2018年高考复习专题01构造函数的通法(解析版)

第一篇：2018年高考复习专题01构造函数的通法(解析版)

一、单选题

1．设函数f ′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf ′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是（）A.(－∞，－1)∪(0，1)

B.(－1，0)∪(1，＋∞)C.(－∞，－1)∪(－1，0)

D.(0，1)∪(1，＋∞)【答案】A

考点：函数性质综合应用

2．若定义在R上的函数fx满足f01，其导函数fxk1，则下列结论中一定错误的是（）A.f1111

B.fkkkk1k111

D.fk1k1k1k1C.f【答案】C

【解析】试题分析：令

gxfxkx，则gx'f0fxk，0因此1k1gg0ffk1k1k1考点：利用导数研究不等式

11k，所以选C.学#科网 1kk1k11【方法点睛】利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造.构造辅助函数常根据导数法则进行：如fxfx构造gxfxex，fxfx0构造gxefx，xxfxfx构造gxfxx，xfxfx0构造gxxfx等

3．设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)＝xlnx，f1e1，则f(x)()eA.有极大值，无极小值

B.有极小值，无极大值 C.既有极大值，又有极小值

D.既无极大值，又无极小值 【答案】D

点睛：根据导函数求原函数，常常需构造辅助函数，一般根据导数法则进行：如fxfx构造gxfxex，xfxfx构造gxfxfx构造gxexfx，等

fxx，xfxfx构造gxxfx4．设函数fx在R上存在导函数fx，对于任意实数x，都有fx6xfx，当x,0时，22fx112x 若fm2f2m129m2，则m的取值范围为（）

A.1,

B.【答案】C 【解析】1,

C.22,

D.2, 3fx3x2fx3x20,设gxfx3x2，则gxgx0,gx为奇函数，又1g'xf'x6x,gx在x,0上是减函数，从而在R上是减函数，又2fm2f2m12m129m2，等价于fm23m2f2m32m22，即gm2g2m,m2，解得2mm2，故选C.3【方法点睛】利用导数研究函数的单调性、构造函数求参数范围, 属于难题.联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.学%科网 5．设定义在R上的函数yfx满足任意tR都有ft2fx1，且x0,4时，fx，则

xftf2016,4f22018017,2f的大小关系（）

A.2f2018f20164f2017

B.2f2018f20164f2017 C.4f20172f2018f2016

D.4f20172f2018f2016 【答案】C

6．已知函数fx在0,2上单调递减，f'x为其导函数，若对任意x0,都有fxf'xtanx，2则下列不等式一定成立的是 A.f6

B.2fff 364266

D.f3ff 43266C.f【答案】D

点睛：本题考查函数的导数与函数单调性的关系，解题的关键是根据题意构造新函数gx数分析gx的单调性．

7．已知定义在R上的函数f(x），其导函数为fx，若fxfx3，f04，则不等式

fxsinx，并利用导fxex3的解集是（）

A.,1

B.1,

C.0,

D.,0 【答案】D

点睛：利用导数研究函数的单调性，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，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.学&科网 8．已知定义域为R的奇函数yfx的导函数为yfx，当x0时，fxfxx0，若a11 f，22bf1，cln121fln，则a，b，c的大小关系正确的是（）2A.abc

B.cab

C.bca

D.acb 【答案】D

【解析】设h（x）=xf（x），∴h′（x）=f（x）+x•f′（x），∵y=f（x）是定义在实数集R上的奇函数，∴h（x）是定义在实数集R上的偶函数，当x＞0时，h'（x）=f（x）+x•f′（x）＞0，∴此时函数h（x）单调递增．

111f（）=h（），b=﹣f（﹣1）=f（1）=h（1），222111c=（ln）f（ln）=h（ln）=h（﹣ln2）=h（ln2），2221又1>ln2>，2∵a=∴b＞c＞a． 故答案为：D。

9．设定义在R上的函数fx,对任意的xR,都有f1xf1x, 且f20,当x1时，f´xfx0,则不等式fxlnx10的解集为 A.,00,1

B.1,01, C.1,,1

D.1,00,1 【答案】A

点睛：本题主要考查导数、函数的性质,考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系.(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数.(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题.(4)考查数形结合思想的应用.10．设函数f'x是奇函数fx（xR）的导函数，当x0时，lnxf'x1fx，则使得xx21fx0成立的x的取值范围是（）A.1,00,1

B.,11, C.1,01,

D.,10,1 【答案】D

【解析】设gxlnxfx，当x0时，gx且g10，当x0,1时，gx0，当x1,时，gx0,1fxlnxfx0，gx在0,上为减函数，xlnx0,fx0,x21fx0； lnx0,fx0,x21fx0，fx为其函数， 当x1,0时，fx0,x21fx0 ；

2当x,1 时，fx0,x1fx0.2综上所述：使得x1fx0 成立的x的取值范围是,10,1 【点睛】构造函数，借助导数研究函数单调性，利用函数图像解不等式问题，是近年高考热点，怎样构造函数，主要看题目所提供的导数关系，常见的有x与fx的积或商，x2与fx的积或商，ex与fx的积或商，lnx与fx的积或商等，主要看题目给的已知条件，借助导数关系说明导数的正负，进而判断函数的单调性，再借助函数的奇偶性和特殊点，模拟函数图象，解不等式.211．设fx为fx的导函数，已知xfxxfxlnx,fe1,则下列结论正确的是（）eA.fx在0,上单调递增

B.fx在0,上单调递减 C.fx在0,上有极大值

D.fx在0,上有极小值 【答案】B

【方法点睛】利用导数研究函数的单调性、构造函数证明函数的单调性,属于难题.联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.学*科网 12．已知定义在0,上的函数fx,满足①fx＞0;②导函数，1fx＜fx＜3fx(其中fx是fx的2e是自然对数的底数),则

f1f2的取值范围为

11A.3,e2

B.e【答案】A 113132e,e

C.2,e

D.e,3e

e2

13．已知fx为R上的可导函数，且xR，均有fx2fx,，则有

4034f2017f0,f2017e4034f0 A.eB.e4034f2017f0,f2017e4034f0 f2017f0,f2017e4034f0 f2017f0,f2017e4034f0 C.e4034D.e4034【答案】D

【解析】构造函数gxfxe2x,gxfx2fxe2xfx2fxgx0

f0e0 e4034f2017f0，同理得即gx在R上单调递减，所以g2017g0f2017e4034g2017g0故选D f2017e4034f0e0 f2017e4034f0

点睛：本题主要考察了函数的单调性与导数的关系，其中构造函数g（x），并讨论其单调性是关键.二、填空题

14．已知函数fx是函数fx的导函数, f1e,对任意实数

x都有2fxfx0,则不等式fxexex1的解集为___________.【答案】1,

点睛：本题考查用构造函数的方法解不等式，即通过构造合适的函数，利用函数的单调性求得不等式的解集，解题时要注意常见的函数类型，如在本题中由于涉及到ex，故可从以下两种情况入手解决：（1）对于（2）对于fxfxfxfx0(0)，可构造函数hxexfx；0(0)，可构造函数hxfxex．

15．设f(x)是在R上的奇函数，在,0上2xf2xf2x0且f20，则xf2x0的解集为______________.【答案】（-1,0）(0,1）

【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、构造函数解不等式, 属于难题.联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.学科#网

16．fx是定义在R上的函数，其导函数为fx，若fxfx1，f12018，则不等式fx2017ex11（其中e为自然对数的底数）的解集为_______．

【答案】,1

x1x1【解析】设g(x)= efxe，x1x1x1x1则g′(x)=− ef(x)+ ef′(x)+ e=e [f′(x)−f(x)+1]，∵f(x)−f′(x)>1,∴f′(x)−f(x)+1<0，∴g′(x)<0，∴y=g(x)在定义域上单调递减,g(1)=2017，∵fx2017ex11,∴ex1fxex1>2017= g(1)，得到g(x)>2017=g(1)，∴g(x)>g(1)，得x<1，∴fx2017ex11的解集为,1，故答案为： ,1.点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，需要构造函数，一般：（1）条件含有fxfx，就构造gxexfx,（2）若fxfx，就构造gx（4）2fxfx就构造gx

fxex，（3）2fxfx，就构造gxefx，2xfxe2x，等便于给出导数时联想构造函数。

第二篇：构造函数法

函数与方程数学思想方法是新课标要求的一种重要的数学思想方法，构造函数法便是其中的一种。

高等数学中两个重要极限

1．limsinx1 x0x

11x2．lim(1)e（变形lim(1x)xe）x0xx

由以上两个极限不难得出，当x0时

1．sinxx，2．ln(1x)x（当nN时，(1)ne(1)n1）．

下面用构造函数法给出两个结论的证明．

（1）构造函数f(x)xsinx，则f(x)1cosx0，所以函数f(x)在(0,)上单调递增，f(x)f(0)0．所以xsinx0，即sinxx．

（2）构造函数f(x)xln(1x)，则f(x)11n1n1x0．所以函数f(x)在1x1x

(0,)上单调递增，f(x)f(0)0，所以xln(1x)，即ln(1x)x． 1要证1n事实上：设1n111e,两边取对数，即证ln1, nn111t,则n(t1), nt1

1因此得不等式lnt1(t1)t

1构造函数g(t)lnt1(t1),下面证明g(t)在(1,)上恒大于0． t

11g(t)20, tt

∴g(t)在(1,)上单调递增，g(t)g(1)0, 即lnt1, 1

t

111∴ ln1,∴1nnn1n1e,以上两个重要结论在高考中解答与导数有关的命题有着广泛的应用．

第三篇：构造法之构造函数

构造法之构造函数

：题设条件多元-构造一次函数

B：题设有相似结构-构造同结构函数主要介绍

C：题设条件满足三角特性-构造三角函数 D：其它方面——参考构造函数解不等式

A、题设条件多元时，选择构造一次函数

例

1、已知x.y.z(0,1).求证：x(1y)y(1z)z(1x)1（第15届俄罗斯数学竞赛

题）

分析 此题条件、结论均具有一定的对称性，然而难以直接证明，不妨用构造法一试。可构造一次函数试解本题.证法一 函数图像性质法、构造函数f(x)(yz1)x(yzyz1)因为y,z(0,1)，所以

f(0)yzyz1(y1)(z1)0

f(1)yz1(yzyz1)yz0

而f(x)是一次函数，其图象是直线，所以由x0,1恒有f(x)0，即(yz1)x(yzyz1)0，整理可得x(1y)y(1z)z(1x)

1证法二函数单调性法、构造一次函数f(x)x(1y)y(1z)z(1x)整理，得：

f(x)(1yz)x(yzyz).(0x1)

因为0x1，0y1,0z1 所以11yz

1(1)当01yz1时,f(x)在0,1上是增函数，于是f(x)(2)当

11yz0

f(x)1yz1；

时,f(x)

在1,0上是减函数，于是

f(x)f(x)=yzyz=1(1y)(1z)1；

(3)当1yz0时，即yz1时，f(x)

成立。

yzyz1yz1。综上所知，所证不等式

小结(1)为了利用所构造的一次函数的单调性，将11yz1分成“01yz1,11yz0,1yz0”三种情况讨论，使问题得以解决。

(2)解决本题有两个核心的地方，一是将证式构造成一次函数，二是对一次项系数进行逻辑划分。

(3)本题也可以构造关于y或z的一次函数，这就需要真正理解函数的实质概念。

例

2、已知1a,b,c1：，求证:abcabc

2证明 构造一次函数y(bc1)x2bc，易知bc10，在1又x

则由一次函数的性质不难得知当1

x1时，y0；又1a1所以xa

1时,y(bc1)12bc

x1时，y

为减函数；

=bc1bc(1b)(1c)0

时，y0，即(bc1)a2bc0 命题得证

B、题设条件有相似结构时-构造同样结构的函数

例

1、a、b、c, R，求证

abc1abc



a1a



b1b



c1c

.证明：构作函数f(x)当任意x1，x2满足0

f(x2)f(x1)

x21x

2x1x

x1x，x[0,)，则研究这个函数性质如下：

时，0

x1x2



x11x

1

x2x1

(1x1)(1x2)，所以函数f(x)在[0,)是递增函数.f(|a||b||c|).因为|abc||a||b||c|，所以f(|abc|)即

|abc|1|abc|



|a||b||c|1(|a||b||c|)

|a|1|a|

|b|1|b|



|a|

1|a||b||c|



|b|

1|a||b||c|



|c|

1|a||b||c|



|c|1|c|

.不等式得证.例

2、解方程(6x+5)(1+

(6x5)4)x(1

x4)0．

为f(6x+5)=-f(x).只要证明f(x)是奇函数且是单调函数，就能简单的解出此题．

解：构造函数

f(x)=x(1+

原方程化为

f(6x+5)+f(x)=0．

显然f(-x)=-f(x)，f(x)是奇函数.再证f(x)具有单调性.x4))，f(x)在（-∞,+∞）上是增函数.所以f(6x+5)=f(-x)x=－

5C、题设条件满足三角函数的特性时-构造三角函数

例

1、已知a.b.x.yR.且a2b

21，xy1.求证：1axby

1证明 已知x

y

由a2b21，xy1，可设

bsin,acos.xcos,ysinaxbycoscossinsincos()1所

以1axby1

例

2、分析 由根号里面的代数式可以看出有这样的关系：x1x1且0故想到三角函数关系式并构造xsin2

所以ysinxcosx

D、其它-参考构造函数解不等式

在解决不等式的证明题时常常通过构造辅助函数，把原来问题转化为研究辅助函数的性质，并利用函数的单调性、有界性、奇偶性等性质来解决。

例

1、求证不等式：

证明：构造函数：f(x)

x1

2x

x1.(0

)



)，当



即x时,ymax



x12

x



x2

(x0)



x2

(x0)

x2x2

x

x

f(x)

x12

x

2

1

x2

所以

f(x)的图像关于y



xx

1(12)x212x12

x

x

x

x2

f(x).轴对称。当x0时，12x

0，故f(x)0；当x0时，依图象的对称性知f(x)0.故当x0时，恒有f(x)0.即

x12

x



x2

(x0).例

2、已知x0，求证：x

1x



1x

1x



52证明：构造函数f(x)

x

1x

(x0)，则x

1x

2，设2,由

f()f()

1

(

11()(1)

)()



1显然：因为2

，所以-＜0，＞1，所以f()

f()0，所以f(x)在2,上是单调递增的，所以

x

1x

1x

1x

f(2)

以上两题的实质上是用的函数的单调性、奇偶性来证明的，其中如何来构造恰当的函数是进一步证明的关键。

第四篇：构造函数法与放缩法

构造函数法证明不等式

不等式证明是中学数学的重要内容之一．由于证明不等式没有固定的模式，证法灵活多样，技巧性强，使其成为各种考试命题的热点问题，函数法证明不等式就是其常见题型．即有些不等式可以和函数建立直接联系，通过构造函数式，利用函数的有关特性，完成不等式的证明．

一、构造一元一次函数证明不等式

例1设0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，求证：x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)＜1．

证明：构造一次函数f(x)= x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)，整理，得

f(x)=(1－y－z)x＋(y＋z－yz)其中0＜x＜1，∵0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，∴－1＜1－y－z＜1．

⑴当0＜1－y－z＜1时，f(x)在(0，1)上是增函数，于是

f(x)＜f(1)=1－yz＜1；

⑵当－1＜1－y－z＜0时，f(x)在(0，1)上是减函数，于是

f(x)＜f(0)= y＋z－yz = 1－(1－y)(1－z)＜1；

⑶当1－y－z = 0，即y＋z = 1时，f(x)= y＋z－yz = 1－yz＜1．

综上，原不等式成立．

二、构造一元二次函数证明不等式

例3若 a、b、c∈R+，求证：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca ．

证明构造函数f(x)= x2－(b＋c)x＋b2＋c2－bc ．

因为 △=(b＋c)2－4(b2＋c2－bc)=－3(b－c)2≤0，又因为二次项的系数为正数，所以x2－(b＋c)x＋b2＋c2－bc≥0对任意实数恒成立．

三、构造单调函数证明不等式

例5已知 a＞0，b＞0，求证 ：

证明： 构造函数f(x)=x

1xa1ab1bxab1ab1＋＞ ． 当x＞0 时单调递增．，易证f(x)=1x= 1－1x

∵ a＋b＋ab＞a＋b＞0，∴ f(a＋b＋ab)＞f(a＋b)．

故 a

1a＋b

1b=ab2ab

(1a)(1b)＞abab

1abab)=f(a＋b＋ab)＞f(a＋b)=ab

1ab．

例谈“放缩法”证明不等式的基本策略

近年来在高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，而不等式的证明是高中数学中的一个难点，它

1可以考察学生逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力。特别值得一提的是，高考中可以用“放缩法”证明不等式的频率很高，它是思考不等关系的朴素思想和基本出发点, 有极大的迁移性, 对它的运用往往能体现出创造性。“放缩法”它可以和很多知识内容结合，对应变能力有较高的要求。因为放缩必须有目标，而且要恰到好处，目标往往要从证明的结论考察，放缩时要注意适度，否则就不能同向传递。下面结合一些高考试题，例谈“放缩”的基本策略，期望对读者能有所帮助。

1、添加或舍弃一些正项（或负项）

例

1、已知an21(nN).求证：

n

*

n

2

3

a1a2



a2a3

...

anan

1(nN*).证明： 

akak1



2k12k11





12(2k11)





13.2k2k2



.k,k1,2,...,n, 232



a1a2



a2a3

...

anan1



n

1111n11n1(2...n)(1n), 23222232232、先放缩再求和（或先求和再放缩）例

2、函数f（x）=

4x14x，求证：f（1）+f（2）+…+f（n）>n+

12n

1

2(nN*).证明：由f(n)=

4n1

4n

=1-

114

n

1

122112

n1

122

112

n

122n

得f（1）+f（2）+…+f（n）>1

n

14(1

1214

n1

222

1)n

(nN*).3、先放缩，后裂项（或先裂项再放缩）例

3、已知an=n，求证：∑ 证明：∑

k=

1nn

k=1ak

n

n

k

＜3．

ak∑

k=1

n

＜1＋∑

k=

2(k－1)k(k＋1)

＜１＋∑

k=2

n

2=1(k－1)(k＋

1)(k＋k－)k2

=1＋ ∑（k=2

n

－)

(k－1)(k＋1)

=1＋1＋

－

1＜2＋＜3．

(n＋1)24、放大或缩小“因式”；

例

4、已知数列{an}满足an1a,0a1

n

2,求证：(akak1)ak2

k

1n

132

.证明 0a1

n

12,an1an,a2a12

n

141,a3

116

.当k1时,0ak2a3

132.116,(akak1)ak2

k1

116

(akak1)

k1

(a1an1)

5、逐项放大或缩小 例

5、设an2

2334n(n1)求证：

n(n1)

2an

(n1)2

证明：∵∴ n

n(n1)

n2n

n(n1)

12n

1(n)2

n(n1)

2n12

∴ 123nan

13(2n1)

1n21n，∴

n(n1)2

an

(n1)26、固定一部分项，放缩另外的项； 例

6、求证：

2

122

1

132

1



4证明：

1n2



n(n1)n1



112



122



132



1n2

1

11115117

()().2223n1n42n47、利用基本不等式放缩

例

7、已知an5n

41对任何正整数m，n都成立.1，只要证

5amn1aman因为 amn5mn4，aman(5m4)(5n4)25mn20(mn)16，故只要证

5(5mn4)125mn20(mn)16 即只要证

20m20n37

因为aman5m5n85m5n8(15m15n29)20m20n37，以上介绍了用“放缩法”证明不等式的几种常用策略，解题的关键在于根据问题的特征选择恰当的方

法，有时还需要几种方法融为一体。在证明过程中，适当地进行放缩，可以化繁为简、化难为易，达到事半功倍的效果。但放缩的范围较难把握，常常出现放缩后得不出结论或得到相反的现象。因此，使用放缩法时，如何确定放缩目标尤为重要。要想正确确定放缩目标，就必须根据欲证结论，抓住题目的特点。掌握放缩技巧，真正做到弄懂弄通，并且还要根据不同题目的类型，采用恰到好处的放缩方法，才能把题解活，从而培养和提高自己的思维和逻辑推理能力，分析问题和解决问题的能力。希望大家能够进一步的了解放缩法的作用，掌握基本的放缩方法和放缩调整手段.

第五篇：构造法证明函数不等式

构造法证明函数不等式

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．

一、移项法构造函数

【例1】已知函数f(x)ln(x1)x，求证：当x1时，恒有11ln(x1)x． x

1二、作差法构造函数证明

【例2】已知函数f(x)的图象的下方．

2312xlnx，求证：在区间(1 ,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)x

32三、换元法构造函数证明

【例3】（2007年山东卷）证明：对任意的正整数n，不等式ln（1111)23都成立． nnn

四、从条件特征入手构造函数证明

【例4】若函数yf(x)在R上可导，且满足不等式xf'(x)f(x)恒成立，常数a、b满足ab，求证：af(a)bf(b)．

五、主元法构造函数

1x)x，g(x)xlnx． 【例5】已知函数f(x)ln(（1）求函数f(x)的最大值；

（2）设0ab，证明：0g(a)g(b)2g（ab)(ba)ln2．

2六、构造二阶导函数证明函数的单调性（二次求导）

【例6】已知函数f(x)aex12x． 2（1）若f(x)在R上为增函数，求a的取值范围；（2）若a1，求证：当x0时，f(x)1x．

七、对数法构造函数（选用于幂指数函数不等式）

【例7】证明：当x0时，(1x)1xe12．

1、（2007年，安徽卷）设a0，f(x)x1ln2x2alnx．

求证：当x1时，恒有xln2x2alnx1．

2、（2007年，安徽卷）已知定义在正实数集上的函数f(x)1x12x2ax，g(x)3a2lnxb，其中2a0，且b 52a3a2lna，求证：f(x)g(x)．

23、已知函数f(x)ln(1x) xb，求证：对任意的正数a、b，恒有lnalnb1． 1xa4、（2007年，陕西卷）f(x)是定义在(0 , )上的非负可导函数，且满足xf'(x)f(x)0，对任意正数a、b，若ab，则必有（）

A．af(b)bf(a)

B．bf(a)af(b)

C．af(a)f(b)

D．bf(b)f(a)例1【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11，从其导数入手即可证明． x11x1【解析】由题意得：f(x)，∴当1x0时，f(x)0，即f(x)在x1x1g(x)ln(x1)x(1 , 0)上为增函数；当x0时，f(x)0，即f(x)在x(0 , )上为减函数；故函数f(x)的单调递增区间为(1 , 0)，单调递减区间(0 , )；于是函数f(x)在(1 , )上的最大值为f(x)maxf(0)0，因此，当x1时，f(x)f(0)0，即ln(x1)x0，∴ln(x1)x（右面得证）．现证左面，令g(x)ln(x1)11x11，则g(x)22，x1(x1)(x1)x1当x(1 , 0)时，g'(x)0；当x(0 , )时，g'(x)0，即g(x)在x(1 , 0)上为减函数，在x(0 , )上为增函数，故函数g(x)在(1 , )上的最小值为g(x)ming(0)0，110，x1111ln(x1)x． ∴ln(x1)1．综上可知：当x1时，有x1x1∴当x1时，g(x)g(0)0，即ln(x1)【点评】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．

例2．【分析】函数f(x)的图象在函数g(x)的图象的下方不等式f(x)g(x)在(1 ,)上恒成12212xlnxx3，只需证明在区间(1,)上，恒有x2lnxx3成立，23231设F(x)g(x)f(x)，x(1 , )，考虑到F(1)0，要证不等式转化变为：

6立问题，即当x1时，F(x)F(1)，这只要证明：g(x)在区间(1 ,)是增函数即可． 【解析】设F(x)g(x)f(x)，即F(x)22312xxlnx，321(x1)(2x2x1)(x1)(2x2x1)则F'(x)2xx；当x1时，F'(x)0，从xxx而F(x)在(1,)上为增函数，∴F(x)F(1)

10，∴当x1时，g(x)f(x)0，即6f(x)g(x)，故在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)23x的图象的下方． 3【点评】本题首先根据题意构造出一个函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式．读者也可以设F(x)f(x)g(x)做一做，深刻体会其中的思想方法． 例3．【分析】本题是山东卷的第（2）问，从所证结构出发，只需令

1x，则问题转化为：当x0n时，恒有ln(x1)x2x3成立，现构造函数h(x)x3x2ln(x1)，求导即可达到证明．

13x3(x1)2 【解析】 令h(x)xxln(x1)，则h(x)3x2xx1x1322在x(0 , )上恒正，∴函数h(x)在(0 , )上单调递增，∴x(0 , )时，恒有h(x)h(0)0，即x3x2ln(x1)0，∴ln(x1)x2x3，对任意正整数n，取x1111(0 , )，则有ln(1)23． nnnn【点评】我们知道，当F(x)在[a , b]上单调递增，则xa时，有F(x)F(a)．如果f(a)＝(a)，要证明当xa时，f(x)(x)，那么，只要令F(x)＝f(x)－(x)，就可以利用F(x)的单调增性来推导．也就是说，在F(x)可导的前提下，只要证明F'(x)0即可．

例4．【解析】由已知：xf'(x)f(x)0，∴构造函数F(x)xf(x)，则F'(x)xf'(x)f(x)0，从而F(x)在R上为增函数，∵ab，∴F(a)F(b)，即af(a)bf(b)．

【点评】由条件移项后xf(x)f(x)，容易想到是一个积的导数，从而可以构造函数F(x)xf(x)，求导即可完成证明．若题目中的条件改为xf(x)f(x)，则移项后xf(x)f(x)，要想到是一个商的导数的分子，平时解题多注意总结．

例5．【分析】 对于第（2）小问，绝大部分的学生都会望而生畏．学生的盲点也主要就在对所给函数用不上．如果能挖掘一下所给函数与所证不等式间的联系，想一想大小关系又与函数的单调性密切相关，由此就可过渡到根据所要证的不等式构造恰当的函数，利用导数研究函数的单调性，借助单调性比较函数值的大小，以期达到证明不等式的目的．（2）对g(x)xlnx求导，则g'(x)lnx1．在g(a)g(b)2g(数，设F(x)g(a)g(x)2g(ab)中以b为主变元构造函2axaxax)，则F'(x)g'(x)2[g()]'lnxln． 222当0xa时，F'(x)0，因此F(x)在(0 , a)内为减函数；当xa时，F'(x)0，因此F(x)在(a , )上为增函数．从而当xa时，F(x)有极小值F(a)，∵F(a)0，ba，∴F(b)0，即g(a)g(b)2g(ab)0．又设G(x)F(x)(xa)ln2，则2G'(x)lnxlnaxG'(x)0．ln2lnxln(ax)；当x0时，因此G(x)在(0 , )2ab)(ba)ln2． 2上为减函数，∵G(a)0，ba，∴G(b)0，即g(a)g(b)2g(例6．【解析】（1）f'(x)aexx，∵f(x)在R上为增函数，∴f'(x)0对xR恒成立，即axex对xR恒成立；记g(x)xex，则g'(x)exxex(1x)ex；

当x1时，g'(x)0；当x1时，g'(x)0．知g(x)在( , 1)上为增函数，在(1 , )上为减函数，∴g(x)在x1时，取得最大值，即g(x)maxg(1)（2）记F(x)f(x)(1x)ex111，∴a，即a的取值范围是[ , )．

eee12xx1（x0），则F'(x)exx1，2令h(x)F'(x)exx1，则h'(x)ex1；当x0时，h'(x)0，∴h(x)在(0 , )上为增函数，又h(x)在x0处连续，∴h(x)h(0)0，即F'(x)0，∴F(x)在(0 , )上为增函数，又F(x)在x0处连续，∴F(x)F(0)0，即f(x)1x．【点评】当函数取最大（或最小）值时不等式都成立，可得该不等式恒成立，从而把不等式的恒成立问题可转化为求函数最值问题．不等式恒成立问题，一般都会涉及到求参数范围，往往把变量分离后可以转化为mf(x)（或mf(x)）恒成立，于是m大于f(x)的最大值（或m小于f(x)的最小值），从而把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题．因此，利用导数求函数最 值是解决不等式恒成立问题的一种重要方法．

例7．【解析】 对不等式两边取对数得(1)ln(1x)11xx，化简为2(1x)ln(1x)2xx2，2(l1x)，设辅助函数f(x)2xx22(1x)ln(，f'(x)2x2n1x)（x0）又f''(x)2x0（x0），易知f'(x)在(0 , )上严格单调增加，从而f'(x)f'(0)01x（x0），又由f(x)在[0 , )上连续，且f'(x)0，得f(x)在[0 , )上严格单调增加，∴f(x)f(0)0（x0），即2xx22(1x)ln(1x)0，2xx22(1x)ln(1x)，故(1x)11xe1x2（x0）．

1、【解析】f(x)12lnx2a2lnx1，∴f(x)0，即f(x)，当x1，a0时，不难证明xxx 在(0,)内单调递增，故当x1时，f(x)f(1)0，∴当x1时，恒有xln2x2alnx1．

2、【解析】设F(x)g(x)f(x)12x2ax3a2lnxb，则23a2(xa)(x3a)（x0），∵a0，∴当xa时，F'(x)0，F'(x)x2axx故F(x)在(0 , a)上为减函数，在(a , )上为增函数，于是函数F(x)在(0 , )上的最小值是F(a)f(a)g(a)0，故当x0时，有f(x)g(x)0，即f(x)g(x)．

3、【解析】函数f(x)的定义域为(1 , )，f'(x)11x，∴当1x01x(1x)2(1x)2时，f'(x)0，即f(x)在x(1 , 0)上为减函数；当x0时，f'(x)0，即f(x)在x(0 , )上为增函数；因此在x0时，f(x)取得极小值f(0)0，而且是最小值，于是f(x)f(0)0，从而ln(1x)1xa1b1，于是，即ln(1x)1，令1x0，则11x1xbx1aabbf(x)xf'(x)f(x)ln1，因此lnalnb1．

4、0，故【解析】F(x)，F'(x)baaxx2f(x)f(a)f(b)af(b)bf(a)，故选A． F(x)在(0 , )上是减函数，由ab有xab8