不等式证明之函数构造法(教师)

高三导数复习---构造辅助函数研究导数问题

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，也是高考的常见题型。应对策略是构造辅助函数（如利用比较法构造差函数等），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。

课前热身1．(2017·湖北襄阳模拟)函数f (x )的定义域为R.f (－1)＝2，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 ．(－∞，＋∞)

解析：选B 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，而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，选B.

2．已知函数f (x )(x ∈R)满足f (1)＝1，且f (x )的导数f ′(x )<12，则不等式f (x 2

)

的解集为________．

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 2

2＋12，∴f (x 2

)－x 22

，∴F (x 2)1，即x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)． 一、导数结构法构造函数

【例1】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

练习1：、)(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 )

简单分析：x x f x F )()(=，0)()()(2

'≤-='x x f x xf x F ，故x x f x F )

()(=

在（0，+∞）上是减函数，由b a < 有

b

b f a a f )()(≥⇒ af (b )≤bf (a ) 故选（A ）

【原理】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。

例2．(2017·沈阳质监)已知函数f (x )＝1

2

x 2－a ln x ＋b (a ∈R)．

(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线的方程为3x －y －3＝0，求实数a ，b 的值；

(2)若x ＝1是函数f (x )的极值点，求实数a 的值；

(3)若－2≤a ＜0，对任意x 1，x 2∈(0,2]，不等式|f (x 1)－f (x 2)|≤m ⎪⎪⎪⎪

1x 1

－1x 2

恒成立，求m 的最小值．

解：(1)因为f (x )＝12x 2－a ln x ＋b ，所以f ′(x )＝x －a x ，

因为曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线的方程为3x －y －3＝0，

所以⎩⎪⎨⎪⎧

f ′(1)＝3，

f (1)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧

1－a ＝3，

1

2

＋b ＝0，

解得⎩

⎪⎨⎪

⎧

a ＝－2，

b ＝－1

2. (2)因为x ＝1是函数f (x )的极值点，所以f ′(1)＝1－a ＝0，所以a ＝1．

当a ＝1时，f (x )＝12x 2－ln x ＋b ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x ＝(x －1)(x ＋1)

x ，

当0＜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，所以a ＝1． (3)因为－2≤a ＜0,0＜x ≤2，所以f ′(x )＝x －a

x ＞0，故函数f (x )在(0,2]上单调递增，

不妨设0＜x 1≤x 2≤2，则|f (x 1)－f (x 2)|≤m ⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2可化为f (x 2)＋m x 2≤f (x 1)＋m x 1

， 设h (x )＝f (x )＋m x ＝12x 2－a ln x ＋b ＋m

x ，则h (x 1)≥h (x 2)．所以h (x )为(0,2]上的减函数，

即h ′(x )＝x －a x －m

x 2≤0在(0,2]上恒成立，等价于x 3－ax －m ≤0在(0,2]上恒成立，

即m ≥x 3－ax 在(0,2]上恒成立，又－2≤a ＜0，所以ax ≥－2x ，所以x 3－ax ≤x 3＋2x ，

而函数y ＝x 3＋2x 在(0,2]上是增函数，所以x 3＋2x ≤12(当且仅当a ＝－2，x ＝2时等号成立)． 所以m ≥12，即m 的最小值为12． 练习2 设f (x )＝e x －a (x ＋1)．

(1)若∀x ∈R ，f (x )≥0恒成立，求正实数a 的取值范围；

(2)设g (x )＝f (x )＋a

e x ，且A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1≠x 2)是曲线y ＝g (x )上任意两点，若对任意的a ≤－1，直线AB 的

斜率恒大于常数m ，求m 的取值范围．

[解] (1)因为f (x )＝e x －a (x ＋1)，所以f ′(x )＝e x －a ．由题意，知a ＞0，故由f ′(x )＝e x －a ＝0， 解得x ＝ln a ．故当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．

所以函数f (x )的最小值为f (ln a )＝e ln a －a (ln a ＋1)＝－a ln a ．由题意，若∀x ∈R ，f (x )≥0恒成立， 即f (x )＝e x －a (x ＋1)≥0恒成立，故有－a ln a ≥0，又a ＞0，所以ln a ≤0，解得0＜a ≤1． 所以正实数a 的取值范围为(0,1]．

(2)设x 1，x 2是任意的两个实数，且x 1＜x 2．则直线AB 的斜率为k ＝g (x 2)－g (x 1)

x 2－x 1，

由已知k ＞m ，即g (x 2)－g (x 1)

x 2－x 1＞m ．因为x 2－x 1＞0，所以g (x 2)－g (x 1)＞m (x 2－x 1)，

即g (x 2)－mx 2＞g (x 1)－mx 1．因为x 1＜x 2，所以函数h (x )＝g (x )－mx 在R 上为增函数， 故有h ′(x )＝g ′(x )－m ≥0恒成立，所以m ≤g ′(x )．而g ′(x )＝e x －a －a

e

x ，