构造函数证明含有指数和对数的不等式
构造函数证明不等式
构造函数证明不等式构造函数证明不等式构造函数证明:[2的平方/(2的平方-1)*3的平方/(3的平方-1)*...*n的平方/(n的平方-1)]>e的(4n-4)/6n+3)次方不等式两边取自然对数(严格递增)有:ln(2^2/2^2-1)+ln(3^2/3^2-1)+...+ln(n^2/n^2-1)>(4n-4)/(6n +3)不等式左边=2ln2-ln1-ln3+2ln3-ln2-ln4+...+2lnn-ln(n-1)-ln(n+1)=ln2-ln1+lnn-ln(n+1)=ln[n^2/(n+1)]构造函数f(x)=ln[x^2/(x+1)]-(4x-4)/(6x+3)对f(x)求导,有:f'(x)=[(x+2)/x(x+1)]+[1/(x+1/2)]^2当x>2时,有f'(x)>0有f(x)在x>2时严格递增从而有f(n)>=f(2)=ln(4/3)-4/15=0.02>0即有ln[n^2/(n+1)]>(4n-4)/(6n+3)原不等式等证【解】：∏{n^2/(n^2-1)}[n≥2] > e^((4n-4)/(6n+3))∵n^2/(n^2-1)=n^2/(n+1)(n-1)∴∏{n^2/(n^2-1)}[n≥2] = 2n/(n+1)原式可化简为：2n/(n+1) > e^((4n-4)/6n+3))构建函数：F(n)=2n/(n+1)-e^((4n-4)/(6n+3))其一阶导数F’(n)={2-4e^((4n-4)/(6n+3))}/(n+1)^2∵e^((4n-4)/(6n+3))∴F’(n)>0 [n≥2]而F[2]=4/(2+1)-e^((8-4)/(12+3))=4/3-e^(4/15)>0所以F(n)>0 [n≥2]即：2n/(n+1) > e^((4n-4)/6n+3))故得证。
巧用“构造函数法”证明不等式
解 析 ： 题 的通 常想 法 是 用 数 学 归 纳 法 ， 必 须 本 但
先证 明加强 后 的不 等式 ， 很难 构 造或 不 可能 构 造。
若 从ｎ 联 ，是 数（＝ 在 问１］ 能 ｌ去 想它 函 ＿） 区 ［ ２ 厂 ÷ ， ２ 上 定 分即 ｝ ｄ ｌ表 函 ， ） １ 的 积 ，』 ｎ 示 数 （ ＝ ÷ ＝２ ， 与 轴 成 图 的 积左 ＋ ＋ ＋ 围 的 形 面 ， ｌ … 边－ ） ＝ 。看 ｎ 矩 的 ・ 毒 成个 形 面 １ ｎ
㈩ ： 丝
： 边
＞
０ ∈［， ） 恒成立 ， 在 ０＋ 上
・
． ．
（ ÷（ 了…１ ） １ ） １ （ ＋ １ ） ＋
．
函数
） ｘ ０＋ ） 在 Ｅ［ ， 上单调递增 。
１ ２ 。
．
．
－ ） 厂 ≥八０ ＝ 。 （ ） ０
＝
、
・Hale Waihona Puke ． ∈（， ０ ＋∞） ，
：
．
・
．
ｎ 时 ，（ ＞０ ∈Ｎ ， ） 恒成立 。
２， ）则
故存 在最小 的正整 数 Ｎ＝１使 得 当 ｎ≥Ｎ 成 ，
立。
＝ ’
， ｎ 一、 （） ／
・
２ １ ｎ ＝ 厂ｌ ’ ＋ 一 －
＞
例 ４ 已知 ０ ｂ ｃ ， ， ∈Ｒ 且 ｌ ＜１ ｛ ＜１ ｌ ， ｂ ０ ｌ ，
ｌ ， ｌ ＜１求证 ：６＋６ ＋∞ ＞一１ ｃ ｏ ｃ 。
解 析 ： 据 ｏ ｂ ｃ三 个 变 量 是 对 称 的 ， 以 看 根 ，， 可
．
．
函数 ｎ 单调递增 ， ） 即 ｎ ≥－ ２ ＝ ） 厂 ） （
灵活运用构造函数法，提升证明不等式的效率
设 0 < x1 < x 2 ，
æx
ö
2 ç 1 - 1÷
x1 2 ( x1 - x 2 )
è x2
ø
=
③ 可变形为 ln <
④，
x2
x1
x1 + x 2
+1
x2
令 t=
x1
( 0 < t < 1 )，
x2
可得 h( t ) = ln t -
2
2 ( t - 1)
，
t+1
( t - 1)
即需证
数学篇
42
首先将要证明的不等式进行移项、作差，使所有
则函数 h( x) 单调递减且 h(1) = 0 ，
1 ·h( x) > 0
所以当 x ∈ ( 0,1) 时，h( x) > 0 ，
；
1 - x2
1 ·h( x) > 0
当 x ∈ (1, +∞) 时，h( x) < 0 ，
；
1 - x2
综上所述，当 x > 0 且 x ≠ 1 时，
所以当 x > 0 时, h′(x) < 0 , h(x) 单调递减,
1
1
1
1 ö,
因为 >
,所以 hæ ö < hæ
n n+1
è n ø è n + 1ø
1 ö > n ln æ1 + 1 ö
故 (n + 1)ln æ1 +
.
nø
n + 1ø
è
è
运用函数最值法证明数列不等式时，同学们需依
构造函数证明不等式的八种方法
构造函数证明不等式的八种方法一、移项法构造函数1例：1、已知函数 f (x) ln( x 1) x ，求证：当x 1时，但有x x1 ln( 1)1 x2、已知函数f1x 2(x) ae x2（1）若 f (x) 在R 上为增函数，求 a 的取值范围。
（2）若a=1，求证：x 0时，f (x) 1 x二、作差法构造函数证明12例：1、已知函数 f x x ln x( )223g( x) x 的图象下方。
3，求证：在区间(1,) 上，函数 f (x) 的图象在函数思想：抓住常规基本函数，利用函数草图分析问题- 1 -2、已 知 函 数 f (x) n ln x 的 图 象 在 点 P( m , f ( x)) 处 的 切 线 方 程 为 y=x ， 设ng( x) mx2ln x ，（1）求证：当 x 1时， g(x) 0恒成立；（2）试讨论关于 x的方x n32 2程g xxex txmx( )根的个数。
x3、换元法构造函数证明例：1、证明：对任意的正整数n ，不等式ln( 1 n1) 1 2n1 3n，都成立。
2、证明：对任意的正整 n ，不等式 ln( 1 n1)1 2n1 3n都成立。
3 23、已知函数 f (x) ln( ax 1) x x ax ，（1）若2 3为 yf ( x) 的极值点，求实数a的值；（2）若 y f (x) 在[1, ) 上增函数，求实数 a 的取值范围。
（3）若 a=-1 时，方程fb3(1 x) (1 x)有实根，求实数 b 的取值范围。
x- 2 -4、从条件特征入手构造函数证明例 1 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)5、主元法构造函数例 1.已知函数 f (x) ln(1 x) x ，g(x) xln x ，（1）求函数 f (x) 的最大值；（2）设a b0 a b，证明：0 g(a) g( b) 2g( ) (b a) ln 226、构造二阶导数函数证明导数的单调性例1：已知函数 f1x 2( x) ae x2，（1）若 f ( x) 在R 上为增函数，求 a 的取值范围；（2）若a=1，求证：x 0时，f (x) 1 x7、对数法构造函数（选用于幂指数函数不等式）1 x1 1例1：证明当x 0 时，x e 2(1 x)- 3 -8、构造形似函数例1：证明当b a e，证明 b b aa2、已知m、n 都是正整数，且 1 m n ，证明：(1 n n mm) (1 ) 思维挑战21、设a 0 ，f ( x) x 1 ln x 2a ln x ，求证：当x 1时，恒有x ln 2 ln1 2 x a x2 x a x122、已知定义在正实数数集上的函数 f ( x) x 2ax2 2 ，其中a 0，，g (x) 3a ln x b5 2 2且b a 3a ln a2，求证： f (x) g(x)3、已知函数 fx(x) ln(1 x) ，求证：对任意的正数a、b恒有1 xln a ln b 1ba4、f (x) 是定义在(0, ) 上的非负可导数，且满足xf ( ) ( ) 0，对任意正数a、b ，' x f x若a b，则必有（）A. af (x) bf (a)B. bf (a) af (b)C. af (a) f (b)D. bf (b) f (a)- 4 -。
构造函数证明不等式或比较大小
构造函数证明不等式或比较大小在数学中，我们经常需要证明不等式或者比较大小。
构造函数是一个有用的工具，可以用来证明这类问题。
构造函数是一个函数，它的定义域是目标函数的定义域的一个子集，值域是实数集。
我们可以通过构造一个合适的函数，使得这个函数的值与目标函数的值相比较，从而证明不等式或者比较大小。
下面我们将通过几个例子来展示如何使用构造函数来证明不等式或者比较大小。
例1：证明对于任意的正实数x，有x+1>x。
证明：我们可以用构造函数f(x)=x+1来证明这个不等式。
首先我们需要验证这个函数的定义域是正实数集。
显然，对于任意的正实数x，x+1的定义域包含x。
接下来，我们需要验证这个函数的值域是实数集。
由于x是正实数，所以x+1也是实数。
因此，构造函数f(x)=x+1是一个合法的函数。
然后我们来比较f(x)和x的值。
显然，当x取任意正实数时，f(x)都大于x。
因此，我们可以得出结论x+1>x，对于任意的正实数x成立。
例2：证明对于任意的正整数n，有(n+1)²>n²。
证明：我们可以用构造函数f(n)=(n+1)²来证明这个不等式。
首先我们需要验证这个函数的定义域是正整数集。
显然，对于任意的正整数n，(n+1)²的定义域包含n。
接下来，我们需要验证这个函数的值域是实数集。
由于n是正整数，所以(n+1)²也是实数。
因此，构造函数f(n)=(n+1)²是一个合法的函数。
然后我们来比较f(n)和n²的值。
显然，当n取任意正整数时，f(n)都大于n²。
因此，我们可以得出结论(n+1)²>n²，对于任意的正整数n成立。
例3：证明对于任意的非负实数x，有3x³-2x²+x≥0。
证明：我们可以用构造函数f(x)=3x³-2x²+x来证明这个不等式。
首先我们需要验证这个函数的定义域是非负实数集。
构造法证明对数不等式.doc
构造法证明对数不等式函数，是贯穿整个中学数学的一根主线，因而它一直都是高考重点考察的对象与内容。
对数函数与导数又作为中等数学与高等数学的衔接点，因此，在高考中，在对数函数中用导数作为工具来处理的题型也就成了表现函数问题的热点题型。
不等式是数学的一个重要内容，它始终贯穿在整个高中数学当中，从一开始的集合，函数的定义域、值域、单调性的确定，到立体几何、解析几何中最值问题，无一不是与不等式有着紧密的联系，许多的问题最终都可以归结为不等式的求解与证明。
特别是在近年来，不等式中去掉了“无理不等式、指数不等式、对数不等式的解法”等内容后，这些与对数相关的不等式问题与函数的导数、绝对值、参数等内容又将成为新的亮点。
以下是对数与不等式相结合的问题的题例。
例1、已知函数)0(ln )(>=x x x f ⑴求证：)0(1)(>-≤x x x f ；⑵求证：)N (665333ln 44ln 33ln 22ln +∈+-≤++++n n n n n 。
分析：问题⑴属于常规题型，利用函数的导数与最值关系即可得证；要证明问题⑵，首先要构造出不等式的左边中的一系列的n n33ln ,,44ln ,33ln ,22ln ，联想到问题⑴中已有的结论1)(-≤x x f ，此结论可变形为1ln -≤x x ，即x x x 11ln -≤，因此，要构造n n 33ln ,,44ln ,33ln ,22ln ，只需要在x x x 11ln -≤中的x 依次取2、3、4、……、n3，即可得 21122ln -≤、31133ln -≤、……、n n n 31133ln -≤，依次累加，得n n33ln 44ln 33ln 22ln ++++ n n 31312113-----≤ =)3131211(3n n +++-比较两式，只需证6653131211+≥++++n n 即可，以下可用数学归纳法完成。
证明：⑴设1ln 1)()(+-=+-=x x x x f x g ，则xx x g -=-=111)`()1()(g x g ≤∴ 即0111ln 1ln =+-≤+-x x因此，有1ln -≤x x ，也就是)0(1)(>-≤x x x f ⑵由⑴知，xx x 11ln -≤，依次取n x 3,,3,2 =，得 21122ln -≤，31133ln -≤，…，n n n 31133ln -≤依次累加，得n n 33ln 44ln 33ln 22ln ++++ n n 31312113-----≤ =)3131211(3n n +++-比较两式，只需证6653131211+≥++++n n 即可，以下用数学归纳法给出证明。
高中数学解题方法-----构造函数法证明导数不等式的八种方法
高中数学解题方法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：1.移项法构造函数 2、作差法构造函数证明3、换元法构造函数证明4、从条件特征入手构造函数证明5、主元法构造函数6、构造二阶导数函数证明导数的单调性7.对数法构造函数（选用于幂指数函数不等式）8.构造形似函数1.移项法构造函数【例1】 已知函数x x x f −+=)1ln()(，求证：当1−>x 时，恒有x x x ≤+≤+−)1ln(111 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111)1ln()(−+++=x x x g ，从其导数入手即可证明。
【解】1111)(+−=−+=′x x x x f ∴当01<<−x 时，0)(>′x f ，即)(x f 在)0,1(−∈x 上为增函数当0>x 时，0)(<′x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(−，单调递减区间),0(+∞于是函数()f x 在),1(+∞−上的最大值为0)0()(max ==f x f ，因此，当1−>x 时，0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤−+x x ∴x x ≤+)1ln( （右面得证）， 现证左面，令111)1ln()(−+++=x x x g ， 22)1()1(111)(+=+−+=′x x x x x g 则 当0)(,),0(;0)(,)0,1(>′+∞∈<′−∈x g x x g x 时当时 ，即)(x g 在)0,1(−∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数，故函数)(x g 在),1(+∞−上的最小值为0)0()(min ==g x g ，∴当1−>x 时，0)0()(=≥g x g ，即0111)1ln(≥−+++x x ∴111)1ln(+−≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤−+−>)1ln(111,1有时 【警示启迪】如果()f a 是函数()f x 在区间上的最大（小）值，则有()f x ≤()f a （或()f x ≥()f a ），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证．2、作差法构造函数证明【例2】已知函数.ln 21)(2x x x f += 求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下方；分析：函数)(x f 的图象在函数)(x g 的图象的下方)()(x g x f <⇔不等式问题， 即3232ln 21x x x <+，只需证明在区间),1(∞+上，恒有3232ln 21x x x <+成立，设)()()(x f x g x F −=，),1(+∞∈x ，考虑到061)1(>=F 要证不等式转化变为：当1>x 时，)1()(F x F >，这只要证明： )(x g 在区间),1(+∞是增函数即可。
四种构造函数法证明不等式
四种构造函数法证明不等式利用导数证明不等式，关键是要找出与待证不等式紧密联系的函数，然后以导数为工具来研究该函数的单调性、极值、最值(值域)，从而达到证明不等式的目的，这时常常需要构造辅助函数来解决．题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，如何恰当构造函数，往往成为解题的关键．考点一“比较法”构造函数证明不等式当试题中给出简单的基本初等函数，例如f(x)＝x3，g(x)＝ln x，进而证明在某个取值范围内不等式f(x)≥g(x)成立时，可以类比作差法，构造函数h(x)＝f(x)－g(x)或φ(x)＝g(x)－f(x)，进而证明h(x)min≥0或φ(x)max≤0即可，在求最值的过程中，可以利用导数为工具．此外，在能够说明g(x)＞0(f(x)＞0)的前提下，也可以类比作商法，构造函数h(x)＝f(x)g(x)⎝⎛⎭⎪⎫φ(x)＝g(x)f(x)，进而证明h(x)min≥1(φ(x)max≤1)．【例题】已知函数f(x)＝e x－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)求证：当x＞0时，x2＜e x.【解析】(1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a.因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2，令f′(x)＝0，得x＝ln 2，当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0，故g(x)在R上单调递增．所以当x ＞0时，g (x )＞g (0)＝1＞0，即x 2＜e x .【小结】在本题第(2)问中，发现“x 2，e x ”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x 2＜e x ”构造函数，得到“g (x )＝e x －x 2”，并利用(1)的结论求解．考点二 “拆分法”构造函数证明不等式当所要证明的不等式由几个基本初等函数通过相乘以及相加的形式组成时，如果对其直接求导，得到的导函数往往给人一种“扑朔迷离”“不知所措”的感觉．这时可以将原不等式合理拆分为f (x )≤g (x )的形式，进而证明f (x )max ≤g (x )min 即可，此时注意配合使用导数工具．在拆分的过程中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准．【例题】 已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R)．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0.【解析】 (1)f ′(x )＝e x －a (x ＞0)，①若a ≤0，则f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②若a ＞0，则当0＜x ＜e a 时，f ′(x )＞0，当x ＞e a 时，f ′(x )＜0，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫e a ，＋∞上单调递减． (2)证明：法一：因为x ＞0，所以只需证f (x )≤e x x －2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝－e.记g (x )＝e x x －2e(x ＞0)，则g ′(x )＝(x －1)e xx 2，所以当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；当x ＞1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x＞0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤e xx－2e，即xf(x)－e x＋2e x≤0.法二：要证xf(x)－e x＋2e x≤0，即证e x ln x－e x2－e x＋2e x≤0，从而等价于ln x－x＋2≤e x e x.设函数g(x)＝ln x－x＋2，则g′(x)＝1x－1.所以当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.设函数h(x)＝e xe x，则h′(x)＝e x(x－1)e x2.所以当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.综上，当x＞0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－e x＋2e x≤0.【小结】对于第(2)问xf(x)－e x＋2e x≤0的证明直接构造函数h(x)＝x eln x－ax2－e x＋2e x，求导后不易分析，故可将不等式合理拆分为f(x)≤e xx－2e或ln x－x＋2≤e xe x，再分别对不等式两边构造函数证明不等式．考点三“换元法”构造函数证明不等式若两个变元x1，x2之间联系“亲密”，我们可以通过计算、化简，将所证明的不等式整体转化为关于m(x1，x2)的表达式(其中m(x1，x2)为x1，x2组合成的表达式)，进而使用换元令m(x1，x2)＝t，使所要证明的不等式转化为关于t的表达式，进而用导数法进行证明，因此，换元的本质是消元．【例题】已知函数f(x)＝ln xx－k有两个不同的零点x1，x2，求证：x1x2＞e2.【解析】f(x)＝ln xx－k，设x1＞x2＞0，由f(x1)＝f(x2)＝0，可得ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，两式相加减，得ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝k(x1－x2)．要证x1x2＞e2，即证ln x1x2＞2，只需证ln x1＋ln x2＞2，也就是证k(x1＋x2)＞2，即证k＞2x1＋x2.因为k＝ln x1－ln x2x1－x2，所以只需证ln x1－ln x2x1－x2＞2x1＋x2，即证lnx1x2＞2(x1－x2)x1＋x2.令x1x2＝t(t＞1)，则只需证ln t＞2(t－1)t＋1(t＞1)．令h(t)＝ln t－2(t－1)t＋1(t＞1)，则h′(t)＝1t－4(t＋1)2＝(t－1)2t(t＋1)2＞0，故函数h(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)＞h(1)＝0，即ln t＞2(t－1) t＋1.所以x1x2＞e2.【小结】不妨设x1＞x2＞0，由f(x1)＝f(x2)＝0，可得ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，两式相加减，利用分析法将要证明的不等式转化为ln x1－ln x2x1－x2＞2x1＋x2，再利用换元法，通过求导证明上述不等式成立．考点四“转化法”构造函数在关于x 1，x 2的双变元问题中，若无法将所给不等式整体转化为关于m (x 1，x 2)的表达式，则考虑将不等式转化为函数的单调性问题进行处理，进而实现消元的目的．【例题】 设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m ∈R ，若对任意b ＞a ＞0，f (b )－f (a )b －a＜1恒成立，求m 的取值范围．【解析】 对任意的b ＞a ＞0，f (b )－f (a )b －a＜1等价于f (b )－b ＜f (a )－a 恒成立．(*)设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋m x －x (x ＞0)，故(*)等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减．由h ′(x )＝1x －m x 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m ≥－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14(x ＞0)恒成立，故m ≥14，当且仅当x ＝12时等号成立，所以m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞.。
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构造函数证明含有指数和对数的不等式
作者：龚世杰
来源：《课程教育研究·学法教法研究》2018年第36期
【摘要】证明函数不等式的的方法有很多，通常可以构造函数，构造函数中，当含有指
数函数或是对数函数时，由于求导数之后导函数的零点不好确定，导致分析原函数的单调性会变得困难，本文主要研究了如何把函数不等式拆成两个函数，从而将问题转化为两个函数最值之间的比较，这样表解决了部分函数求导之后导函数很复杂的问题。
【关键词】证明不等式构造函数指数与对数最值
【中图分类号】G633.6 【文献标识码】A 【文章编号】2095-3089（2018）36-0177-01
在选修的课本中介绍了指数函数与对数函数及幂函数的增长速度的问题，这里便为我们研究构造函数的问题提供了一种思路，在利用函数证明不等式的时候，构造由幂函数与指数函数及对数函数构成新的函数，将题目中给出的不等式，经过合理的变换，使之变成的形式，然后再利用导数得到在定义域上，从而得出不等式成立，在思路上比较简洁，但是难点在于如何构造函数，使得能得出及，而在构造函数当中，最难处理的是遇到指数函数和对数函数的问题时.本文从几个常见的函数类型出发，研究函数的构造方法。
1 构造成类型函数
若函数则对任意，在上单调递增，在上单调递减，.
例1 已知，求证：当时，
解析要证，
即证，令，，.因为，所以恒成立，所以在上单调递减.故.
又因为，当时恒成立，故.所以恒成立，故当时，.
评注若采用一般的方法构造函数，即构造函数，再证时，对求导，，导数的零点不好
求，导致单调性无法判断，无法进行下一步的运算。
2 构造成类型函数
若，则当在上单调递增，在上单调递减，.当时，在上单调递减，在上单调递增，，
特别的，当时，若，在上单调递减，在上单调递增，，若，在上单调递增，在上单调递减，
例2 已知函数.，证明：当时，不等式恒成立.
解析要证，即证成立，
令，
下证.，得，故在上单调递减，在上单调递增，所以.，，得，故在上单调递增，在上单调递减，所以，故，即当时，不等式恒成立.
评注若构造函数，再证时，对求导，，再令，则在上单调递增且存在零点，故存在零点，但零点无法计算得出，将零点整体代换有难度，导致无法进行下一步的运算。
例3 已知函数，证明：当时，不等式恒成立.
解析要证，即证，令，，，所以在上单调递减，在上单调递增，故，，故在上单调递增，在上单调递减，所以，故，故当时，不等式恒成立.
3 指数类型函数的构造
若将函数及函数中替换为，则可得及具有类似的单调性及最值.
证明：对一切，都有成立.
解析要证，即证，令，，，所以在上单调递减，在上单调递增，故，，故在上单调递增，在上单调递减，所以，故，则有成立.
参考文献：
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