0），则F′（x ）=x+1x•（xe x ﹣1），令G （x ）=xe x ﹣1， 则G′（x ）=（x+1）e x ＞0，（x ＞0），∴函数G （x ）在（0，+∞）递增，又G （0）=﹣1＜0，G （1）=e ﹣1＞0， ∴存在唯一c ∈（0，1）使得G （c ）=0，且F （x ）在（0，c ）上单调递减，在（c ，+∞）上单调递增，故F （x ）≥F （c ）=c•e c ﹣lnc ﹣c ﹣1，由G （c ）=0，得c•e c ﹣1=0，得lnc+c=0， ∴F （c ）=0，∴F （x ）≥F （c ）=0，从而证得x e x ≥f （x ）.变式2、设函数()()2ln 1f x x b x =++，其中0b ≠．当*n N ∈，且2n ≥时证明不等式：33311111111ln 111232321n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++++>-⎪⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦解：当b=-1时, ()()2f x x ln x 1=-+，令()()()332h x x f x x x ln x 1=-=-++，则()()233x x 1h x x 1++'=+在[)0,∞+ 上恒正，所以， ()h x 在[)0,∞+上单调递增，当[)0,∞+时，恒有()()h x h 00=＞，即当[)0,∞+时，()()3232x x ln x 10,ln x 1x x -++++＞即＞，对任意正整数n ，取1x n =得32111ln 1n nn ⎛⎫++ ⎪⎝⎭＞，所以， 333111111ln 11123n 23n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+⎪⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()21ln +12f x x ax x =++2a =-()f x 0a =()xxe f x ≥()0,+∞= 333111111ln 1ln 1ln 123n 23n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭= 333111111ln 1ln 1ln 12233n n⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++⋅⋅⋅+++⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()22211111123n 2334n n 1++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯+＞＞ =11111111++=2334n n 12n 1--⋅⋅⋅+--++. 变式3、已知函数()21e 2x f x a x x =--（R a ∈）．证明：当1x >时， 1e ln x x x x>-．解：令()1e ln xg x x x x=-+（1x >），则()10g =， ()2e 1e ln 1x xg x x x x =+--'． 令()()h x g x ='，则()e e ln x xh x x x =+' 23e e 2x x x x x-++， 因为1x >，所以e ln 0xx >， e 0x x >， ()2e 10x x x ->， 320x>， 所以()0h x '>，即()()h x g x ='在1x >时单调递增，又()1e 20g ='->，所以1x >时， ()0g x '>，即函数()g x 在1x >时单调递增．所以1x >时， ()0g x >，即1x >时， 1e ln x x x x>-． 思路二：调整目标形式解恒成立观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明. 例．已知函数()()1ln ,1a x f x x a R x -=-∈+．设,m n 为正实数，且m n >，求证：ln ln 2m n m nm n -+<-． 解：要证，只需证，即证21ln .1m m n m n n ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+只需证21ln 0.1m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭->+设()()21ln 1x h x x x -=-+，由（2）知()h x 在()1,+∞上是单调函数，又1mn>， 所以()10m h h n ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，即21ln 01m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭->+成立，所以ln ln 2m n m n m n -+<-. 变式1、已知函数()()21x f x x x e =--.（1）若()f x 在区间(),5a a +有最大值，求整数a 的所有可能取值； （2）求证：当0x >时，()()323ln 247x f x x x x x e <-++-+. 解析：（1）f′(x )＝（x 2＋x －2）e x ，当x <－2时，f′(x )＞0，f (x )单调递增， 当－2＜x ＜1时，f′(x )＜0，f (x )单调递减， 当x ＞1时，f′(x )＞0，f (x )单调递增，由题知：a ＜－2＜a +5，得：－7＜a ＜－2， 则a ＝－6、－5、－4、－3，当a ＝－6、－5、－4，显然符合题意，若a ＝－3时，f (－2)＝5e ―2，f (2)＝e 2，f (－2)＜f (2)，不符合题意，舍去． 故整数a 的所有可能取值－6，―5，－4．（2）f (x )＜－3ln x ＋x 3+(2x 2－4x )e x +7可变为(－x 2＋3x －1)e x ＜－3ln x ＋x 3+7，令g (x )＝(－x 2＋3x －1)e x ，h (x )=－3ln x ＋x 3+7，g′(x )＝(－x 2＋x ＋2)e x ， 0＜x ＜2时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增， 当x ＞2时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，g (x )的最大值为g (2)＝e 2，h′(x )＝()331x x-，当0＜x ＜1时，h′(x )＜0，h (x )单调递减，当x ＞1时，h′(x )＞0，h (x )单调递增，h (x )的最小值为h (1)＝8＞e 2，g (x )的最大值小于h (x )的最小值，故恒有g (x )＜h (x )，即f (x )＜－3ln x ＋x 3+(2x 2－4x )e x +7．变式2、函数f （x ）=21-lnx ax a-1x-2a 2R ++∈（）（）（Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）若a ＞0，求证：f （x ）≥3-2a. 解：由（Ⅰ）知()f x 在10a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减； ()f x 在1a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上单调递增， 则()min 11ln 12f x f a a a ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭． 要证()f x ≥32a -，即证1ln 12a a --≥32a -，即证1ln 1a a +-≥0． 令()1ln 1a a a μ=+-，则()22111a a a a aμ'-=-=，由()0a μ'>解得1a >，由()0a μ'<解得01a <<， ∴()a μ在()01，上单调递减；()a μ在()1+∞，上单调递增；∴()()min 11ln1101a μμ==+-=，∴ 1ln 1a a +-≥0成立．从而()f x ≥32a-成立． 思路三：结论再造解恒成立利用导数证明不等式，解决导数压轴题，谨记两点： （1）利用常见结论，如：，()ln 1x x >+，等；（2）利用同题上一问结论或既得结论． 例、 已知函数()ln 1axf x x x =-+． （Ⅰ）若函数()f x 有极值，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）()f x 有两个极值点（记为1x 和2x ）时，求证：()()()1211x f x f x f x x x+⎡⎤+≥⋅-+⎣⎦． 解（Ⅱ）∵1x ， 2x 是()f x 的两个极值点，故满足方程()0f x '=即1x ， 2x 是()2210x a x +-+=的两个解，∴121x x =∵()()12121212ln ln 11ax ax f x f x x x x x +=-+-++ ()()12121212122ln 1a x x x x x x a x x x x ++=-=-+++ 而在()ln 1ax f x x x =-+中， ()1ln x a f x x x +⎡⎤-=⋅-⎣⎦ 欲证原不等式成立，只需证明()()11ln 1x x f x x f x x x x++⎡⎤⎡⎤⋅-≥⋅-+⎣⎦⎣⎦∵0x >，只需证明()()ln 1f x x f x x -≥-+成立 即证ln 10x x -+≤成立 令()ln 1g x x x =-+，则()111xg x x x-=-=' 当()0,1x ∈时， ()0g x '>，函数()g x 在()0,1上单调递增； 当()1,x ∈+∞时， ()0g x '<，函数()g x 在()1,+∞上单调递减； 因此()()max 10g x g ==，故()0g x ≤，即ln 10x x -+≤成立得证． 变式1、已知函数()ln .f x x kx k =-+（Ⅱ）证明：当1a ≤时，()()2 1.x x f x kx k e ax +-<-- （附： 322ln20.69,ln3 1.10, 4.48,7.39e e ≈≈≈≈） 解（Ⅱ）要证当1a ≤时， ()()1,xx f x kx k e ax +-<--即证当1a ≤时， 2ln 10x e ax x x --->,即证2ln 10x e x x x --->．由（Ⅰ）得，当1k =时， ()0f x ≤,即ln 1x x ≤-，又0x >，从而()ln 1x x x x ≤-, 故只需证2210x e x x -+->，当0x >时成立； 令()()2210xh x e x x x =-+-≥，则()41xh x e x ='-+,令()()F x h x ='，则()4xF x e '=-，令()0F x '=，得2ln2x =．因为()F x '单调递增，所以当(]0,2ln2x ∈时， ()()()0,0,F x F x F x ≤'≤单调递减，即()h x '单调递减，当()2ln2,x ∈+∞时， ()()0,F x F x >''单调递增，即()h x '单调递增，且()()()2ln458ln20,020,2810h h h e =-==-'+'>',由零点存在定理，可知()()120,2ln2,2ln2,2x x ∃∈∃∈，使得()()120h x h x ''==， 故当10x x <<或2x x >时， ()()0,h x h x '>单调递增；当12x x x <<时， ()()0,h x h x '<单调递减，所以()h x 的最小值是()00h =或()2h x ．由()20h x '=，2241xe x =-()()()222222221252221x h x e x x x x x =+-=-+-=---,因为()22ln2,2x ∈，所以()20h x >,故当0x >时，所以()0h x >,原不等式成立．思路四：函数单调或最值解恒成立不等式恒成立的转化策略一般有以下几种：①分离参数＋函数最值；②直接化为最值＋分类讨论；③缩小范围＋证明不等式；④分离函数＋数形结合。
导数应用----构造函数解不等式
A.e2017 f (2017 ) f (0), f (2017 ) e2017 f (0) B.e2017 f (2017 ) f (0), f (2017 ) e2017 f (0)
C.e2017 f (2017 ) f (0), f (2017 ) e2017 f (0)
D.e2017 f (2017 ) f (0), f (2017 ) e2017 f (0)
下面的不等式在 R 上恒成立的是( )
A． f (x) >0 B．f (x) <0 C. f (x) > x D f (x) < x
对于 xf '(x) f (x) 0 ，可构造 F(x) xf (x) ，
则 F ( x) 单调递增； 原型： F(x)' [xf (x)]' xf '(x) f (x)
常见的构造函数模型:
4. f (x)g(x) f (x)g(x) F(x) f (x) b g(x)
特别地：xf (x) f (x) F(x) f (x) b x
常见的构造函数模型:
5. f (x) f (x) F(x) ex f (x) b
6. f (x) f (x) f (x)
f (x) >2，则 f (x) >2 x ＋4 的解集为( )
A．(－1,1)
B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
构造函数：设 h(x)＝f(x)－(2x＋4)，
则 h′(x)＝f′(x)－2>0，故 h(x)在 R 上单调递增，
又 h(－1)＝f(－1)－2＝0，
所以当 x>－1 时，h(x)>0，
分析：lgx 相当于变式训练 1 中的 x
构造函数法解决导数不等式问题(一)
(2)对任意的 x∈0，π2，不等式 f(x)tanx<f′(x)恒成立，则下列不等式错误的是( )
A．f π3>
2f
π 4
B．f π3>2f(1)cos 1
C．2f(1)cos1>
2f
π 4
D．
2f π4<
3f
π 6
答案 D 解析 因为 x∈0，π2，所以 sin x>0，cos x>0，构造函数 F(x)＝f(x)cos x，
(6)已知定义域为 R 的奇函数 y＝f(x)的导函数为 y＝f′(x)，当 x＞0 时，xf′(x)－f(x)＜0，
若 a＝f(ee)，b＝f(llnn22)，c＝f(－－33)，则 a，b，c 的大小关系正确的是(
)
A．a＜b＜c
B．b＜c＜a
C．a＜c＜b
D．c＜a＜b
答案 D 解析 设 g(x)＝f(xx)，则 g′(x)＝xf′(x)x－2 f(x)，当 x＞0 时，xf′(x)－f(x)＜0，则 g′(x) ＝xf′(x)x－2 f(x)＜0，即函数 g(x)在 x∈(0，＋∞)时为减函数．由函数 y＝f(x)为奇函数知 f(－3) ＝－f(3)，则 c＝f(－－33)＝f(33)．∵a＝f(ee)＝g(e)，b＝f(llnn 22)＝g(ln 2)，c＝f(33)＝g(3)且 3＞e＞ln
则 F′(x)＝－f(x)sinx＋f′(x)cos x，因为对任意的 x∈0，π2，不等式 f(x)tan x<f′(x)恒成立，所
以 f(x)sin x<f′(x)cos x 恒成立，即 f′(x)cos x－f(x)sinx>0 恒成立，所以 F′(x)>0 恒成立，所以
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$g(x)\leq 0$。
构造函数法证明不等式的七种方法
构造函数法证明不等式的七种方法（其实高考中证明不等式时十有八九都需要构造函数，因此下面的前四种方法必须掌握）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、移项法构造函数【例1】 已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有x x x ≤+≤+-)1ln(111 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111)1ln()(-+++=x x x g ，从其导数入手即可证明。
【解】1111)(+-=-+='x x x x f ∴当01<<-x 时，0)(>'x f ，即)(x f 在)0,1(-∈x 上为增函数当0>x 时，0)(<'x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(-，单调递减区间),0(+∞于是函数()f x 在),1(+∞-上的最大值为0)0()(max ==f x f ，因此，当1->x 时，0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤-+x x ∴x x ≤+)1ln( （右面得证）， 现证左面，令111)1ln()(-+++=x x x g ， 22)1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则 当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时 ，即)(x g 在)0,1(-∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数，故函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为0)0()(min ==g x g ，∴当1->x 时，0)0()(=≥g x g ，即0111)1ln(≥-+++x x∴111)1ln(+-≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(111,1有时 【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，只要求函数的最大值不超过0就可得证． 2、作差法构造函数证明【例2】已知函数.ln 21)(2x x x f += 求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下方； 分析：函数)(x f 的图象在函数)(x g 的图象的下方)()(x g x f <⇔不等式问题， 即3232ln 21x x x <+，只需证明在区间),1(∞+上，恒有3232ln 21x x x <+成立，设)()()(x f x g x F -=，),1(+∞∈x ，考虑到061)1(>=F 要证不等式转化变为：当1>x 时，)1()(F x F >，这只要证明： )(x g 在区间),1(+∞是增函数即可。
构造函数法证明不等式的八种方法
导数之构造函数法证明不等式 1、移项法构造函数 【例1】已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有【解】1111)(+-=-+='x xx x f ∴当01<<-x 时，0)(>'x f ，即)(x f 在)0,1(-∈x 上为增函数 当0>x 时，0)(<'x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数 故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(-，单调递减区间),0(+∞于是函数()f x 在),1(+∞-上的最大值为0)0()(max ==f x f ，因此，当1->x 时，0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤-+x x ∴x x ≤+)1ln( （右面得证）， 现证左面，令111)1ln()(-+++=x x x g ， 22)1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则 当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时 ， 即)(x g 在)0,1(-∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数， 故函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为0)0()(min ==g x g ，∴当1->x 时，0)0()(=≥g x g ，即0111)1ln(≥-+++x x ∴111)1ln(+-≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(111,1有时2、作差法构造函数证明 【例2】已知函数.ln 21)(2x x x f +=求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下方； 【解】设)()()(x f x g x F -=，即x x x x F ln 2132)(23--=， 则xx x x F 12)(2--='=x x x x )12)(1(2++-当1>x 时，)(x F '=xx x x )12)(1(2++-从而)(x F 在),1(∞+上为增函数，∴061)1()(>=>F x F∴当1>x 时 0)()(>-x f x g ，即)()(x g x f <， 故在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下方。
构造函数证明不等式
突破疑难点1构造函数证明不等式构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，e x≥x＋1，ln x＜x＜e x(x＞0)，xx＋1≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)；(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．突破疑难点2利用分类讨论法确定参数取值范围一般地，若a＞f(x)对x∈D恒成立，则只需a＞f(x)max；若a＜f(x)对x∈D恒成立，则只需a＜f(x)min.若存在x0∈D，使a＞f(x0)成立，则只需a＞f(x)min；若存在x0∈D，使a＜f(x0)成立，则只需a＜f(x0)max.由此构造不等式，求解参数的取值范围．常见有两种情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另外一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数．突破疑难点3两法破解函数零点个数问题两类零点问题的不同处理方法：利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0.①直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f(a)·f(b)＜0；②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)＜0.突破疑难点4两法破解由零点个数确定参数问题已知函数有零点求参数范围常用的方法：(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．。
利用导数证明不等式时怎样构造函数
利用导数证明不等式时怎样构造函数————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：利用导数证明不等式时怎样构造函数-中学数学论文利用导数证明不等式时怎样构造函数朱东海（蒙自市蒙自一中新校区，云南红河661100）摘要：近几年的高考中，利用导数证明不等式的试题屡屡出现，而此类问题的解决，关键是构造函数，才可利用导数来加以证明，现将构造函数的方法分述如下。
关键词：导数；不等式；函数中图分类号：G633文献标识码：A文章编号：1005-6351(2013)-11-0085-01 一、利用不等式两边之差构造函数对于不等式两边的函数比较简单时，可直接做差构造函数。
1.（2007年山东高考理数22题第3小题）证明对任意的正整数n，不等式ln1n+11n2－1n3都成立．证明：令f(x)=x3－x2+ln(x+1)，则f′(x)=3x2－2x+1x+1=3x2+(x－1)2x+1．∴当x∈0，+∞时，f′(x)0，所以函数f(x)在0，+∞上单调递增，而f(0)=0．∴x∈(0，+∞)时，恒有f(x)f(0)=0，即x3x2－ln(x+1)恒成立．因此当x∈(0，+∞)时，有ln(x+1)x2－x3．对任意正整数n取x=1n∈(0，+∞)，则有ln1n+11n2－1n3．所以结论成立．二、变形（代换、比商等）后再作差构造函数若不等式可以进行等价变换，则变形（代换、比商等）后再作差构造函数。
2.（2010全国高考卷2理数22题第1小题）设函数f(x)=1－e－x，证明：当x－1时，f(x)≥xx+1；证明：当x－1时，f(x)≥xx+1ex≥x+1令g(x)=ex－x－1,则g′(x)=ex－1，∴当x0时，g(x)在区间(－1,0)上是增函数；当x0时，g(x)在区间(0,+∞)上是减函数；因此当x=0时g(x)取得最小值，而g(0)=0,当x－1时g(x)≥0,也就是ex≥x+1故当x－1时，f(x)≥xx+1成立。
(完整word)导数中证明不等式技巧+分类讨论
导数中的不等式证明导数中不等式的证明是历年的高考中是一个永恒的话题,由于不等式证明的灵活性,多样性，该考点也备受命题者的青睐。
本专题通过四个方面系统介绍了一些常规的不等式证明的手段命题角度1 构造函数 命题角度2 放缩法 命题角度3 切线法命题角度4 二元或多元不等式的证明思路 命题角度5 函数凹凸性的应用基础自测 已知函数()(x f x x e -=1()2x ≥．求()f x 的导函数；命题角度1 构造函数【典例1】（赣州市2018届高三摸底考试)已知函数()ln 11,()x x ae f x g x bx x e x=-=+-，若曲线()y f x =与曲线()y g x =的一个公共点是()1,1A ,且在点A 处的切线互相垂直．（1）求,a b 的值;（2）证明：当1x ≥时，()2()f x g x x+≥．【解析】（1）1a b ==-; （2）()2ln 1()10x x e f x g x x xx e x+≥⇔---+≥ 命题角度2 放缩法【典例2】（石家庄市2018届高三下学期4月一模考试）已知函数()()()x f x x b e a =+-(0)b >，在(1,(1))f --处的切线方程为(1)10e x ey e -++-=.(1）求,a b ；（2)若0m ≤，证明：2()f x mx x ≥+. 【解析】(1）1a =，1b =；（2）由（1）可知()(1)(1)x f x x e =+-，()(0)0,10f f =-=， 由0m ≤，可得2x mx x ≥+令()()()11x g x x e x =+--,则()()22x g x x e '=+-, 思考：2()(1)(1)(1)x f x x e x x x mx =+-≥+≥+错哪？【方法归纳】函数解析式中含有已知范围的参数，可以考虑借助于常识或已知的范围减少变量，对参数适当放缩达到证明的目标。
导数与不等式-构造函数
导数与不等式构造函数1. 直接作差法例1. 已知函数()2f x x ax b =++，()()x g x e cx d =+.若曲线()y f x =和曲线()y g x =都过点()0,2P ，且在点P 处有相同的切线42y x =+.(1) 求,,,a b c d 的值；(2) 若2x ≥-时，()()f x kg x ≤，求k 的取值范围.2. 变形作差法例2. 设函数()1x e f x x-=.证明：对任意正数a ，存在正数x ，使不等式()1f x a -<成立.3. 分参法例3. 已知函数()()()212ln f x a x x =---，()1x g x xe -=，若不等式()0f x >对一切10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立，求a 的最小值.4. 局部化和法例4. 已知函数()3232f x x x ax =-++，曲线()y f x =在点()0,2处的切线与x 轴交点的横坐标为2-.(1) 求a ；(2) 证明：当1k <时，曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点.5. 局部化积法例5. 已知函数()ln xx k f x e +=，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与x 轴平行. (1) 求k 的值； (2) 求()f x 单调区间；(3) 设()()()2'g x x x f x =+，证明：对任意0x >，()21g x e -<+.6. 换元法例6. 已知函数()x f x e =，设a b <，比较()()2f a f b +与()()f b f a b a--的大小.7. 主元法例7. 已知函数()()ln 1f x x x =+-，()ln g x x x =.设0a b <<，证明：()()()02ln 22a b g a g b g b a +⎛⎫<+-<- ⎪⎝⎭.8. 条件特征例8. 设函数()ln m f x x x=+，若对任意0b a >>，()()1f b f a b a -<-恒成立，求m 的取值范围.9. 结论特征例9. 已知函数()()21ln 1f x a x ax =+++.(1) 讨论函数的单调性；(2) 设2a ≤-，证明：对任意()12,0,x x ∈+∞，()()12124f x f x x x -≥-.10. 基本不等式放缩例10. ()()ln 1f x x ax b =++，曲线()y f x =与直线32y x =在原点相切. (1) 求,a b 的值；(2) 证明：当02x <<时，()96x f x x <+.11. 已证不等式放缩例11. 已知函数()()21x f x x e -=+，()312cos 2x g x ax x x =+++.当[]0,1x ∈时， (1) 证明：()111x f x x-≤≤+； (2) 若()()f x g x ≥恒成立，求参数a 的取值范围.。
构造函数法解决导数不等式问题
构造函数法解决导数不等式问题在函数中解决抽象函数问题首要的前提是对函数四种基本性质的熟练掌握，导数是函数单调性的延伸，如果把题目中直接给出的增减性换成一个'()f x ，则单调性就变的相当隐晦了，另外在导数中的抽象函数不等式问题中，我们要研究的往往不是()f x 本身的单调性，而是包含()f x 的一个新函数的单调性，因此构造函数变的相当重要，另外题目中若给出的是'()f x 的形式，则我们要构造的则是一个包含()f x 的新函数，因为只有这个新函数求导之后才会出现'()f x ，因此解决导数抽象函数不等式的重中之重是构造函数。
例如：'()0f x >，则我们知道原函数()f x 是单调递增的，若'()10f x +>，我们知道()()g x f x x =+这个函数是单调递增的，因此构造函数的过程有点类似于积分求原函数的过程，只不过构造出的新函数要通过题目中给出的条件能判断出单调性才可。
既然是找原函数，那么就可能遇上找不到式子的原函数的时候，但是我们判断单调性只需要判断导函数的正负即可，例如()g x 的原函数是不能准确的找到的，但是如果我们知道一个式子的导函数里面包含()g x ，则也能大致将那个函数看成是原函数，例如'()()g x m x x=，或者()m x 的导函数中包含一个能判断符号的式子和()g x 相乘或相除的形式，我们也可以将()m x 大致看成()g x 的原函数。
构造函数模型总结：关系式为“加”型：（1）'()()0f x f x +≥ 构造''[()][()()]x x e f x e f x f x =+（2）'()()0xf x f x +≥ 构造''[()]()()xf x xf x f x =+（3）'()()0xf x nf x +≥构造''11'[()]()()[()()]n n n n x f x x f x nx f x x xf x nf x --=+=+（注意对x 的符号进行讨论）关系式为“减”型（1）'()()0f x f x -≥ 构造'''2()()()()()[]()x x x x x f x f x e f x e f x f x e e e --== （2）'()()0xf x f x -≥ 构造''2()()()[]f x xf x f x x x -=（3）'()()0xf x nf x -≥构造'1''21()()()()()[]()n n n n n f x x f x nx f x xf x nf x x x x -+--== （注意对x 的符号进行讨论）例1.设(),g()f x x 是R 上的可导函数，''()g ()f x x ，分别是(),g()f x x 的导函数，且满足''()()()g ()0f x g x f x x +<，则当a x b <<时，有（ ）.()()()()A f a g b f b g a > .()()()()B f a g a f a g b >.()()()()C f a g a f b g b > .()()()()D f a g a f b g a >解析：因为''()()()g ()0f x g x f x x +<不等式左边的原函数为()()f x g x ，因此需要构造新函数，令()()()h x f x g x =，可知'()0h x <，则函数()h x 是单调递减函数，因此当a x b <<，有()()h a h b >即答案选C 。
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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、移项法构造函数【例1】 已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有x x x ≤+≤+-)1ln(111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111)1ln()(-+++=x x x g ，从其导数入手即可证明。
【解】1111)(+-=-+='x x x x f ∴当01<<-x 时，0)(>'x f ，即)(x f 在)0,1(-∈x 上为增函数 当0>x 时，0)(<'x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(-，单调递减区间),0(+∞于是函数()f x 在),1(+∞-上的最大值为0)0()(max ==f x f ，因此，当1->x 时，0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤-+xx ∴x x ≤+)1ln( （右面得证）， 现证左面，令111)1ln()(-+++=x x x g ， 22)1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则 当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时 ，即)(x g 在)0,1(-∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数，故函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为0)0()(min==g x g ， ∴当1->x 时，0)0()(=≥g x g ，即0111)1ln(≥-+++x x ∴111)1ln(+-≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(111,1有时 【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，只要求函数的最大值不超过0就可得证． 2、作差法构造函数证明【例2】已知函数.ln 21)(2x x x f += 求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下方； 分析：函数)(x f 的图象在函数)(x g 的图象的下方)()(x g x f <⇔不等式问题， 即3232ln 21x x x <+，只需证明在区间),1(∞+上，恒有3232ln 21x x x <+成立，设)()()(x f x g x F -=，),1(+∞∈x ，考虑到061)1(>=F要证不等式转化变为：当1>x 时，)1()(F x F >，这只要证明： )(x g 在区间),1(+∞是增函数即可。
【解】设)()()(x f x g x F -=，即x x x x F ln 2132)(23--=， 则x x x x F 12)(2--='=xx x x )12)(1(2++- 当1>x 时，)(x F '=xx x x )12)(1(2++- 从而)(x F 在),1(∞+上为增函数，∴061)1()(>=>F x F ∴当1>x 时 0)()(>-x f x g ，即)()(x g x f <，故在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下方。
【警示启迪】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)()()(x g x f x F -=做一做，深刻体会其中的思想方法。
3、换元法构造函数证明【例3】 证明：对任意的正整数n ，不等式3211)11ln(n n n ->+ 都成立. 分析： 从所证结构出发，只需令x n =1，则问题转化为：当0>x 时，恒有32)1ln(x x x ->+成立，现构造函数)1ln()(23++-=x x x x h ，求导即可达到证明。
【解】令)1ln()(23++-=x x x x h ，则1)1(31123)(232+-+=++-='x x x x x x x h 在),0(+∞∈x 上恒正， 所以函数)(x h 在),0(+∞上单调递增，∴),0(+∞∈x 时，恒有，0)0()(=>h x h 即0)1ln(23>++-x x x ，∴32)1ln(x x x ->+对任意正整数n ，取3211)11ln(),0(1n n n n x->++∞∈=，则有 【警示启迪】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 ϕ，要证明当x a >时，()f x >()x ϕ，那么，只要令()F x ＝()f x －()x ϕ，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、从条件特征入手构造函数证明【例4】若函数y =)(x f 在R 上可导且满足不等式x )(x f '>－)(x f 恒成立，且常数a ，b 满足a >b ， 求证：．a )(a f >b )(b f【解】由已知 x)(x f '+)(x f >0 ∴构造函数 )()(x xf x F =， 则=)('x F x )(x f '+)(x f >0， 从而)(x F 在R 上为增函数。
b a > ∴)()(b F a F > 即 a )(a f >b )(b f【警示启迪】由条件移项后)()(x f x f x +'，容易想到是一个积的导数，从而可以构造函数)()(x xf x F =，求导即可完成证明。
若题目中的条件改为)()(x f x f x >'，则移项后)()(x f 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、主元法构造函数例．（全国）已知函数x x x g x x x f ln )(,)1ln()(=-+= (1) 求函数)(x f 的最大值；(2) 设b a <<0,证明 ：2ln )()2(2)()(0a b b a g b g a g -<+-+<. 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：证明：对x x x g ln )(=求导,则1ln )('+=x x g . 在)2(2)()(b a g b g a g +-+中以b 为主变元构造函数, 设)2(2)()()(x a g x g a g x F +-+=,则2ln ln )]2([2)()('''x a x x a g x g x F +-=+-=. 当a x <<0时，0)('<x F ,因此)(x F 在),0(a 内为减函数. 当a x >时,0)('>x F ,因此)(x F 在),(+∞a 上为增函数.从而当a x=时, )(x F 有极小值)(a F . 因为,,0)(a b a F >=所以0)(>b F ,即.0)2(2)()(>+-+b a g b g a g 又设2ln )()()(a x x F x G --=.则)ln(ln 2ln 2ln ln )('x a x x a x x G +-=-+-=. 当0>x 时,0)('<x G .因此)(x G 在),0(+∞上为减函数.因为,,0)(a b a G >=所以0)(<b G ,即2ln )()2(2)()(a b b a g b g a g -<+-+. 6、构造二阶导数函数证明导数的单调性例．已知函数21()2x f x ae x =- (1)若f(x)在R 上为增函数,求a 的取值范围;(2)若a=1,求证:x ＞0时,f(x)>1+x解：(1)f ′(x)＝ ae x －ｘ，∵ｆ（ｘ）在Ｒ上为增函数，∴f ′(x)≥０对ｘ∈Ｒ恒成立，即ａ≥ｘｅ-ｘ对ｘ∈Ｒ恒成立记ｇ（ｘ）＝ｘｅ-ｘ，则ｇ′(ｘ)＝ｅ-ｘ－ｘｅ-ｘ=(1-x)e -x ，当ｘ＞１时，ｇ′（ｘ）＜０，当ｘ＜１时，ｇ′（ｘ）＞０．知ｇ（ｘ）在(-∞,1)上为增函数,在(1,+ ∞)上为减函数,∴g(x)在x=1时,取得最大值，即g(x)max=g(1)=1/e, ∴a ≥1/e,即a 的取值范围是[1/e, + ∞)(2)记F(X)=f(x) －(1+x) =)0(1212>---x x x e x 则F ′(x)=e x -1-x,令h(x)= F ′(x)=e x -1-x,则h ′(x)=e x -1当x>0时, h ′(x)>0, ∴h(x)在(0,+ ∞)上为增函数,又h(x)在x=0处连续, ∴h(x)>h(0)=0即F ′(x)>0 ,∴F(x) 在(0,+ ∞)上为增函数,又F(x)在x=0处连续,∴F(x)>F(0)=0,即f(x)>1+x ．小结：当函数取最大（或最小）值时不等式都成立，可得该不等式恒成立，从而把不等式的恒成立问题可转化为求函数最值问题．不等式恒成立问题，一般都会涉及到求参数范围，往往把变量分离后可以转化为)(x f m >(或)(x f m <)恒成立，于是m 大于)(x f 的最大值（或m 小于)(x f 的最小值），从而把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题．因此，利用导数求函数最值是解决不等式恒成立问题的一种重要方法．7.对数法构造函数（选用于幂指数函数不等式）例：证明当2111)1(,0xx e x x ++<+>时8.构造形似函数例：证明当ab b a e a b >>>证明,例：已知m 、n 都是正整数，且,1n m <<证明：m n n m )1()1(+>+【思维挑战】1、设x a x x x f a ln 2ln 1)(,02+--=≥求证：当1>x 时，恒有1ln 2ln 2+->x a x x ，2、已知定义在正实数集上的函数 ,ln 3)(,221)(22b x a x g ax x x f +=+=其中a >0，且a a a b ln 32522-=， 求证：)()(x g x f ≥3、已知函数x x x x f +-+=1)1ln()(，求证：对任意的正数a 、b ， 恒有.1ln ln ab b a -≥- 4、)(x f 是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足)()(x f x f x -'≤0，对任意正数a 、b ，若a < b ，则必有 （ ）（A ）af (b )≤bf (a ) （B ）bf (a )≤af (b ) （C ）af (a )≤f (b )（D ）bf (b )≤f (a )【答案咨询】。