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第一篇：函數(shù)解答題構(gòu)造函數(shù)證明不等式
函數(shù)解答題-構(gòu)造函數(shù)證明不等式 例1（2013年高考北京卷（理））設(shè)L為曲線C:y?lnx在點(1,0)處的切線.x
(I)求L的方程;
(II)證明:除切點(1,0)之外,曲線C在直線L的下方.
【答案】解: (I)設(shè)f(x)?lnx1?lnx,則f?(x)?.所以f?(1)?1.所以L的方程為2xx
y?x?1.
(II)令g(x)?x?1?f(x),則除切點之外,曲線C在直線l的下方等價于
x2?1?lnxg(x)?0(?x?0,x?1).g(x)滿足g(1)?0,且g?(x)?1?f?(x)?.x2
2當0?x?1時,x?1?0,lnx?0,所以g?(x)?0,故g(x)單調(diào)遞減;
當x?1時,x?1?0,lnx?0,所以g?(x)?0,故g(x)單調(diào)遞增.所以,g(x)?g(1)?0(x?0,x?1).
所以除切點之外,曲線C在直線L的下方.
又解:g(x)?0即x?1?2lnx?0變形為x2?x?lnx?0,記h(x)?x2?x?lnx,則x
12x2?x?1(2x?1)(x?1)h?(x)?2x?1???,xxx
所以當0?x?1時,h?(x)?0,h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減;當x?1時,h?(x)?0,h(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增.
所以h(x)?h(1)?0.)
例2（2013年普通高等學校招生統(tǒng)一考試遼寧數(shù)學（理）試題（WORD版））已知函數(shù)f?x???1?x?e?2xx3
,g?x??ax??1?2xcosx.當x??0,1?時， 2
1;1?x(I)求證:1-x?f?x??
(II)若f?x??g?x?恒成立,求實數(shù)a取值范圍.
【答案】解：(1)證明：要證x∈[0，1]時，(1＋x)e－2x≥1－x，只需證明(1＋x)ex≥(1－x)ex.－
記h(x)＝(1＋x)ex－(1－x)ex，則h′(x)＝x(ex－ex)，當x∈(0，1)時，h′(x)＞0，因此h(x)在[0，1]上是增函數(shù)，故h(x)≥h(0)＝0.
所以f(x)≥1－x，x∈[0，1]．
－
－
要證x∈[0，1]時，(1＋x)e
－2x
1≤ex≥x＋1.1＋x
記K(x)＝ex－x－1，則K′(x)＝ex－1，當x∈(0，1)時，K′(x)＞0，因此K(x)在[0，1]上是增函數(shù)，故K(x)≥K(0)＝0.
所以f(x)≤，x∈[0，1]．
1＋x1
綜上，1－x≤f(x)≤，x∈[0，1]．
1＋x(2)(方法一)
x
ax＋1＋2xcos x? f(x)－g(x)＝(1＋x)e－?2??
－2x
x3
≥1－x－ax－1－2xcos x
2x
a＋1＋＋2cos x?.＝－x?2??
x2
設(shè)G(x)＝2cos x，則G′(x)＝x－2sin x.
記H(x)＝x－2sin x，則H′(x)＝1－2cos x，當x∈(0，1)時，H′(x)＜0，于是G′(x)在[0，1]上是減函數(shù)，從而當x∈(0，1)時，G′(x)＜G′(0)＝0，故G(x)在[0，1]上是減函數(shù)．于是G(x)≤G(0)＝2.從而
a＋1＋G(x)≤a＋3，
所以，當a≤－3時，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．
下面證明，當a＞－3時，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．
1x3
f(x)－g(x)≤1－ax－2xcos x
21＋x－xx3
＝ax－－2xcos x
21＋x
1x
＝－x?1＋xa2＋2cos x?.
??
－11x21記I(x)＝＋a＋2cos x＝＋a＋G(x)，則I′(x)＝＋G′(x)．當x∈(0，
21＋x1＋x（1＋x）1)時，I′(x)＜0.故I(x)在[0，1]上是減函數(shù)，于是I(x)在[0，1]上的值域為[a＋1＋2cos 1，a＋
3]．
因為當a＞－3時，a＋3＞0，所以存在x0∈(0，1)，使得I(x0)＞0，此時f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．
綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－3]． (方法二)
11
先證當x∈[0，1]時，1－x2≤cos x≤1－2.
241
記F(x)＝cos x－1＋x2，則F′(x)＝－sin x＋x.
22
記G(x)＝－sin x＋x，則G′(x)＝－cos x＋1，當x∈(0，1)時，G′(x)＞0，于是G(x)在[0，1]上是增函數(shù)，因此當x∈(0，1)時，G(x)＞G(0)＝0，從而F(x)在[0，1]上是增函數(shù)，因此F(x)≥F(0)＝0.所以
當x∈[0，1]時，12≤cos x.
同理可證，當x∈[0，1]時，cos x≤1－2.
411
綜上，當x∈[0，1]時，1－x2≤cos x≤1－x2.
24因為當x∈[0，1]時．
x
ax＋1＋2xcos x? f(x)－g(x)＝(1＋x)e－?2??
－2x
1x3
1－2? ≥(1－x)－ax－1－2x??4?2
＝－(a＋3)x.
所以當a≤－3時，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．
下面證明，當a＞－3時，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．因為 x
ax＋1＋2xcos x? f(x)－g(x)＝(1＋x)e－?2??
－2x
11x3
1－x2? ≤1－ax－2x??2?21＋xx2x3
＝(a＋3)x 1＋x2
23
x－a＋3）?， ≤x??2?3
a＋31所以存在x0∈(0，1)例如x0取中的較小值滿足f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，
321]上不恒成立．
綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－3]．
例3（2012高考遼寧文21）(本小題滿分12分)
設(shè)f(x)＝lnx＋x－1，證明： 3
(1)當x>1時，f(x)
(2)當1
x＋5
【答案】解：(1)(證法一)
記g(x)＝lnx＋x－1－2(x－1)．則當x>1時， 113
g′(x)＝x2，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．
2x又g(1)＝0，有g(shù)(x)
f(x)
由均值不等式，當x>1時，x
令k(x)＝lnx－x＋1，則k(1)＝0，k′(x)＝x1
由①②得，當x>1時，f(x)
9?x－1?
，由(1)得 x＋5
1154
h′(x)＝x2x?x＋5?2＋xx＋55454＝2x?x＋5?4x?x＋5??x＋5?3－216x
＝4x?x＋5?令g(x)＝(x＋5)3－216x，則當1
9?x－1?
x＋5(證法二)
記h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)， 則當1
－9 2x－1)＋(x＋5)?x?2x?1
＝2xx(x－1)＋(x＋5)(2＋x)－18x]
x11??
2x3x?x－1?＋?x＋5??2＋22－18x? ????1
＝4xx2－32x＋25)
因此h(x)在(1,3)內(nèi)單調(diào)遞減，又h(1)＝0，所以h(x)
9?x－1?
.
x＋5
例4（2012高考浙江文21）（本題滿分15分）已知a∈R，函數(shù)f(x)?4x3?2ax?a （1）求f(x)的單調(diào)區(qū)間
（2）證明：當0≤x≤1時，f(x)+ 2?a＞0.【答案】
【解析】（1）由題意得f?(x)?12x2?2a，
當a?0時，f?(x)?0恒成立，此時f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為???,???.當a?
0時，f?(x)?12(x?
?此時函數(shù)f(x
)的單調(diào)遞增區(qū)間為?x，.?(2)由于0?x?1，當a?2時，f(x)?a?2?4x3?2ax?2?4x3?4x?2.
333
當a?2時，f(x)?a?2?4x?2a(1?x)?2?4x?4(1?x)?2?4x?4x?2.
設(shè)g(x)?2x?2x?1,0?x?
1，則g?(x)?6x?2?6(x?則有
32
x?.33
所以g(x)min?g?1?0.3
當0?x?1時，2x?2x?1?0.
故f(x)?a?2?4x3?4x?2?0.
例5（2012高考山東文22） (本小題滿分13分)
已知函數(shù)f(x)?
lnx?k
(k為常數(shù)，e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))，曲線y?f(x)在點ex
(1,f(1))處的切線與x軸平行.
(Ⅰ)求k的值；
(Ⅱ)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(Ⅲ)設(shè)g(x)?xf?(x)，其中f?(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).證明：對任意x?0,g(x)?1?e?2.1
?lnx?k【答案】(I)f?(x)?，
ex
由已知，f?(1)?
1?k
?0，∴k?1.e
?lnx?1(II)由(I)知，f?(x)?.
ex
設(shè)k(x)?
111
?lnx?1，則k?(x)??2??0，即k(x)在(0,??)上是減函數(shù)， xxx
由k(1)?0知，當0?x?1時k(x)?0，從而f?(x)?0， 當x?1時k(x)?0，從而f?(x)?0.
綜上可知，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1,??).
(III)由(II)可知，當x?1時，g(x)?xf?(x)≤0＜1+e?2，故只需證明g(x)?1?e?2在0?x?1時成立.
當0?x?1時，ex＞1，且g(x)?0，∴g(x)?
1?xlnx?x
?1?xlnx?x.x
e
設(shè)F(x)?1?xlnx?x，x?(0,1)，則F?(x)??(lnx?2)， 當x?(0,e?2)時，F(xiàn)?(x)?0，當x?(e?2,1)時，F(xiàn)?(x)?0， 所以當x?e?2時，F(xiàn)(x)取得最大值F(e?2)?1?e?2.所以g(x)?F(x)?1?e?2.
綜上，對任意x?0，g(x)?1?e?2.
第二篇：構(gòu)造函數(shù)證明不等式
構(gòu)造函數(shù)證明不等式
構(gòu)造函數(shù)證明:>e的(4n-4)/6n+3)次方
不等式兩邊取自然對數(shù)(嚴格遞增)有:
ln(2^2/2^2-1)+ln(3^2/3^2-1)+...+ln(n^2/n^2-1)>(4n-4)/(6n+3)
不等式左邊=2ln2-ln1-ln3+2ln3-ln2-ln4+...+2lnn-ln(n-1)-ln(n+1)
=ln2-ln1+lnn-ln(n+1)=ln
構(gòu)造函數(shù)f(x)=ln-(4x-4)/(6x+3)
對f(x)求導(dǎo),有:f'(x)=+^
2當x>2時,有f'(x)>0有f(x)在x>2時嚴格遞增從而有
f(n)>=f(2)=ln(4/3)-4/15=0.02>0
即有l(wèi)n>(4n-4)/(6n+3)
原不等式等證
【解】：
∏{n^2/(n^2-1)}>e^((4n-4)/(6n+3))
∵n^2/(n^2-1)=n^2/(n+1)(n-1)
∴∏{n^2/(n^2-1)}=2n/(n+1)
原式可化簡為：2n/(n+1)>e^((4n-4)/6n+3))
構(gòu)建函數(shù)：F(n)=2n/(n+1)-e^((4n-4)/(6n+3))
其一階導(dǎo)數(shù)F’(n)={2-4e^((4n-4)/(6n+3))}/(n+1)^2
∵e^((4n-4)/(6n+3))
∴F’(n)>0
而F=4/(2+1)-e^((8-4)/(12+3))=4/3-e^(4/15)>0
所以F(n)>0
即：2n/(n+1)>e^((4n-4)/6n+3))
故得證。
一、結(jié)合勘根定理，利用判別式“△”的特點構(gòu)造函數(shù)證明不等式
例1若a,b,c∈R，且a≠0，又4a+6b+c>0，a-3b+c4ac.
證明構(gòu)造函數(shù)f(x),設(shè)f(x)=ax2+3bx+c(a≠0)，
由f(2)=4a+6b+c>0，
f(-1)=a-3b+c
根據(jù)勘根定理可知：f(x)在區(qū)間(-1,2)內(nèi)必有零點.
又f(x)為二次函數(shù)，由勘根定理結(jié)合可知：
f(x)必有兩個不同的零點.
令ax2+3bx+c=0可知△=(3b)2-4ac>0,
所以可得：9b2>4ac.命題得證.
評析本題合理變換思維角度，抓住問題本質(zhì)，通過構(gòu)造二次函數(shù),將所要證明的結(jié)論轉(zhuǎn)化成判別式“△”的問題,再結(jié)合勘根定理和二次函數(shù)知識，從而使問題獲得解決.
二、結(jié)合構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性證明不等式
例2(2005年人教A版《選修4-5不等式選講》例題改編)已知a,b,c是實數(shù)，求證：
|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.證明構(gòu)造函數(shù)f(x)，設(shè)f(x)=x1+x(x≥0).
由于f′(x)=1(1+x)2,所以結(jié)合導(dǎo)數(shù)知識可知f(x)在[0，+∞)上是增函數(shù).
∵0≤|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|,
∴f(|a+b+c|)≤f(|a|+|b|+|c|),
即|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|1+|a|+|b|+|c|=|a|1+|a|+|b|+|c|+|b|1+|a|+|b|+|c|+|c|1+|a|+|b|+|c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.命題得證.
三、結(jié)合構(gòu)造函數(shù)在某個區(qū)間的最值證明不等式
例3(第36屆IMO試題)
設(shè)a,b,c為正實數(shù)，且滿足abc=1,求證:
1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)≥32.證明構(gòu)造函數(shù)，設(shè)f(a,b,c)=1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b),顯然a=b=c=1時，f(a,b,c)=32≥32成立.
又abc=1，a,b,c為正實數(shù)，則a,b,c中必有一個不大于1，不妨設(shè)0f(a,b,c)-f(a,1,c)=(1-b)1a3(b+c)(1+c)+1+b+b2b3(a+c)+1c3(a+b)(1+a)≥0,
∴f(a,b,c)≥f(a,1,c)，
因此要證f(a,b,c)≥32，只要證f(a,1,c)≥32，此時ac=1，
∴a,1,c成等比數(shù)列，令a=q-1，c=q(q>0).
f(a,1,c)=q31+q+qq2+1+1q2(1+q)
=q5+1q2(1+q)+qq2+1
=(q4+1)-(q3+q)+q2q2+qq2+1
=(q2+q-2)-(q+q-1)+1q+q-1+1
=t2-t+1t-1.(其中t=q+q-1，且t≥2).
由導(dǎo)數(shù)知識(方法同例
2、例3)可知函數(shù)
f(a,1,c)=t2-t+1t-1(t≥2)是增函數(shù)，
當且僅當t=2q=1a=c=1時，
(f(a,1,c))min=22-2+12-1=32成立，
∴f(a,1,c)≥32.
故f(a,b,c)≥f(a,1,c)≥32.命題得證。
