運(yùn)用函數(shù)構(gòu)造法巧證不等式-預(yù)覽頁
【正文】 1故：ln(1+)+ln(1+)+ln(1+)+……+ln(1+)綜上有：12111111ln(1+n)1++++…+ +1++…+34n+1234n小結(jié)：記住函數(shù)不等關(guān)系㈠題目2：求證x(三)構(gòu)造函數(shù)③f(x)=lnxx1(x0)x+11(x+1)(x1)x2+1分析：f162。ln3188。ln4lnn1180。188。即有l(wèi)n2188。4188。234nn小結(jié)：記住函數(shù)不等關(guān)系㈢lnxx1(x1)識記重要不等式關(guān)系ln(1+x)x(x0)1+xln(1+x)x(x0)xx1lnx(x1)x+1lnxx1(x1)資料由謝老師收集：了解初中，高中考試信息，做題技巧，解題思路可去謝老師博客第四篇：構(gòu)造法證明函數(shù)不等式構(gòu)造法證明函數(shù)不等式利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值和最值，再由單調(diào)性來證明不等式是函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式綜合中的一個難點(diǎn)，也是近幾年高考的熱點(diǎn)．解題技巧是構(gòu)造輔助函數(shù)，把不等式的證明轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或求最值，從而證得不等式，而如何根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造一個可導(dǎo)函數(shù)是用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵．一、移項(xiàng)法構(gòu)造函數(shù)【例1】已知函數(shù)f(x)=ln(x+1)x，求證：當(dāng)x1時，恒有11163。(x)f(x)恒成立，常數(shù)a、b滿足ab，求證：af(a)bf(b)．五、主元法構(gòu)造函數(shù)1+x)x，g(x)=xlnx． 【例5】已知函數(shù)f(x)=ln(（1）求函數(shù)f(x)的最大值；（2）設(shè)0ab，證明：0g(a)+g(b)2g（a+b)(ba)ln2．2六、構(gòu)造二階導(dǎo)函數(shù)證明函數(shù)的單調(diào)性（二次求導(dǎo)）【例6】已知函數(shù)f(x)=aex12x． 2（1）若f(x)在R上為增函數(shù)，求a的取值范圍；（2）若a=1，求證：當(dāng)x0時，f(x)1+x．七、對數(shù)法構(gòu)造函數(shù)（選用于冪指數(shù)函數(shù)不等式）【例7】證明：當(dāng)x0時，(1+x)1+xe1+2．（2007年，安徽卷）設(shè)a179。)上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf39。af(b)C．a(chǎn)f(a)163。(x)0，即f(x)在x+1x+1g(x)=ln(x+1)+x206。)上為減函數(shù)；故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1 , 0)，單調(diào)遞減區(qū)間(0 , +165。0，∴l(xiāng)n(x+1)163。(x)0；當(dāng)x206。(1 , 0)上為減函數(shù)，在x206。0，x+1111163。g(0)=0，即ln(x+1)+【點(diǎn)評】如果f(a)是函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大（?。┲?，則有f(x)163。)上恒成12212x+lnxx3，只需證明在區(qū)間(1,+165。)是增函數(shù)即可． 【解析】設(shè)F(x)=g(x)f(x)，即F(x)=22312xxlnx，321(x1)(2x2+x+1)(x1)(2x2+x+1)則F39。)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)=23x的圖象的下方． 3【點(diǎn)評】本題首先根據(jù)題意構(gòu)造出一個函數(shù)（可以移項(xiàng)，使右邊為零，將移項(xiàng)后的左式設(shè)為函數(shù)），并利用導(dǎo)數(shù)判斷所設(shè)函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，證明要證的不等式．讀者也可以設(shè)F(x)=f(x)g(x)做一做，深刻體會其中的思想方法． 例3．【分析】本題是山東卷的第（2）問，從所證結(jié)構(gòu)出發(fā)，只需令1=x，則問題轉(zhuǎn)化為：當(dāng)x0n時，恒有l(wèi)n(x+1)x2x3成立，現(xiàn)構(gòu)造函數(shù)h(x)=x3x2+ln(x+1)，求導(dǎo)即可達(dá)到證明．13x3+(x1)2 【解析】 令h(x)=xx+ln(x+1)，則h162。)上單調(diào)遞增，∴x206。)，則有l(wèi)n(+1)23． nnnn【點(diǎn)評】我們知道，當(dāng)F(x)在[a , b]上單調(diào)遞增，則xa時，有F(x)F(a)．如果f(a)＝j(luò)(a)，要證明當(dāng)xa時，f(x)j(x)，那么，只要令F(x)＝f(x)－j(x)，就可以利用F(x)的單調(diào)增性來推導(dǎo)．也就是說，在F(x)可導(dǎo)的前提下，只要證明F39。(x)+f(x)0，從而F(x)在R上為增函數(shù)，∵ab，∴F(a)F(b)，即af(a)bf(b)．【點(diǎn)評】由條件移項(xiàng)后xf162。(x)=lnx+1．在g(a)+g(b)2g(數(shù)，設(shè)F(x)=g(a)+g(x)2g(a+b)中以b為主變元構(gòu)造函2a+xa+xa+x)，則F39。(x)0，因此F(x)在(0 , a)內(nèi)為減函數(shù)；當(dāng)xa時，F(xiàn)39。(x)0．ln2=lnxln(a+x)；當(dāng)x0時，因此G(x)在(0 , +165。0對x206。(x)=exxex=(1x)ex；當(dāng)x1時，g39。)上為減函數(shù)，∴g(x)在x=1時，取得最大值，即g(x)max=g(1)=（2）記F(x)=f(x)(1+x)=ex111，∴a179。(x)=exx1，則h39。(x)0，∴F(x)在(0 , +165。39。(x)f39。)上嚴(yán)格單調(diào)增加，∴f(x)f(0)=0（x0），即2x+x22(1+x)ln(1+x)0，2x+x22(1+x)ln(1+x)，故(1+x)1+1xe1+x2（x0）．【解析】f162。)內(nèi)單調(diào)遞增，故當(dāng)x1時，f(x)f(1)=0，∴當(dāng)x1時，恒有xln2x2alnx+1．【解析】設(shè)F(x)=g(x)f(x)=12x+2ax3a2lnxb，則23a2(xa)(x+3a)（x0），∵a0，∴當(dāng)x=a時，F(xiàn)39。)上的最小值是F(a)=f(a)g(a)=0，故當(dāng)x0時，有f(x)g(x)179。(x)=11x=，∴當(dāng)1x01+x(1+x)2(1+x)2時，f39。(0 , +165。1，令1+x=0，則11+x1+xbx+1aabbf(x)xf39。0，故【解析】F(x)=，F(xiàn)39。在(0 , +165。
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