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

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： 【题型1】移项法构造函数

【例1】已知函数()ln(1)f x x x =+-，求证：当1x >-时，恒有1

1ln(1)1

x x x -

≤+≤+。 【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

()ln(1)11

g x x x =++-+，从其导数入手即可证明。

【解析】1()1,11

x

f x x x '=

-=-∴++当10x -<<时，()0f x '>，

即()f x 在(1,0)x ∈-上为增函数；当0x >时，()0f x '<，即()f x 在(0,)x ∈+∞上为减函数，故函数()f x 的单调递增区间为(1,0)-，单调递减区间(0,)+∞，于是函数()f x 在(1,)-+∞上的最大值为max ()(0)0f x f ==，因此，当1x >-时，

()(0)0f x f ≤=，即ln(1)0,ln(1)x x x x +-≤∴+≤（右面得证），现证左面，令1

()ln(1)11

g x x x =++-+，

则22

11()1(1)(1)x

g x x x x '=-=

+++，当(1,0)x ∈-时()0g x '<，当(0,)x ∈+∞时，()0g x '>，即()g x 在(1,0)x ∈-上为减函数，在(0,)x ∈+∞上为增函数，故函数()g x 在(1,)-+∞上的最小值为

min ()(0)0g x g ==，∴当1x >-时，()(0)0g x g ≥=，即11

ln(1)10,ln(1)111

x x x x ++-≥∴+≥-

++，综上可知，当1x >-时，有1

1ln(1)x x -≤+≤。

【例2】已知函数21()ln 2f x x x =+ 求证：在区间(1,)+∞上，函数()f x 的图象在函数32

()3

g x x =的图象

的下方。

【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，即2312

ln 23

x x x +<，

只需证明在区间(1,)+∞上，恒有2312

ln 23

x x x +<成立，设()()(),(1,)F x g x f x x =-∈+∞，考虑到

1

(1)06F =>，要证不等式转化变为：当1x >时，()(1)F x F >，这只要证明()g x 在区间(1,)+∞是增函数

即可。

【解析】设()()()F x g x f x =-，即3221()ln 32

F x x x x =--，则22

1(1)(21)()2x x x F x x x x x -++'=--=，

当1x >时，2(1)(21)()x x x F x x -++'=，从而()F x 在(1,)+∞上为增函数，1

()(1)06

F x F ∴>=>，

∴当1x >时()()0g x f x ->，即()()f x g x <，故在区间(1,)+∞上，函数()f x 的图象在函数32

()3

g x x =的图象的

【例3】证明：对任意的正整数n ，不等式2

3111

ln(1)n

n n

+>

-都成立。 【分析】本题是2007年山东卷的第⑵问，从所证结构出发，只需令1

x n

=，则问题转化为：当0x >时，

恒有23ln(1)x x x +>-成立，现构造函数32

()ln(1)h x x x x =-++，求导即可达到证明。

【解析】令3

2

()ln(1)h x x x x =-++，则32

2

13(1)()3211

x x h x x x x x +-'=-+=

++在(0,)x ∈+∞上恒正，所以函数()h x 在(0,)+∞上单调递增，(0,)x ∴∈+∞时，恒有()(0)0h x h >=， 即32ln(1)0x x x -++>，∴

23ln(1)x x x +>-，对任意正整数n ，取1(0,)x =∈+∞，则有23111

ln(1)+>-。

【例4】若函数()y f x =在R 上可导且满足不等式()()xf x f x '>-恒成立，且常数,a b 满足a b >，求证：()()af a bf b >。

【解析】由已知()()0,xf x f x '+>∴构造函数()()F x xf x =，则'()()()0,()F x xf x f x F x '=+>∴在R 上为增函数，,()()a b F a F b >∴>Q ，即 ()()af a bf b >。

【例5】已知函数()ln(1),()ln f x x x g x x x =+-= ⑴求函数()f x 的最大值；

⑵设0a b <<,证明 ：0()()2()()ln 22

a b

g a g b g b a +<+-<-. 【分析】对于⑵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()ln g x x x =求导,则'()ln 1g x x =+。在()()2()2

a b

g a g b g ++-中以b 为主变元构造函数,设

()()()2()2a x F x g a g x g +=+-,则''()'()2[()]ln ln

22

a x a x

F x g x g x ++=-=-。 ①当0x a <<时，'()0F x <,因此()F x 在(0,)a 内为减函数；②当x a >时,'()0F x >,因此()F x 在(,)a +∞上为增函数。从而当x a =时, ()F x 有极小值()F a 。因为()0,,F a b a =>所以()0F b >,即

()()2()02a b

g a g b g ++->。又设()()()ln 2G x F x x a =--，则'()ln ln ln 2ln ln()2

a x G x x x a x +=--=-+.

当0x >时,'()0G x <，因此()G x 在(0,)+∞上为减函数，因为()0,,G a b a =>所以()0G b <,即

()()2(

)()ln 22

a b

g a g b g b a ++-<-。 【题型6】构造二阶导数函数证明导数的单调性 【例6】已知函数21()2

x

f x ae x =-

⑴若()f x 在R 上为增函数,求a 的取值范围;⑵若1a =,求证:0x >时,()1f x x >+。

【解析】⑴'(),()x f x ae x f x =-Q 在R 上为增函数，'()0f x ∴≥对x R ∈恒成立，即x a x e -≥⋅对x R ∈恒成立，记()x g x x e -=⋅，则'()(1)x x x g x e xe x e ---=-=-，当1x >时，'()0g x <；当1x <时，'()0g x >，