构造函数法证明不等式的八种方法
证明不等式的八种方法
1 Math Part 比较法
证明：
∴a-1≥1，b-1≥1
ab-a-b =a(b-1)-b
∴(a-1)(b-1)≥1 例题：已知a≥2，b≥即2，(a求-1)证(b：-1)a-b1≥≥a0+b
6 Math Part 构造法
函数构造法
例题：已知a≥2，b≥2，求证：ab≥a+b
证明： 要证明的不等式为： ab≥a+b 移项得 ab-a-b≥0 即(b-1)a-b≥0 构造函数 f(x)=(b-1)x-b (x≥2)
f(x)是关于x的一次函数 其中一次项系数b-1>0 ∴f(x)为定义域上的增函数 ∴对于任意的x∈[2,+∞)都有 f(x)≥f(2)=(b-1)×2-b=b-2≥0 ∴(b-1)a-b≥0 所以原命题成立 证毕
与①式矛盾
所以原命题成立
证毕
5 Math Part
公式法
5 Math Part 公式法
伯公努式利法不：等利式用：已有的不等式的定理、公式等 (1证+x明1)不(1等+x式2)…的(一1+种xn方) ≥法1。+x高1+中x2常…+见xn的公式有： 对基 栖于本 西任不不意等等1≤式式i,、、j≤绝加n都对权有值平x不均i>-等不1且式 等所、 式有均 、x值 切i与不 比x等雪j同式夫号、不
4 Math Part 反证法
例题：已知a≥2，b≥2，求证：ab≥a+b
证明： 假设ab<a+b ab-a-b =a(b-1)-b =a(b-1)-(b-1)-1 =(a-1)(b-1)-1 ∵ab<a+b
函数构造法
北京华罗庚学校为全国学生提供优质教育函数构造法利用导数证明不等式是近几年高考命题的一种热点题型．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，这里给出几种常用的构造技巧．当试题中给出简单的基本初等函数，例如 f(x)＝x 3，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 φx ＝ gx h(x)min ≥ 1(φ(x)max ≤ 1)．[典例] (2018 广·州模拟 )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) 证明：当 x >0时， x 2< e x . [ 方法演示 ]解： (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－ln 4，f(x)无极大值．(2)证明：令 g(x)＝e x －x 2，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 .[ 解题师说 ]在本例第 (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．[ 应用体验 ]21．已知函数 f(x)＝ xln x －2x ，g(x)＝－ax 2＋ax －2(a >1)．(1) 求函数 f(x)的单调区间及最小值； (2) 证明： f(x)≥g(x)在[1，＋∞ )上恒成立．比较法 ” 构造函数证明不等式g fx x ，进而证 明北京华罗庚学校 为全国学生提供优质教育 解： (1)f(x)的定义域为 (0，＋ ∞)，∵ f(x )＝ xln x －2x ，∴f ′(x)＝ln x ＋1－2＝ln x －1， 由 f ′ (x) >0，得 x > e ；由 f ′ (x)< 0，得0<x < e ，∴函数 f(x)的单调递增区间为 (e ，＋ ∞ ) ，单调递减区间为 (0， e)， ∴函数 f(x)的最小值为 f(e)＝ eln e － 2e ＝－ e.(2)证明：令 h(x)＝f(x)－g(x)，∵f(x)≥g(x)在［1，＋ ∞)上恒成立，∴ h(x) min ≥ 0， x ∈ ［1，＋∞)， ∵ h(x)＝ xln x ＋ax 2－ax －2x ＋2，∴h ′(x)＝ln x ＋1＋2ax －a －2＝ln x ＋2ax －a －1.1令 m(x)＝ln x ＋2ax －a －1，x ∈［1，＋∞)，则 m ′(x)＝x ＋2a ，∵x >1，a >1，∴ m ′(x)>0，x∴ m(x)在［1，＋ ∞)上单调递增，∴ m(x)≥m(1)＝a －1，即 h ′(x)≥a －1， ∵a >1，∴a －1>0，∴ h ′(x)>0，∴ h(x)＝ xln x ＋ax 2－ax －2x ＋2 在［1，＋∞)上单调递增， ∴ h(x)≥ h(1) ＝ 0，即 f(x)－ g(x)≥ 0，故 f(x)≥g(x)在［1，＋ ∞ )上恒成立 .“ 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．x bex － 1［典例］ 设函数 f(x)＝ae xln x ＋ x ，曲线 y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线为 y ＝e(x －1)＋2.x(1) 求 a ，b ； (2) 证明： f(x)>1.[ 方法演示 ] 解： (1)f ′ (x)＝ ae x ln由于直线 y ＝ e(x －1)＋ 2 的斜率为 e ，图象过点 (1,2)，x 2e － x2(2)证明：由 (1)知 f(x)＝e x ln x ＋ x (x > 0)，从而 f(x)>1 等价于 xln x >xe x － e .构造函数 g(x)＝xln x ，则 g ′(x)＝ 1＋ln x ，故 g(x)在 0， e 1 上单调递减，在 e 1，＋ ∞ 上单调递增，所以f f ′1＝12＝，e ，即 b ＝ 2， 解得a ＝1，ae ＝ e ，b ＝2.所以当 x ∈ 0，1e 时， g ′ (x)< 0，当 x ∈ x ＋x 1 ＋ x)＋∞g ′(x)>0，1 从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为e－ x2－ x构造函数 h(x)＝xe －x －2，则 h ′(x) ＝e －x (1－x)．e所以当 x ∈(0,1)时，h ′(x)>0；当 x ∈(1，＋ ∞)时，h ′(x)<0；故 h(x)在(0,1)上单调递增，在 (1，＋ ∞ )上单调递减， 从而 h(x)在(0，＋∞)上的最大值为 h(1)＝－ 1. e综上，当 x >0 时， g(x)>h(x)，即 f(x)>1.[ 解题师说 ]x － 1x － 1 对于第 (2)问“ ae xln x ＋bex> 1”的证明， 若直接构造函数 h(x)＝ ae x ln x ＋bex－ 1，求导以后不xxbe x －1易分析， 因此并不宜对其整体进行构造函数， 而应先将不等式“ ae x ln x ＋ be> 1”合理拆分为“ xln x x >xe －x －2”，再分别对左右两边构造函数，进而达到证明原不等式的目的．e[ 应用体验 ] 2．已知函数 f(x)＝x a ＋ln 1x ＋x b ，曲线 y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 x ＋2y －3＝0.(1) 求 a ，b 的值； ln x(2)证明：当 x >0，且 x ≠1 时， f(x)> x － 1x ＋1－ ln xx b 1x ＋1 2 －x 2(x >0)．由于直线 x ＋2y － 3＝ 0 的斜率为－ 2，且过点 (1,1)，ln x 1(2) 证明：由 (1)知 f(x)＝ ＋x (x >0)，x ＋ 1 x所以 f(x)－x ln － x 1＝1－1x 2 2ln x －h ′ (x)＝2x －2x2－xx2－1x －1 xx所以当 x ≠1时，h ′(x)<0. 而 h(1)＝0，1故当 x ∈(0,1)时， h(x)>0，可得 2h(x)>0；当 x ∈(1，＋ ∞)时， 1 － x从而当 x >0，且 x ≠1 时， f(x)－ ln x > 0，即 f(x)> ln x .x －1 x － 12－1x － 1考虑函数 h(x)＝2ln x － x (x > 0)，则 xf1 ＝1， 1 f ′ 1 ＝－ 2，即b ＝ 1，a 2－b ＝－ 12. 解得22a ＝1，b ＝ 1.a解： (1)f ′ (x)＝x2－1x .1h(x)< 0，可得 1－ x 2h(x)>0.1－ x若两个变元 x 1，x 2 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(x 1，x 2)的表达式 (其中 m(x 1，x 2)为 x 1，x 2组合成的表达式 )，进而使用换元令 m(x 1，x 2)＝ 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．ln x[典例] 已知函数 f(x)＝ (a ∈R)，曲线 y ＝f(x)在点 (1， f(1))处的切线与直线 x ＋y ＋1＝0垂直．x ＋ a(1)试比较 2 0172 018与 2 0182 017的大小，并说明理由；(2)若函数 g(x)＝f(x)－k 有两个不同的零点 x 1， x 2，证明： x 1x 2>e 2. [ 方法演示 ] 又曲线 y ＝f(x)在点 (1， f(1))处的切线与直线所以 f ′ (1)＝1，即 1 ＝1，解得 a ＝0. 故 f(x)＝ ln x ，f ′(x)＝1－l 2n x . 1＋ a x x由 f ′ (x) >0，得 0<x < e ；由 f ′(x)< 0，得 x > e ， 所以函数 f(x)的单调递增区间为 (0， e)，单调递减区间为 (e ，＋ ∞ )．所以 f(2 017) > f(2 018) ，即ln 2 017>ln 2 018. 整理得 ln 2 0172 018>ln 2 0182 017， 2 017 2 018 所以 2 0172 018>2 0182 017.ln x(2)证明： g(x)＝ x －k ，设 x 1>x 2>0，由 g(x 1)＝g(x 2)＝0，x可得 ln x 1－kx 1＝0， ln x 2－ kx 2＝ 0，两式相加减， 得 ln x 1＋ln x 2＝k （x 1＋x 2），ln x 1－ln x 2＝ k （x 1－x 2）．ln x1－－l xn x2> ＋2 x ，即证 ln x1>2 x1＋－xx2.x 1－x2x 1＋x2x 2 x 1＋x2令x x 1＝t(t >1)，则只需证 ln t >2t t ＋－11(t >1)．令 h(t)＝ln t －2t t ＋－11(t >1)， 则 h ′(t)＝1－ 4 2＝ t －1 2> 0，故函数 h(t)在(1，＋ ∞)上单调递增， t t ＋ 1 2 t t ＋ 1 22 t － 1所以 h(t) >h(1)＝ 0，即 ln t > . 所以 x 1x 2> e 2.t ＋1[ 解题师说 ](1)由题意易知 f ′(1)＝1，可列出关于 a 的方程，从而求出 a 的值，得到函数 f(x)的解析式．欲换元法 ” 构造函数证明不等式解： x ＋a－ ln x x (1)依题意得 f ′(x)＝ x 2 ，所以x ＋a 2 f ′（1）＝1＋ a 1 2＝ 1＋a 1＋ a x ＋y ＋1＝0 垂直，要证 x 1x 2>e 2，即证 ln x 1x 2>2，只需证 ln x 1＋ln x 2> 2，也就是证k(x 1＋x 2)> 2，即证 k >2 x 1＋ x因为 k ＝ln x1－－xln x2，所以只需证x 1－x 2北京华罗庚学校为全国学生提供优质教育比较 2 0172 018与 2 0182 017的大小，只需比较f(2 017) ，f(2 018)的大小，即需判断函数y＝f(x)的单调性．(2)不妨设x1>x2> 0，由g(x1 )＝g(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 x2> 2，再利用换元法，通过求导证明上述不等式成立．x1－x2x1＋x2[ 应用体验]23．已知函数f(x)＝x2ln x.(1) 求函数f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的t> 0，存在唯一的s，使t＝f(s)；(3) 设(2)中所确定的s关于t的函数为s＝g(t)，证明：当t> e2时，有25< ln l n g t t<21.解：(1)由已知，得f′ (x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝. e当x 变化时，f′ (x)，f(x)的变化情况如下表：所以函数f(x)的单调递减区间是0，e e.(2)证明：当0<x≤1时，f(x)≤0，∵t>0，∴当0<x≤1时不存在t＝f(s) ．令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．h(1)＝－t<0，h(e t)＝e2t ln e t－t＝t(e2t－1)>0. 故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．(3)证明：因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s>1，从而ln gt＝ln s＝ln2s＝ln s＝u，其中u＝ln s.ln t ln f s ln s ln s 2ln s＋ln ln s 2u＋ln u要使2<ln g t< 1成立，只需0< ln u< u.5 ln t 2 2当t> e2时，若s＝g( t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．所以s>e，即u> 1，从而ln u> 0 成立．另一方面，令F(u)＝ln u－2u，u>1，F′(u)＝u1－12，令F′(u)＝0，得u＝2. 当1<u<2时，F′(u)>0；当u>2时，F′(u)<0.故对u>1，F(u)≤F(2)<0，因此ln u<u2成立．综上，当t>e2时，有25<ln l n g t t<21.e值，也是最小值，f(e)＝ln e＋e＝2，故f(x)的最小值为 2.e(2)g(x)＝f′(x)－x3＝x1－x m2－3x(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－31x3＋x(x>0)．13φ(x)＝－3x3＋x(x≥0)，则φ′ (x)＝－(x－1)(x＋1)，x∈(0,1)时，φ′ (x)>0，φ(x)在(0,1)上单调递增；x∈(1，＋∞ )时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，x＝1 是φ(x) 的唯一极值点，且是极大值点，故φ(x)的最大值为φ(1)＝φ(0)＝0，画出函数y ＝φ(x)的图象如图所示．①当m>23时，函数g(x)无零点；②当m＝32时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0<m<23时，函数g( x)有两个零点；④当m≤0 时，函数g(x)有且只有一个零点．22综上所述，当m>32时，函数g( x)无零点；当m＝23或m≤0 时，函数g(x)有且只有一个零点；当3320<m<32时，函数g(x)有两个零点．3(3) 对任意的b>a>0，f b b－－f a a <1等价于f(b)－b<f(a)－a恒成立．(*) b－ a转化法构造函数在关于x1，x2 的双变元问题中，若无法将所要证明的不等式整体转化为关于m(x1，x2)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．[典例] 设函数f(x)＝ln x＋m x，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的最小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数；(3) 若对任意b> a>0 ，f bb－－faa <1 恒成立，求m的取值范围．[ 方法演示]e x－ e解：(1)当m＝e 时，f(x)＝ln x＋x，则f′ (x)＝x2 ，故当x∈(0，e)时，xxf′(x)<0，f(x)在(0，e) 上单调递减，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，故当x＝e时，f(x)取到极小23.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．x1m由 h ′(x)＝x －x 2－1≤0 在(0，＋ ∞ )上恒成立，得xx1 1 1 m ≥14，当且仅当 x ＝12时等号成立，所以 m 的取值范围为 41，＋ ∞ .[ 解题师说 ]本例第 (3)问中，利用不等式的性质， 将“fb －f a <1”等价转化为“ f(b)－b<f(a)－a ”，进而构 b －a 造函数“ h(x)＝f(x)－x ”，通过研究函数的单调性求解实数 m 的取值范围．[ 应用体验 ] 4．已知函数 f(x)＝ ax －1－ln x(a ∈ R)．(1) 讨论函数 f(x)的单调性；(2)若函数 f(x)在 x ＝1处取得极值，不等式 f(x)≥bx －2对? x ∈(0 ，＋∞ )恒成立，求实数 b 的取值范围；2m ≥ －x ＋x ＝x － 21 2＋14(x>0)恒成立，故(3)当 x>y>e －1时，证明不等式 e x ln(1＋y)>e y ln(1＋ x)．解： (1)函数 f(x)的定义域是 (0，＋∞)，且 f ′(x)＝a －1x ＝ax －x 1当 a ≤0 时， ax －1<0，从而 f ′ (x)<0，函数 f(x)在(0，＋ ∞)上单调递减．当 a>0 时，由 f ′ ( x)<0 ，得 0<x<1a ，由 f ′ (x)>0 ，得 x>a 1，所以函数 f(x)在0 0，1a 上单调递减，在 a1，＋ ∞ 上单调递增．(2)因为函数 f(x)在 x ＝1 处取得极值，所以 f ′ (1)＝ 0，解得 a ＝1，1 ln x 1 ln xln x － 2所以 f(x)≥bx －2? 1＋x 1－ln x x ≥b ，令 g(x)＝1＋x 1－ln x x ，则 g ′(x)＝ln x x－22，令 g ′(x)＝0，得 x ＝e 2. 则 g(x)在(0， e 2)上单调递减，在 (e 2，＋ ∞ )上单调递增，－∞，1－e 122 1 1所以 g(x)min ＝g(e 2) ＝1－ e 2，即 b ≤1－ e 2，故实数 b 的取值范围y ＋1e x ＋1(3)证明：由题意可知，要证不等式 e x ln(1 ＋ y)>e y ln(1 ＋ x)成立，只需证ln ex ＋1 >ln e y ＋ 1成立．x e xln x － ee xln x －e x 构造函数 h(x)＝ln e x (x>e)，则 h ′(x)＝ ln 2x 1x ln 2x >0. 所以 h(x)在 (e ，＋ ∞ )上单调递增，x ＋1 e y ＋1e 由于 x>y>e －1，所以 x ＋1>y ＋1>e ，所以lnx ＋1>lny ＋1，即 e xln(1＋y)>e y ln(1＋x)．2x 1．已知函数 f(x)＝ (x － 1)(x 2＋2)e x－2x.(1)求曲线 y ＝f(x)在点 (0，f(0))处的切线方程；2(2)证明： f(x)>－ x 2－4.解： (1)因为 f ′(x)＝2x(x －1)e x ＋x(x 2＋2)e x －2＝x 2(x ＋2)e x －2，所以 f ′(0)＝－ 2. 因为 f(0) ＝－ 2，所以曲线 y ＝f(x)在点 (0，f(0))处的切线方程为 2x ＋y ＋2＝0.(2)证明： 要证 f(x)>－ x 2－ 4，只需证 (x －1)(x 2＋2)e x >－ x 2＋2x －4，设 g(x)＝－x 2＋2x －4＝－ (x －1)2－3，h(x)＝(x －1)(x 3＋2)e x ，则 h ′(x)＝x 4(x ＋2)e x . 由 h ′(x)≥0，得 x ≥－2，故 h(x)在［－2，＋∞ )上单调递增； 由 h ′(x)<0，得 x <－ 2，故 h(x)在(－∞，－ 2)上单调递减， 所以 h(x)min ＝h(－2)＝－ 1e 28. 因为 e ≈ 2.718，所以－ 5e 82>－ 3.又 g(x)max ＝－3，所以 g(x)max <h(x)min ，从而 (x －1)(x 2＋2)e x >－x 2＋2x －4，即 f(x)>－x 2－4. 2．(理)已知函数 f(x)＝e x ＋m －x 3，g(x)＝ ln(x ＋ 1)＋2.(1)若曲线 y ＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为 1，求实数 m 的值；3(2)当 m ≥1 时，证明： f( x)> g(x)－ x 3.解： (1)因为 f(x)＝e x m － x 3，所以 f ′ (x)＝e x m － 3x 2.因为曲线 y ＝f(x)在点 (0，f(0))处的切线斜率为 1，所以 f ′(0)＝e m ＝1，解得 m ＝0. (2)证明：因为f(x)＝ e x m －x 3， g(x) ＝ ln( x ＋ 1)＋ 2， 所以 f(x)>g(x)－x 3等价于 e x ＋m －ln(x ＋1)－2> 0.当 m ≥1 时， e x ＋m － ln( x ＋ 1)－ 2≥ e x ＋1 －ln( x ＋ 1)－ 2.要证 e x m － ln( x ＋1)－ 2> 0，只需证明 e x 1－ ln( x ＋ 1)－ 2> 0. 设 h(x) ＝ e x 1－ln(x ＋1)－2，则 h ′(x)＝e x 1－x ＋11.x ＋ 1所以函数 p(x)＝h ′(x)＝e x ＋1－ 1 在(－1，＋ ∞)上单调递增．x ＋1因为 h ′ －21 ＝e 12－2<0，h ′(0)＝ e －1>0，所以函数 h ′(x)＝e x ＋1－ 1 在(－1，＋∞)上有唯一零点 x 0，且 x 0∈ －1，0 . x ＋ 1 2因为 h ′(x 0)＝0，所以 ex 0＋1＝x ＋1 1，即 ln( x 0 ＋1) ＝－ (x 0＋ 1)． 当 x ∈ (－ 1，x 0)时， h ′ (x)< 0，当 x ∈(x 0，＋∞)时， h ′(x)>0， 所以当 x ＝ x 0 时， h(x)取得最小值 h(x 0)，5设 p(x)＝ e x ＋11 x ＋1 1，则 p ′ (x)＝ e x 1＋ 1 x ＋12>0，1所以 h(x)≥ h(x 0)＝ex 0＋ 1－ ln(x 0＋ 1)－ 2＝ x ＋6 1＋ (x 0＋1)－2>0. 综上可知，当 m ≥1 时，f(x)> g(x)－ x 7.2x (文)已知函数 f(x)＝(ax －1)ln x ＋ 2.(1)若a ＝2，求曲线 y ＝f(x)在点(1， f(1))处的切线 l 的方程；4 (2)设函数g(x)＝ f ′ (x )有两个极值点 x 1，x 2，其中 x 1∈(0，e ］，证明 g(x 1)－g(x 2)≥－ e . 11解： (1)当 a ＝2时，f ′(x)＝2ln x ＋x －x ＋2，f ′(1)＝2，f(1)＝2，x21∴切线 l 的方程为 y －2＝2(x －1)，即 4x －2y － 3＝0.21 a 1 x＋ax ＋ 1 (2)函数 g(x)＝aln x ＋x －x ＋a ，定义域为 (0，＋ ∞)，则g ′ (x)＝1＋x ＋x 2＝x 22 令 g ′(x)＝0，得 x 8＋ax ＋1＝0，其两根为 x 1，x 2，且 x 1＋x 2＝－ a ，x 1x 2＝1，故 x 2＝ x 11， a ＝－ x 1＋x 11 .当 x ∈ (0,1］时， h ′(x)≤0，当 x ∈(1，e ］时， h ′(x)<0，即当 x ∈ (0， e ］时，h(x)单调递减，44∴ h(x) min ＝ h(e) ＝－ e ，故 g(x 1)－g(x 2)≥－e1－ x3．(2018 ·兰州诊断 )已知函数 f(x)＝ ＋ln x 在 (1，＋∞ )上是增函数，且 a>0.ax(1)求 a 的取值范围；1 a ＋ b a(2) 若 b>0，试证明 1 <ln b <b a .a ＋b b b解： (1)f ′(x)＝－ a 1x 2＋ 1x ＝ a－x 2，因为 f ′ (x)≥ 0，且 a>0，所以 ax －1≥0，即 x ≥a 1.ax x ax a1 因为 x ∈(1，＋∞)，所以1≤1，即 a ≥1. 所以 a 的取值范围为 ［1，＋ ∞)． aa ＋ b1 － x(2)证明：因为 b>0，a ≥1，所以 a ＋b b >1. 又f(x)＝1a－xx＋ln x 在(1，＋ ∞)上是增函数，令 h(x)＝2 x －x 1 －2 x ＋x 1 ln x ，x ∈(0，e ］，h ′ (x)＝x 2，8 1＋x 1－ x ln x∴ g(x 1)－ g(x 2)＝g(x 1)－g11 aln x 1＋x 1－ ＋a － aln ＋ －x 1＋a ＝2 x 1－x 1 ＋ 2aln x 1＝x 1x 1 x 1 2 x 1－ x 11 － 2 x 1＋ x 11 ln x 1.则 ［ g( x 1 )－ g( x 2)］ min＝h(x)min ，x 2ln x 2－x 1ln x 1 x 1＋ x 2 x2－x1 <ln 2 ＋ 1? x 2ln x 2－x 1lnx 1<x 2ln x1＋x2－x 1ln x1＋x2＋x 2－x 1? x 2ln 9＋x2x <x 1ln 2＋x1x ＋x 2－x 1，2 2x 1＋ x 2 x 1＋ x 2令 g(t)＝tln 12＋t t －ln 1＋2 t －t ＋1， 则 g ′(t)＝ln 2t ＋t ·1＋ t·2 2＋1＋t21＋t2t 1＋ t 2t － 11 －x令t ＋1＝x(x>0)，h(x)＝ ln(1＋ x)－ x ，则 h ′(x)＝1＋x－1＝1＋x <0，h(x)在(0，＋∞)上单调递减． 所 t － 1 t －1(2)证明：不妨设 x 1<x 2， f x x 2 －－f x x1 <f ′x 2－x 1所以 f 1－a ＋ba ＋b －b a ＋ b 1 a ＋ba ＋b b >f(1)，即 a ＋b b ＋ln a ＋b b >0，化简得 a ＋1b <ln a ＋b b.a ·ba ＋b a a ＋ b a a a ln b <b 等价于 ln b －b ＝ln 1＋b － b <0，令 g(x)＝ ln(1＋x)－x(x>0)， aabb 1 － x则 g ′(x)＝1＋1 x －1＝1＋x <0，所以函数 g(x)在(0， ＋ ∞ ) 上为减函数，所以 g a b ＝ a a a ＋ b a ln 1＋ b －b ＝ln b －b<g(0)＝0， 综上， a ＋1 b <ln a ＋b b <a b 得证4．(理 )已知函数 f(x)＝xln x.(1) 求 f(x)的单调区间和极值；(2)设 A(x 1，f(x 1))，B(x 2，f(x 2))，且 x 1≠x 2，证明：f x2－f x1<f ′x 2－ x 1 ′1解： (1)f(x)的定义域为 (0，＋ ∞)，f ′ (x)＝ ln x＋x ·x ＝1＋ln x.x11由 f ′ (x)>0 ，得 x>1；由 f ′ (x)<0 ，得 0<x<1，ee 所以 f(x) 的单调递增区间是 1，＋ ∞ ，单调递减区间是 0， 1e ， f (x)极小值＝1 1 11e ln 1e ＝－e 1，f(x)无极大值． x 1＋x 22 x 2x 2·x 2 2 x两边同除以 x 1 得， x2ln x1 <ln 2 ＋ x2－ 1，x 1 x 2 x 2 x 1 x1 1＋x x12 1＋x x12 x1令x x12＝ t ，则 t>1，即证： tln 12＋t t <ln 1＋2t ＋t －1.t －1－ t －1，t ＋1 － t ＋1，2－1＝ln 2t ＋1－t ＝ln 1＋2 1＋ t 2 1＋ t 1＋t以h(x)<h(0)＝0，即ln(1＋x)<x，即g′(t)＝ln 1＋t＋1－t＋－1<0 恒成立．所以g(t)在(1 ，＋∞ )上是减函数．所以g(t)<g(1)＝0，所以tln12＋t t<ln1＋2t＋t－1得证．(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数 a 的取值范围；(2)若a＝0，x0< 1，设直线y＝g( x)为函数f(x)的图象在x＝x0 处的切线，求f( x)≤g(x)．证：x－1－ a解：(1)易得f′(x)＝－e x ，由已知知f′(x)≥0 对x∈(－∞，2)恒成立，e故x≤1－a 对x∈(－∞，2)恒成立，∴ 1－a≥2，∴ a≤－1.故实数 a 的取值范围为(－∞，－1］．x(2) 证明：a＝0，则f(x)＝e x.e函数f( x)的图象在x＝x0 处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝1－x x－1－x0＝1－x ex0－1－x0ex.e ex0 ex＋x0设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)e x，x∈R，则φ′ (x)＝－ex0－(1－x0)e x，∵ x0< 1，∴ φ′ ( x)< 0，∴ φ(x)在R 上单调递减，而φ(x0) ＝0，∴当x<x0时，φ(x)> 0，当x>x0时，φ(x)<0，∴当x<x0时，h′(x)>0，当x>x0时，h′(x)<0，∴ h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，∴x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，∴ f(x)≤g(x)．。
构造函数法证明泰勒展开不等式的八种方法
构造函数法证明泰勒展开不等式的八种方
法
泰勒展开定理是微积分中一个非常重要的定理，它可以将一个函数在某一点附近展开为无穷的多项式和。
在实际应用中，我们经常需要保留部分项，将函数近似表示，而泰勒展开就可以很好地满足我们的需求。
本文将介绍泰勒展开不等式的八种证明方法，其中均使用了构造函数的方法。
1. 利用 $(1+x)^n$ 的二项式展开式证明。
2. 利用 $e^x$ 的泰勒展开式证明。
3. 利用 $\ln (1+x)$ 的泰勒展开式证明。
4. 利用 $\int_0^x \cos t^2 dt$ 的收敛性证明。
5. 利用 $\int_0^x e^{-t^2} dt$ 的平方证明。
6. 利用 $\tan^{-1} x$ 和 $\tanh^{-1} x$ 的泰勒展开式证明。
7. 利用 $\sin x$ 和 $\cos x$ 的泰勒展开式证明。
8. 利用 $\int_0^1 x^p (1-x)^q dx$ 的收敛性证明。
这八种证明方法各有不同的特点和难度，涉及到的数学知识也
各有侧重。
但它们都使用了构造函数的方法，通过寻找适当的函数，将展开式转化为极限形式或积分形式，然后进一步证明不等式的成立。
总之，泰勒展开定理和泰勒展开不等式是数学中非常重要的工具，它们不仅有着重要的理论价值，在工程和自然科学中也有着广
泛的应用。
导数与构造函数证明不等式的技巧
导数与构造函数证明不等式的技巧导数是微积分中的一个重要概念。
它可以描述函数在各个点上的变化率，也可以用来求函数的最大值、最小值以及拐点等重要信息。
而构造函数则是数学中一种非常常见的证明不等式的方法。
本文将介绍一些常用的导数和构造函数证明不等式的技巧。
一、使用导数证明不等式1. 求导数确定函数的单调性对于一个函数$f(x)$，如果它在某个区间上的导数$f'(x)$大于0，说明它在该区间上单调递增；如果导数$f'(x)$小于0，则说明它在该区间上单调递减。
因此，如果要证明一个不等式在某个区间上成立，可以先求出函数在该区间上的导数，确定其单调性，然后再比较函数在两个端点处的取值即可。
例如，对于函数$f(x)=x^2-4x+3$，我们可以求出它的导数为$f'(x)=2x-4$。
由于$f'(x)>0$时$f(x)$单调递增，因此当$x<2$时，$f(x)<f(2)$，当$x>2$时，$f(x)>f(2)$，即$f(x)$在$x<2$和$x>2$的区间上都小于$f(2)$，因此我们可以得到不等式$f(x)<f(2)$，即$x^2-4x+3<1$。
2. 求导数判断函数的最值对于一个函数$f(x)$，如果它在某个点$x_0$处的导数$f'(x_0)=0$，且$f^{''}(x_0)>0$（即$f(x)$的二阶导数大于0）则$f(x)$在$x_0$处取得一个局部最小值；如果$f^{''}(x_0)<0$，则$f(x)$在$x_0$处取得一个局部最大值。
因此，如果要证明一个不等式最值的存在性，可以先求出函数的导数，再找出导数为0的点即可。
3. 构造特殊的函数如果一个不等式的两边都是多项式，可以考虑构造一个较为特殊的函数，来证明不等式的成立性。
例如，对于不等式$\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\leq\dfrac{3}{2\sqrt[3]{abc}}$，我们可以考虑构造一个函数$f(x)=\dfrac{1}{a+b+x}+\dfrac{1}{b+c+x}+\dfrac{1}{c+a+x}-\dfrac{3}{2\sqrt[3]{(a+x)(b+x)(c+x)}}$，并证明$f(x)\leq 0$。
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下面将介绍构造函数证明不等式的八种常见方法：1.特殊赋值法：这种方法通过为变量赋特殊的值来构造函数，使得不等式成立。
例如，对于不等式a^2>b^2，可以构造函数f(x)=x^2，当a=2，b=1时，即f(2)>f(1)，从而得到a^2>b^22.梯度法：这种方法通过构造一个变化率为正（或负）的函数来推导出不等式。
例如对于不等式a^2>b^2，可以构造函数f(x)=(x-a)^2-(x-b)^2，当x>(a+b)/2时，即f'(x)>0，从而得到a^2>b^23.极值法：这种方法通过构造一个函数的极大值（或极小值）来证明不等式。
例如对于不等式a^2>b^2，可以构造函数f(x)=x^2-b^2，当x=a时，f(x)>0，从而得到a^2>b^24.差的平方法：这种方法通过构造一个差的平方形式的函数来证明不等式。
例如对于不等式a^2>b^2，可以构造函数f(x)=(x+a)^2-(x+b)^2，当x>(a+b)/2时，即f(x)>0，从而得到a^2>b^25.相似形式法：这种方法通过构造一个与要证明的不等式形式相似的函数来证明不等式。
例如对于不等式(a+b)^4 > 8(ab)^2，可以构造函数f(x) = (x+1)^4- 8(x-1)^2，令x = ab，当x > 1时，即f(x) > 0，从而得到(a+b)^4 > 8(ab)^26.中值定理法：这种方法通过应用中值定理来证明不等式。
例如对于不等式f(a)>f(b)，可以构造函数g(x)=f(x)-f(b)，当a>b时，存在c∈(b,a)，使得g'(c)>0，从而得到f(a)>f(b)。
7.逼近法：这种方法通过构造一个逼近函数序列来证明不等式。
例如对于不等式a > b，可以构造一个逼近函数序列f_n(x) = (a+x)^n - (b+x)^n，当n 趋近于正无穷时，即lim(n→∞)(a+x)^n - (b+x)^n = ∞，从而得到a > b。
构造函数法在不等式证明中运用
构造函数法在不等式证明中运用构造函数法在不等式证明中运用不等式的证明历来是高中数学的难点，也是考察学生数学能力的主要方面。
不等式的证明方法多种多样，根据所给不等式的特征，巧妙的构造适当的函数，然后利用一元二次函数的判别式、函数的奇偶性、单调性、有界性等来证明不等式，统称为函数法。
本文通过一些具体的例子来探讨一下怎样借助构造函数的方法证明不等式。
一、构造函数利用判别式证明不等式①构造函数正用判别式证明不等式在含有两个或两个以上字母的不等式中，若使用其它方法不能解决，可将一边整理为零，而另一边为某个字母的二次式，这时可考虑用判别式法。
一般对与一元二次函数有关或能通过等价转化为一元二次方程的，都可考虑使用判别式，但使用时要注意根的取值范围和题目本身条件的限制。
例1.设：a、b、c∈R，证明：成立，并指出等号何时成立。
解析：令⊿＝∵b、c∈R，∴⊿≤0即：，∴恒成立。
当⊿＝0时，，此时，，∴时，不等式取等号。
例2.已知：且，求证：。
解析：消去c得：，此方程恒成立，∴⊿＝，即：。
同理可求得②构造函数逆用判别式证明不等式对某些不等式证明，若能根据其条件和结论，结合判别式的结构特征，通过构造二项平方和函数：由，得⊿≤0，就可以使一些用一般方法处理较繁琐的问题，获得简捷明快的证明。
例3.设且，求证：﹤6。
解析：构造函数：＝由，得⊿≤0，即⊿＝.∴﹤6.例4.设且，求的最小值。
解析：构造函数＝由，得⊿≤0,即⊿＝144-4≤0∴当时，二、构造函数利用函数有界性证明不等式例5.设﹤1，﹤1，﹤1，求证：﹥-1.解析：令为一次函数。
由于﹥0，且﹥0，∴在时恒有﹥0.又∵，∴﹥0，即：﹥0评注：考虑式中所给三个变量的有界性，可以视其为单元函数，转化为。
三、构造函数利用单调性证明不等式例6.设，求证：﹥解析：设，当﹥0时，是增函数，又＝﹥＝，而，∴﹥，∴﹥故有：﹥例7.求证：当﹥0时，﹥。
解析：令，∵﹥0，∴﹥0.又∵在处连续，∴在上是增函数，从而，当﹥0时，﹥＝0，即：﹥成立。
构造函数法证明不等式的常见方法
构造函数法证明不等式一、教学目标：1.知识与技能：利用导数研究函数的单调性极值和最值，再由单调性和最值来证明不等式.2.过程与方法：引导学生钻研教材，归纳求导的四则运算法则的应用，通过类比，化归思想转换命题，抓住条件与结论的结构形式，合理构造函数.3.情感与态度：通过这部分内容的学习，培养学生的分析能力（归纳与类比）与推理能力（证明），培养学生战胜困难的决心和解题信心。
二、教学重难点：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。
难点：将命题的结论进行转化与化归，变成熟悉的题型。
三、教法学法：变式训练 四、教学过程： （一）引入课题：1.复习导数的运算法则：2.问题探源：（教材第32页B 组题第1题）利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证(3)1(0)(4)ln 1(0)x e x x x x x >+≠≤->3.问题探究：1、直观感知（几何画板演示）；（2）推理论证 4高考探究：例1、(2013年北京高考）设L 为曲线C ：ln xy x=在点(1，0)处的切线. (I)求L 的方程；(II)证明：除切点(1，0)之外，曲线C 在直线L 的下方.若函数y =)(x f 在R 上可导且满足不等式x )(x f '>－)(x f 恒成立，且常数a ，b 满足a >b ，求证：．()af a >b )(b f变式练习2：证明：对任意的正整数n ，不等式11ln(1)111nn+>-+ 都成立（类似还有2012年湖北高考题第22题）变式练习3：已知m 、n 都是正整数，且,1n m <<证明：mnn m )1()1(+>+思考题5．（全国卷）已知函数()ln g x x x = 设b a <<0,证明 ：()()()22g a g b a bg ++>（1）知识点：（2）解题步骤：（3）数学思想方法高考真题训练：1.【2015年新课标Ⅰ文21】. （本小题满分12分）设函数()2ln xf x e a x =-.证明：当0a >时()22lnf x a a a≥+. 分析：利用函数最值和不等式单调性证明.2.【15北京理科】已知函数()1ln 1x f x x +=-，求证：当()01x ∈，时，()323x f x x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭； 分析：移项构造函数利用函数单调性求证。
构造函数法证明不等式的八种方法冷世平整理
构造函数法证明不等式的八种方法冷世平整理1.构造多项式函数法：通过构造一个多项式函数来证明不等式。
例如，要证明当$x>0$时，$x^3+x^2+x+1>0$，我们可以构造多项式$f(x)=x^3+x^2+x+1$，然后证明$f(x)$的系数全为正数，从而得到结论。
2. 构造变形函数法：通过构造一个特定的变形函数来证明不等式。
例如，要证明当$x>0$时，$x+\frac{1}{x}>2$，我们可以构造变形函数$f(x)=x+\frac{1}{x}-2$，然后证明$f(x)$的取值范围为正数，从而得到结论。
3. 构造反函数法：通过构造一个特定的反函数来证明不等式。
例如，要证明当$x>0$时，$\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}>2$，我们可以构造反函数$f(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}-2$，然后证明$f(x)$的取值范围为正数，从而得到结论。
4. 构造积分函数法：通过构造一个特定的积分函数来证明不等式。
例如，要证明当$x>0$时，$\int_{0}^{x}\sqrt{t}dt<x$，我们可以构造积分函数$f(x)=\int_{0}^{x}\sqrt{t}dt-x$，然后证明$f(x)$的取值范围为负数，从而得到结论。
5. 构造递推函数法：通过构造一个特定的递推函数来证明不等式。
例如，要证明$n$个正实数的算术平均数大于等于它们的几何平均数，我们可以构造递推函数$f(n)=\frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n}-\sqrt[n]{a_1a_2\dots a_n}$，然后证明$f(n)$关于$n$的递推关系为非负数，从而得到结论。
6. 构造交换函数法：通过构造一个特定的交换函数来证明不等式。
例如，要证明当$x,y,z>0$时，$(x+y)(y+z)(z+x)\geq 8xyz$，我们可以构造交换函数$f(x,y,z)=(x+y)(y+z)(z+x)-8xyz$，然后证明$f(x,y,z)$在$x,y,z$的任意交换下都保持不变或增加，从而得到结论。
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构造函数法证明不等式的八种方法
一、构造函数法是一种常用的数学证明方法，通过巧妙地构造函数，
并对其性质进行分析，可以证明各种数学不等式。
下面就列举八种常用的
构造函数法证明不等式的方法。
1.构造平方函数法：对于形如x^2≥0的不等式，可以构造f(x)=x^2，然后通过分析f(x)的性质，来证明不等式的成立。
2.构造递增函数法：对于形如a≥b的不等式，可以构造f(x)=x，然
后通过分析f(x)的性质，来证明不等式的成立。
3.构造递减函数法：对于形如a≤b的不等式，可以构造f(x)=-x，
然后通过分析f(x)的性质，来证明不等式的成立。
4.构造两个函数之差法：对于形如a-b≥0的不等式，可以构造
f(x)=x^2和g(x)=(x-a)(x-b)，然后通过分析f(x)和g(x)的性质，来证
明不等式的成立。
5. 构造函数的和法：对于形如(a+b)^2≥0的不等式，可以构造
f(x)=x^2和g(x)=a^2+b^2+2ab，然后通过分析f(x)和g(x)的性质，来证
明不等式的成立。
6.构造函数的积法：对于形如(a·b)^2≥0的不等式，可以构造
f(x)=x^2和g(x)=a^2·b^2，然后通过分析f(x)和g(x)的性质，来证明
不等式的成立。
7.构造函数的倒数法：对于形如1/(a·b)≥0的不等式，可以构造
f(x)=1/x和g(x)=a·b，然后通过分析f(x)和g(x)的性质，来证明不等
式的成立。
8.构造指数函数法：对于形如e^x≥1的不等式，可以构造f(x)=e^x 和g(x)=1，然后通过分析f(x)和g(x)的性质，来证明不等式的成立。
以上就是八种常用的构造函数法证明不等式的方法。
在实际证明过程中，需要注意选择合适的函数，并结合函数的性质进行分析，以确定不等式的成立情况。
此外，还需要注意构造的函数在给定范围内是否满足所要求的性质，以确保证明的正确性。