運(yùn)用函數(shù)構(gòu)造法巧證不等式(存儲(chǔ)版)
【正文】 式等價(jià)于x，解x+1x+1之得：－1＜x＜2或x＜－2。又n≥2∴f(n)≥f(2)=∴1＜a＜1+1+5∴a的取值范圍為（1，）。ln3188。(x)==0,函數(shù)f(x)在(0,+165。lnn綜上有1234n2n12xxxx……xx= 3456nn+1n(n+1)2ln2188。（n2)180。188。0，f(x)=x1ln2x+2alnx．求證：當(dāng)x1時(shí)，恒有xln2x2alnx+1．（2007年，安徽卷）已知定義在正實(shí)數(shù)集上的函數(shù)f(x)=1x12x+2ax，g(x)=3a2lnx+b，其中2a0，且b= 52a3a2lna，求證：f(x)179。f(b)D．bf(b)163。)；于是函數(shù)f(x)在(1 , +165。(0 , +165。ln(x+1)163。)上，恒有x2+lnxx3成立，23231設(shè)F(x)=g(x)f(x)，x206。(x)=3x2x+=x+1x+1322在x206。(x)0即可．例4．【解析】由已知：xf39。(x)=g39。)2a+b)(ba)ln2． 2上為減函數(shù)，∵G(a)=0，ba，∴G(b)0，即g(a)+g(b)2g(例6．【解析】（1）f39。(x)0；當(dāng)x1時(shí)，g39。(x)=ex1；當(dāng)x0時(shí)，h39。(x)=2x0（x0），易知f39。(x)=12lnx2a2lnx+1，∴f162。0，即f(x)179。)上為增函數(shù)；因此在x=0時(shí)，f(x)取得極小值f(0)=0，而且是最小值，于是f(x)179。(x)=baaxx2f(x)f(a)f(b)222。(1＋3，由f(n+1)f(n)(1+)33n+1=3n+4=(3n+2)(3n+1)(3n+4)＞1，∵f(n)＞0，∴f(n+1)＞f(n)，即f(n)是自然數(shù)集N上的單調(diào)遞增函數(shù)，∴(1＋1)(1＋14)(1＋13n2)＞3n+1．證明：構(gòu)造函數(shù)f(n)=(1＋1)(1＋13n+1)1．163。(x)0，即f(x)在x206。)上為增函數(shù)，于是函數(shù)F(x)在(0 , +165。(x)0，得f(x)在[0 , +165。0）又f39。(x)=exx1，2令h(x)=F39。R恒成立；記g(x)=xex，則g39。(x)=lnxlna+xG39。(x)f(x)，要想到是一個(gè)商的導(dǎo)數(shù)的分子，平時(shí)解題多注意總結(jié)．例5．【分析】 對(duì)于第（2）小問(wèn)，絕大部分的學(xué)生都會(huì)望而生畏．學(xué)生的盲點(diǎn)也主要就在對(duì)所給函數(shù)用不上．如果能挖掘一下所給函數(shù)與所證不等式間的聯(lián)系，想一想大小關(guān)系又與函數(shù)的單調(diào)性密切相關(guān)，由此就可過(guò)渡到根據(jù)所要證的不等式構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，借助單調(diào)性比較函數(shù)值的大小，以期達(dá)到證明不等式的目的．（2）對(duì)g(x)=xlnx求導(dǎo)，則g39。(0 , +165。)上為增函數(shù)，∴F(x)F(1)=10，∴當(dāng)x1時(shí)，g(x)f(x)0，即6f(x)g(x)，故在區(qū)間(1,+165。不等式f(x)g(x)在(1 ,+165。)上的最小值為g(x)min=g(0)=0，11179。(1 , 0)時(shí)，g39。(0 , +165。bf(a)B．bf(a)163。)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)=x32三、換元法構(gòu)造函數(shù)證明【例3】（2007年山東卷）證明：對(duì)任意的正整數(shù)n，不等式ln（111+1)23都成立． nnn四、從條件特征入手構(gòu)造函數(shù)證明【例4】若函數(shù)y=f(x)在R上可導(dǎo)，且滿足不等式xf39。188。4188。ln3lnnn(n+1)x1lnx(x1)x+1ln2ln3ln4lnn1188。221+x(1+x)(1+x)x(x0)1+x1111111=,ln(1+)=,ln(1+)=，…… 因而有l(wèi)n(1+)131411+12231+1+23ln(1+)=1nn+11+n11111111故：ln(1+)+ln(1+)+ln(1+)+……+ln(1+)+++……+ 123n234n+11111即ln(1+n)+++……+ 234n+1所以當(dāng)x0時(shí)，有f(x)f(0)=0，即有l(wèi)n(1+x)（二）構(gòu)造函數(shù)②f(x)=ln(1+x)x(x0)分析：f162。32xycosa+2yzcosb+2zxcosn。例3已知不等式11112+++loga(a1)+對(duì)大于1的一切自然數(shù)nn+1n+22n123恒成立，試確定參數(shù)a的取值范圍。一、構(gòu)造函數(shù)解不等式例解不等式 810+x35x0 3(x+1)x+1分析；本題直接將左邊通分采用解高次不等式的思維來(lái)做運(yùn)算較煩。證明：作f(a)=app+bqqab，則f(a)=a39。2sinxcosx2sinx=2sinx（1cosx1)0，知f39。證明：由a+b+c=1219。u179。證明：令f(t)=(tx)(ty)(tz)，則f(t)=t(x+y+z)t+(xy+yz+xz)txyz記u=xy+yz+xz2xyz 則u=2f()+211432727（1）當(dāng)x、y、z均不超過(guò)12時(shí)，233。證明：視a為主元構(gòu)造函數(shù)f(a)=(bc1)a+2bc，此為一次函數(shù)。關(guān)鍵字：函數(shù)不等式不等式的證明是高中數(shù)學(xué)教學(xué)中的一大難點(diǎn)，也是高考、競(jìng)賽中的一大熱點(diǎn)。例2．設(shè)x、y、z206。故有0163。u163。R+，且有a+A=b+B=c+C=k，證明：aB+bC+cAk三．導(dǎo)數(shù)法例5．證明：tanx+2sinx3x，x206。(0,p)時(shí)，有f(x)0，從而有f(x)f(0)=039。0，即ab163。
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