| 标题 | 函数、导数紧密配合，不等式可破 |
| 范文 | 利用导数证明不等式是高考压轴题的热点题型之一，此类问题的特点是：问题以不等式形式呈现，“主角”是导数，而不等式的证明不仅技巧性强，而且方法灵活多变，因此构造函数成为证明不等式的良好“载体”，如何有效合理地构造函数是证明不等式的关键所在，下面以实例谈谈如何构造函数的若干解题策略. 移项作差，直接构造 例1 已知定义在正实数集上的函数f（x）= x2+2ax，g（x）=3a2lnx+b（其中a>0），设两曲线y=f（x），y=g（x）有公共点，且在该点处的切线相同. （1）用a表示b，并求b的最大值； （2）求证：f（x）≥g（x）（x>0）. 分析：（2）问中先作差构造函数F（x）=f（x）-g（x）= x2+2ax-3a2lnx-b（x>0），然后再利用导数判断其单调性求最小值，只需求证F（x）≥F（x）min≥0. 解：（1）b= a2-3a2lna，bmax= e （略）. （2）构造函数F（x）=f（x）-g（x）= x2+2ax-3a2lnx-b= x2+2ax-3a2lnx- a2+3a2lna（x>0），则F′（x）=x+2a- = . 当0 合理变形，等价构造 例2 求证：lnx> - . 分析：初步设想直接作差构造f（x）=lnx- + ，则f ′（x）= + - . 令f ′（x）=0的零点无法常规求解，思路不通. 由于x>0，故适当变形为：xlnx> - . 令f（x）=xlnx，g（x）= - ，证[f（x）]min>[g（x）]max. 解：设f（x）=xlnx，g（x）= - ，则f ′（x）=1+lnx，g′（x）= . 当x∈0， 时，f ′（x）<0；当x∈ ，+∞时， f ′（x）>0，即[f（x）]min=f =- . 当x∈（0，1）时，g′（x）>0；当x∈（1，+∞）时，g′（x）<0； 所以[g（x）]max=g（1）=- . 而f（x）最小值点与g（x）最大值点并不相等. 故f（x）>g（x），从而原不等式得证. 解后感悟：“变”得巧，故“求”得简单，敢于尝试，合理变形，方向比速度更重要，没路走要找路走，也不要有路就急于走，多想一点，就少算一点. 分析（条件）结论，特征构造 例3 已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+1， （1）讨论函数f（x）的单调性； （2）设a≤-2，证明：对任意x1，x2∈（0，+∞），f（x1）-f（x2）≥4x1-x2. 分析：（2）当a≤-2时，f（x）在（0，+∞）单减，设x1≥x2，则结论可变形为f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1，不等式两边结构特征相似，不妨构造函数g（x）=f（x）+4x，寻找解题突破口. 解：（1）f ′（x）= （x>0）. a≥0时，f（x）在（0，+∞）单增； a≤-1时，f（x）在（0，+∞）单减； -1（2）因为a≤-2，所以f（x）在（0，+∞）单减. 不妨设x1≥x2，则f（x1）-f（x2）≥4x1-x2？圳f（x2）-f（x1）≥4x1-4x2，f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1. 令g（x）=f（x）+4x，则g′（x）=f ′（x）+4= +4= ，所以g′（x）≤ = - ≤0，所以g（x）在（0，+∞）递减，故g（x1）≤g（x2），所以f（x1）+4x1≤f（x2）+4x2，故对？坌x1，x2∈（0，+∞），f（x1）-f（x2）≥4x1-x2. 解后感悟：从所证条件结论分析入手，抓住不等式的结构特征，构造特征函数，有利于找到解题突破口，若对于左右两边结构相同（也可以化为此类型）的不等式类型，可构造f（x），使不等式变为f（a）>f（b）的形式. 定主略从，减元构造 例4 已知函数f（x）=ln（1+x）-x，g（x）=xlnx， （1）求函数f（x）的最大值； （2）设0分析：（1）略. （2）在所证的不等式中有两个变量a，b，就从中选定一个自变量，另一个看成常数，这里把b选定为自变量并换成x构造函数 证明：（1）略. （2）①先证左边. 构造函数F（x）=g（a）+g（x）-2g ，则F′（x）=g′（x）-2g ′=lnx-ln . 当x∈（0，a）时，F′（x）<0，F（x）为减函数；当x∈（a，+∞）时，F′（x）>0，F（x）为增函数. 所以F（x）极小=F（a）=0. 因为b>a，所以F（b）>F（a）=0，所以0 解后感悟：当变量较多时，往往可以选择其中某个变量为主元，其他变量可“视而不见”. 这样做也达到了减元的目的，选择哪个作为主元应视运算的繁简而定. 一般地，对形如（或可化为）f（x1，x2）≥A的不等式，可选择x1（或x2）为主元构造函数f（x，x2）（或f（x1，x））. 挖掘隐含，联想构造 例5 已知函数f（x）=ax+ +c（a>0）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为y=x-1. （1）用a表示出b，c； （2）若f（x）≥lnx在[1，+∞）上恒成立，求a的取值范围； （3）证明：1+ + +…+ >ln（n+1）+ （n≥1）. 分析：对于（3）题观察待证不等式左边可知，不等式的左边可以看做是数列 的前n项和，从不等式右边的结构式ln（n+1）和 ，联想到裂项求和： - = ， [ln（k+1）-lnk]=ln（n+1）. 因此只需证明 >ln（k+1）-lnk+ - 成立，然后取k=1，2，…，n得n个不等式累加，从而只需证 + -ln1+ >0成立即可. 解：构造函数g（x）= + -ln1+ （x≥1），所以g′（x）=- - - ·- = - <0，所以g（x）在[1，+∞）单减且g（1）= -ln2>0. 又 g（x）=0，即g（x）的值无限趋于0，故g（x）在[1，+∞）上的图象恒在x轴上方. 所以g（x）>0，所以 + -ln1+ >0（x≥1）. 取x=k（k=1，2，3，…），得 + -ln1+ >0，变形为： >ln（k+1）-lnk+ - . 分别取k=1，2，3，…，n，累加，得1+ + +…+ >ln（n+1）+ . 注：此题也可用数学归纳法证明. 解后感悟：函数隐藏越深，难度就越大，如何去寻找证明不等式的“母函数”是解决问题的关键，通过合理变形，展开思维联想的翅膀，发现不等式背后的隐藏函数，便会柳暗花明. 利用导数证明不等式是高考压轴题的热点题型之一，此类问题的特点是：问题以不等式形式呈现，“主角”是导数，而不等式的证明不仅技巧性强，而且方法灵活多变，因此构造函数成为证明不等式的良好“载体”，如何有效合理地构造函数是证明不等式的关键所在，下面以实例谈谈如何构造函数的若干解题策略. 移项作差，直接构造 例1 已知定义在正实数集上的函数f（x）= x2+2ax，g（x）=3a2lnx+b（其中a>0），设两曲线y=f（x），y=g（x）有公共点，且在该点处的切线相同. （1）用a表示b，并求b的最大值； （2）求证：f（x）≥g（x）（x>0）. 分析：（2）问中先作差构造函数F（x）=f（x）-g（x）= x2+2ax-3a2lnx-b（x>0），然后再利用导数判断其单调性求最小值，只需求证F（x）≥F（x）min≥0. 解：（1）b= a2-3a2lna，bmax= e （略）. （2）构造函数F（x）=f（x）-g（x）= x2+2ax-3a2lnx-b= x2+2ax-3a2lnx- a2+3a2lna（x>0），则F′（x）=x+2a- = . 当0 合理变形，等价构造 例2 求证：lnx> - . 分析：初步设想直接作差构造f（x）=lnx- + ，则f ′（x）= + - . 令f ′（x）=0的零点无法常规求解，思路不通. 由于x>0，故适当变形为：xlnx> - . 令f（x）=xlnx，g（x）= - ，证[f（x）]min>[g（x）]max. 解：设f（x）=xlnx，g（x）= - ，则f ′（x）=1+lnx，g′（x）= . 当x∈0， 时，f ′（x）<0；当x∈ ，+∞时， f ′（x）>0，即[f（x）]min=f =- . 当x∈（0，1）时，g′（x）>0；当x∈（1，+∞）时，g′（x）<0； 所以[g（x）]max=g（1）=- . 而f（x）最小值点与g（x）最大值点并不相等. 故f（x）>g（x），从而原不等式得证. 解后感悟：“变”得巧，故“求”得简单，敢于尝试，合理变形，方向比速度更重要，没路走要找路走，也不要有路就急于走，多想一点，就少算一点. 分析（条件）结论，特征构造 例3 已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+1， （1）讨论函数f（x）的单调性； （2）设a≤-2，证明：对任意x1，x2∈（0，+∞），f（x1）-f（x2）≥4x1-x2. 分析：（2）当a≤-2时，f（x）在（0，+∞）单减，设x1≥x2，则结论可变形为f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1，不等式两边结构特征相似，不妨构造函数g（x）=f（x）+4x，寻找解题突破口. 解：（1）f ′（x）= （x>0）. a≥0时，f（x）在（0，+∞）单增； a≤-1时，f（x）在（0，+∞）单减； -1（2）因为a≤-2，所以f（x）在（0，+∞）单减. 不妨设x1≥x2，则f（x1）-f（x2）≥4x1-x2？圳f（x2）-f（x1）≥4x1-4x2，f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1. 令g（x）=f（x）+4x，则g′（x）=f ′（x）+4= +4= ，所以g′（x）≤ = - ≤0，所以g（x）在（0，+∞）递减，故g（x1）≤g（x2），所以f（x1）+4x1≤f（x2）+4x2，故对？坌x1，x2∈（0，+∞），f（x1）-f（x2）≥4x1-x2. 解后感悟：从所证条件结论分析入手，抓住不等式的结构特征，构造特征函数，有利于找到解题突破口，若对于左右两边结构相同（也可以化为此类型）的不等式类型，可构造f（x），使不等式变为f（a）>f（b）的形式. 定主略从，减元构造 例4 已知函数f（x）=ln（1+x）-x，g（x）=xlnx， （1）求函数f（x）的最大值； （2）设0分析：（1）略. （2）在所证的不等式中有两个变量a，b，就从中选定一个自变量，另一个看成常数，这里把b选定为自变量并换成x构造函数 证明：（1）略. （2）①先证左边. 构造函数F（x）=g（a）+g（x）-2g ，则F′（x）=g′（x）-2g ′=lnx-ln . 当x∈（0，a）时，F′（x）<0，F（x）为减函数；当x∈（a，+∞）时，F′（x）>0，F（x）为增函数. 所以F（x）极小=F（a）=0. 因为b>a，所以F（b）>F（a）=0，所以0 解后感悟：当变量较多时，往往可以选择其中某个变量为主元，其他变量可“视而不见”. 这样做也达到了减元的目的，选择哪个作为主元应视运算的繁简而定. 一般地，对形如（或可化为）f（x1，x2）≥A的不等式，可选择x1（或x2）为主元构造函数f（x，x2）（或f（x1，x））. 挖掘隐含，联想构造 例5 已知函数f（x）=ax+ +c（a>0）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为y=x-1. （1）用a表示出b，c； （2）若f（x）≥lnx在[1，+∞）上恒成立，求a的取值范围； （3）证明：1+ + +…+ >ln（n+1）+ （n≥1）. 分析：对于（3）题观察待证不等式左边可知，不等式的左边可以看做是数列 的前n项和，从不等式右边的结构式ln（n+1）和 ，联想到裂项求和： - = ， [ln（k+1）-lnk]=ln（n+1）. 因此只需证明 >ln（k+1）-lnk+ - 成立，然后取k=1，2，…，n得n个不等式累加，从而只需证 + -ln1+ >0成立即可. 解：构造函数g（x）= + -ln1+ （x≥1），所以g′（x）=- - - ·- = - <0，所以g（x）在[1，+∞）单减且g（1）= -ln2>0. 又 g（x）=0，即g（x）的值无限趋于0，故g（x）在[1，+∞）上的图象恒在x轴上方. 所以g（x）>0，所以 + -ln1+ >0（x≥1）. 取x=k（k=1，2，3，…），得 + -ln1+ >0，变形为： >ln（k+1）-lnk+ - . 分别取k=1，2，3，…，n，累加，得1+ + +…+ >ln（n+1）+ . 注：此题也可用数学归纳法证明. 解后感悟：函数隐藏越深，难度就越大，如何去寻找证明不等式的“母函数”是解决问题的关键，通过合理变形，展开思维联想的翅膀，发现不等式背后的隐藏函数，便会柳暗花明. 利用导数证明不等式是高考压轴题的热点题型之一，此类问题的特点是：问题以不等式形式呈现，“主角”是导数，而不等式的证明不仅技巧性强，而且方法灵活多变，因此构造函数成为证明不等式的良好“载体”，如何有效合理地构造函数是证明不等式的关键所在，下面以实例谈谈如何构造函数的若干解题策略. 移项作差，直接构造 例1 已知定义在正实数集上的函数f（x）= x2+2ax，g（x）=3a2lnx+b（其中a>0），设两曲线y=f（x），y=g（x）有公共点，且在该点处的切线相同. （1）用a表示b，并求b的最大值； （2）求证：f（x）≥g（x）（x>0）. 分析：（2）问中先作差构造函数F（x）=f（x）-g（x）= x2+2ax-3a2lnx-b（x>0），然后再利用导数判断其单调性求最小值，只需求证F（x）≥F（x）min≥0. 解：（1）b= a2-3a2lna，bmax= e （略）. （2）构造函数F（x）=f（x）-g（x）= x2+2ax-3a2lnx-b= x2+2ax-3a2lnx- a2+3a2lna（x>0），则F′（x）=x+2a- = . 当0 合理变形，等价构造 例2 求证：lnx> - . 分析：初步设想直接作差构造f（x）=lnx- + ，则f ′（x）= + - . 令f ′（x）=0的零点无法常规求解，思路不通. 由于x>0，故适当变形为：xlnx> - . 令f（x）=xlnx，g（x）= - ，证[f（x）]min>[g（x）]max. 解：设f（x）=xlnx，g（x）= - ，则f ′（x）=1+lnx，g′（x）= . 当x∈0， 时，f ′（x）<0；当x∈ ，+∞时， f ′（x）>0，即[f（x）]min=f =- . 当x∈（0，1）时，g′（x）>0；当x∈（1，+∞）时，g′（x）<0； 所以[g（x）]max=g（1）=- . 而f（x）最小值点与g（x）最大值点并不相等. 故f（x）>g（x），从而原不等式得证. 解后感悟：“变”得巧，故“求”得简单，敢于尝试，合理变形，方向比速度更重要，没路走要找路走，也不要有路就急于走，多想一点，就少算一点. 分析（条件）结论，特征构造 例3 已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+1， （1）讨论函数f（x）的单调性； （2）设a≤-2，证明：对任意x1，x2∈（0，+∞），f（x1）-f（x2）≥4x1-x2. 分析：（2）当a≤-2时，f（x）在（0，+∞）单减，设x1≥x2，则结论可变形为f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1，不等式两边结构特征相似，不妨构造函数g（x）=f（x）+4x，寻找解题突破口. 解：（1）f ′（x）= （x>0）. a≥0时，f（x）在（0，+∞）单增； a≤-1时，f（x）在（0，+∞）单减； -1（2）因为a≤-2，所以f（x）在（0，+∞）单减. 不妨设x1≥x2，则f（x1）-f（x2）≥4x1-x2？圳f（x2）-f（x1）≥4x1-4x2，f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1. 令g（x）=f（x）+4x，则g′（x）=f ′（x）+4= +4= ，所以g′（x）≤ = - ≤0，所以g（x）在（0，+∞）递减，故g（x1）≤g（x2），所以f（x1）+4x1≤f（x2）+4x2，故对？坌x1，x2∈（0，+∞），f（x1）-f（x2）≥4x1-x2. 解后感悟：从所证条件结论分析入手，抓住不等式的结构特征，构造特征函数，有利于找到解题突破口，若对于左右两边结构相同（也可以化为此类型）的不等式类型，可构造f（x），使不等式变为f（a）>f（b）的形式. 定主略从，减元构造 例4 已知函数f（x）=ln（1+x）-x，g（x）=xlnx， （1）求函数f（x）的最大值； （2）设0分析：（1）略. （2）在所证的不等式中有两个变量a，b，就从中选定一个自变量，另一个看成常数，这里把b选定为自变量并换成x构造函数 证明：（1）略. （2）①先证左边. 构造函数F（x）=g（a）+g（x）-2g ，则F′（x）=g′（x）-2g ′=lnx-ln . 当x∈（0，a）时，F′（x）<0，F（x）为减函数；当x∈（a，+∞）时，F′（x）>0，F（x）为增函数. 所以F（x）极小=F（a）=0. 因为b>a，所以F（b）>F（a）=0，所以0 解后感悟：当变量较多时，往往可以选择其中某个变量为主元，其他变量可“视而不见”. 这样做也达到了减元的目的，选择哪个作为主元应视运算的繁简而定. 一般地，对形如（或可化为）f（x1，x2）≥A的不等式，可选择x1（或x2）为主元构造函数f（x，x2）（或f（x1，x））. 挖掘隐含，联想构造 例5 已知函数f（x）=ax+ +c（a>0）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为y=x-1. （1）用a表示出b，c； （2）若f（x）≥lnx在[1，+∞）上恒成立，求a的取值范围； （3）证明：1+ + +…+ >ln（n+1）+ （n≥1）. 分析：对于（3）题观察待证不等式左边可知，不等式的左边可以看做是数列 的前n项和，从不等式右边的结构式ln（n+1）和 ，联想到裂项求和： - = ， [ln（k+1）-lnk]=ln（n+1）. 因此只需证明 >ln（k+1）-lnk+ - 成立，然后取k=1，2，…，n得n个不等式累加，从而只需证 + -ln1+ >0成立即可. 解：构造函数g（x）= + -ln1+ （x≥1），所以g′（x）=- - - ·- = - <0，所以g（x）在[1，+∞）单减且g（1）= -ln2>0. 又 g（x）=0，即g（x）的值无限趋于0，故g（x）在[1，+∞）上的图象恒在x轴上方. 所以g（x）>0，所以 + -ln1+ >0（x≥1）. 取x=k（k=1，2，3，…），得 + -ln1+ >0，变形为： >ln（k+1）-lnk+ - . 分别取k=1，2，3，…，n，累加，得1+ + +…+ >ln（n+1）+ . 注：此题也可用数学归纳法证明. 解后感悟：函数隐藏越深，难度就越大，如何去寻找证明不等式的“母函数”是解决问题的关键，通过合理变形，展开思维联想的翅膀，发现不等式背后的隐藏函数，便会柳暗花明. |
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