運用函數(shù)構(gòu)造法巧證不等式-文庫吧資料
2024-11-01 00:39本頁面
【正文】 2(1+x)ln(，f39。)上為增函數(shù)，又h(x)在x=0處連續(xù)，∴h(x)h(0)=0，即F39。(x)=ex1；當(dāng)x0時，h39。(x)=exx1，2令h(x)=F39。即a的取值范圍是[ , +165。 , 1)上為增函數(shù)，在(1 , +165。(x)0；當(dāng)x1時，g39。R恒成立；記g(x)=xex，則g39。R恒成立，即a179。(x)179。)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)=lnxlna+xG39。(x)0，因此F(x)在(a , +165。=lnxln． 222當(dāng)0xa時，F(xiàn)39。(x)=g39。(x)f(x)，要想到是一個商的導(dǎo)數(shù)的分子，平時解題多注意總結(jié)．例5．【分析】 對于第（2）小問，絕大部分的學(xué)生都會望而生畏．學(xué)生的盲點也主要就在對所給函數(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，以期達到證明不等式的目的．（2）對g(x)=xlnx求導(dǎo)，則g39。(x)+f(x)，容易想到是一個積的導(dǎo)數(shù)，從而可以構(gòu)造函數(shù)F(x)=xf(x)，求導(dǎo)即可完成證明．若題目中的條件改為xf162。(x)=xf39。(x)0即可．例4．【解析】由已知：xf39。(0 , +165。(0 , +165。)上恒正，∴函數(shù)h(x)在(0 , +165。(x)=3x2x+=x+1x+1322在x206。)上為增函數(shù)，∴F(x)F(1)=10，∴當(dāng)x1時，g(x)f(x)0，即6f(x)g(x)，故在區(qū)間(1,+165。(x)=2xx=；當(dāng)x1時，F(xiàn)39。)，考慮到F(1)=0，要證不等式轉(zhuǎn)化變?yōu)椋?立問題，即當(dāng)x1時，F(xiàn)(x)F(1)，這只要證明：g(x)在區(qū)間(1 ,+165。)上，恒有x2+lnxx3成立，23231設(shè)F(x)=g(x)f(x)，x206。不等式f(x)g(x)在(1 ,+165。f(a)（或f(x)179。1．綜上可知：當(dāng)x1時，有x+1x+1∴當(dāng)x1時，g(x)179。ln(x+1)163。)上的最小值為g(x)min=g(0)=0，11179。(0 , +165。(x)0，即g(x)在x206。(0 , +165。(1 , 0)時，g39。x（右面得證）．現(xiàn)證左面，令g(x)=ln(x+1)+11x1=1，則g162。f(0)=0，即ln(x+1)x163。)；于是函數(shù)f(x)在(1 , +165。(0 , +165。(1 , 0)上為增函數(shù)；當(dāng)x0時，f162。(x)=，∴當(dāng)1x0時，f162。f(b)D．bf(b)163。bf(a)B．bf(a)163。(x)f(x)163。1． 1+xa（2007年，陜西卷）f(x)是定義在(0 , +165。0，f(x)=x1ln2x+2alnx．求證：當(dāng)x1時，恒有xln2x2alnx+1．（2007年，安徽卷）已知定義在正實數(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。)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。ln(x+1)163。188。188。3180。188。ln3(n1)180。（n2)180。4188。2180。188。ln3題目3：求證234nn小結(jié)：記住函數(shù)不等關(guān)系㈡)構(gòu)造函數(shù)④f(x)=lnx(x1)(x1（注：此函數(shù)實質(zhì)和構(gòu)造函數(shù)二一樣）分析：f162。188。lnnn(n+1)x1lnx(x1)x+1ln2ln3ln4lnn1188。ln4lnn綜上有1234n2n12xxxx……xx= 3456nn+1n(n+1)2ln2188。ln422x(x+1)x(x+1)x1(x1)x+1211312413=,ln3=,ln4=，…… 因而有l(wèi)n22+133+144+15n1lnn n+1所以當(dāng)x1時，有f(x)f(1)=0，即有l(wèi)nx故：ln2(x)==0,函數(shù)f(x)在(0,+165。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，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。(x)=x(x0)1+x1(1+x)xx=0,函數(shù)f(x)在(0,+165。188。3188。ln32xycosa+2yzcosb+2zxcosn。2xycosa+2yzcosb+2zxcosn 證明：考慮函數(shù)f(x)=x2+y2+z2(2xycosa+2yzcosb+2zxcosn)=2x22x(ycosa+zcosn)+y2+z22yzcosb,其中D=4(ycosa+zcosn)24(y2+z22yzcosb)=4(ysinazsinn)2163。例已知 |a|＜1,|b|
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