高等数学证明中辅助函数的构造

第一篇：高等数学证明中辅助函数的构造

高等数学证明中辅助函数的构造

王春珊 张绍兰

（安徽工商职业学院，安徽 合肥 230041）

摘要：本文系统归纳了高等数学证明中常见四种辅助函数的构造，每种类型用实例加以介绍说明，对学习高等数学的证明有一定的指导作用.关键词：辅助函数；原函数；求导法则；不等式

在高等数学许多问题的证明中需要构造辅助函数，但如何构造辅助函数是学生在学习高等数学中的难点之一，现将高数学证明中的构造相关辅助函数常使用的方法构造如下.一、不等式证明中辅助函数的构造

1.关于f(x)g(x),x(a,b)型不等式的证明.一般情况下可考虑构造辅助函数F(x)f(x)g(x),x(a,b)，然后确定F(x)的比较点（F(a)或F(b)），并利用F(x)的单调性加以证明.例1 证明 sin2xx212242，x(0,2).14x2sin2xlimF(x)limF(x)1证明 设F(x)sinxx2，则，.x03x2xsin2x

2故可补充定义F(0)14,F()12，使F(x)在[0,]上连续，由此可知，只要证明322

F(x)在[0,]上单调递增即可.2

1cosx)，为确定F(x)的符号，再设因为F(x)2(3xsin3x

G(x)x,x(0,)，且G(0)0.22

3471243则G(x)(cosx)sinx(cosx)31，G(x)sinx(cosx)30,x(0,).392

故G(x)在(0,)上为单调递增且G(0)0，因此，在区间(0,)中，G(x)G(0)0，22

1cosx0，这就从面G(x)在(0,)上也是单调递增的，所以G(x)G(0)0，即33xsinx2

4证明了F(x)在(0,)上是单调递增的，即F(x)F()12，命题得证.22

对于f(x)g(x),x(a,b)型不等式，在某些情况下，也可通过适当变形化为对某一辅助函数单调性的讨论，从而加以证明.11

例2 设x0,y0且0，证明(xy)(xy).

分析：由于0，故所证不等式似乎是x,y关于,的单调函数，但由于x,y是两个变量，如果能转化为一个变量的问题就容易了.根据所证不等式结构及y0的情况，所证不等式等价于不等式

xx

[()1][()1]

yy

xz

设t，则原不等式转化为函数(z)(t1)z，0z的单调性的讨论.y

证明 根据上述分析，构造辅助函数(z)(t1)，则(t)

z

z

(t)t()ztzz1tz

t0,z0，由于，所以z1tz(t)(1t)2z

z(1t)(1t)

z

ztz

1(t)(tz)tzz

故(t)2＜0，所以(z)(t在(0,)上单调递减，而lnzz1tz

z(1t)(1t)

0z，所以()()，即命题成立.2.关于c1f(x)c2,x(a,b)型不等式证明.常用的简便方法是考虑f(x)在(a,b)上是取大值、最小值来证明.例3 证明不等式

2p

1xp(1x)p10x1,p1.pp

证明 设F(x)x(1x)，0x1,p1.由于F(x)在[0,1]上连续，故在区间

[0,1]上一定有最大值和最小值.F(x)p[x因为 F(0)1,p1

(1x)p1]，令F(x)0，则x

（驻点）.2

F(1)1,F()p1，所以在[0,1]上

2211

Fmax(x)1,Fmin(x)p1，故p1xp(1x)p1.22

3.含有定积分的不等式.一般情况下常把定积分的上限选为所构造辅助函数的自变量.例4 设ab,f(x),g(x)在区间[a,b]上连续，证明

(f(x)g(x)dx)f(x)dxg2(x)dx

a

a

a

b

b

b

证明设F(t)



t

a

f(x)dxg(x)dx(f(x)g(x)dx)2且atb，则

a

a

t

t

t

a

a

a

t

t

F(t)f2(t)g2(x)dxg2(t)f2(x)dx2f(t)g(t)f(x)g(x)dx





t

a

[f(t)g(x)f(x)g(t)]2dx0

所以F(x)在[a,b]上为增函数，故F(b)F(a)0，即命题得证.二、应用求导法则构造辅助函数

这里主要应用幂函数、对数函数、函数乘积求导时出现的特殊情况构造辅助函数.例如 设f(x),g(x)均可导，则

[f(x)eg(x)][f(x)f(x)g(x)]eg(x)，[lnf(x)]

[f(x)g(x)]f(x)g(x)f(x)g(x).因此当所证结果中出现f(x)f(x)g(x)，f(x)，f(x)

f(x)，f(x)g(x)f(x)g(x)等形式f(x)

时，可构造形如f(x)eg(x)，lnf(x)或f(x)g(x)等形式的函数.例5 设函数f(x),g(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(x1)f(x2)0，x1,x2(a,b)，(x1x2).证明 在(x1,x2)内至少存在一点，使得f()f()g()0.证明 设F(x)f(x)eF(x1)f(x1)e

g(x1)

g(x)，则由f(x1)f(x2)0知

f(x2)eg(x2)F(x2)0

g(x)

故由已知条件知，F(x)f(x)e

在(x1,x2)上满足罗尔中值定理，即在(x1,x2)内至少存

g()

在一点使得F()0，即F()[f()f()g()]e0，所以

f()f()g()0.三、方程根的存在性证明中辅助函数的构造

通过下面例子说明其方法.例6 讨论方程axlnx（a0）有几个实根.分析：设f(x)axlnx，x(0,)，则如果f(x)的最小值在x轴上方，曲线

yf(x)与x轴无交点，方程无实根；如果f(x)的最小值在x轴上，曲线yf(x)与x轴

只有一个交点，方程只有一个实根；如果f(x)的最小值在x轴下方，讨论函数

f(x)axlnx的单调区间等性质判断曲线yf(x)与x轴的交点数，从而求得方程实根的个数.解 设f(x)axlnx，x(0,)，则

111，令f(x)a0 得 x.xxa1

1因为当 0x时，f(x)a0；

ax11

当 x时，f(x)a0.ax11

所以f(x)在x时取得最小值mf()1lna.aa1

当m0时，即a，曲线yf(x)与x轴无交点，方程无实根；

e1

当m0时，即a，曲线yf(x)与x轴只有一个交点，方程只有一个实根；

e111

当m0时，即0a时，因为当0x时，f(x)a0，f(x)单调递减，eax

当 x时，f(x)a0，f(x)单调递增.所以曲线yf(x)与x轴有两个交点，ax

f(x)a

即方程有两个实根.四、应用原函数构造辅助函数

现结合实例说明这种方法.例7（拉格朗日中值定理）设函数f(x)满足：（1）在闭区间[a,b]上连续；（2）在开区间(a,b)上可导.f(b)f(a)

.ba

f(b)f(a)

0.这时注意到分析：即要在(a,b)中至少存在一点使得f()

ba

f(b)f(a)f(b)f(a)

x，故所证f()为f(x)在点的函数值，而的一个原函数为

baba

f(b)f(a)

x的导函数在(a,b)内至少有一个零点.根据本定理的条件及罗等式为f(x)

ba

f(b)f(a)

x满足罗尔定理条件即可证明尔定理自然想到，只须验证函数F(x)f(x)

ba

则在(a,b)中至少存在一点使得f()

本定理的结论，当然辅助函数也就构造出来了.证明略.例8 证明若非线性函数f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)上可导，则必有(a,b)，使

得f()

f(b)f(a)

.ba

f(b)f(a)

x的导函数在(a,b)内某一点

baf(b)f(a)

x.但是为了使构造的辅助函上值的大小问题，因此可构造辅助函数f(x)

ba

分析：所要证不等式显然是比较函数f(x)与

数具有更好的性质，如除要辅助函数连续、可导外，还要其在区间两端点上的函数值相等且等于0，故构造辅助函数：

F(x)f(x)f(a)

f(b)f(a)

(xa).ba

证明 因为F(a)F(b)0，又由于f(x)非线性，故F(x)不恒为0，因此必有

x0(a,b)使得F(x0)0，不妨设F(x0)0，对于F(x)在[a,x0],[x0,b]上分别应用拉格

朗日定理有

F(1)

F(x0)F(a)F(x0)

0,a1x0.x0ax0a

F(2)

F(b)F(x0)F(x0)

0,x02b.bx0bx0

f(b)f(a)

0

baf(b)f(a)

0F(2)f(2)

ba

f(b)f(a)

f(1)所以f(2)

ba

故F(1)f(1)这即为

f(b)f(a)

max{f(1),f(2

ba

f(b)f(a)

.ba

记f()f(1),f(2，则f()

参考文献：

［1］ 华东师范大学数学系编.数学分析，高等教育出版社，1987

Advanced mathematics to prove the structure of auxiliary function

Wang chun shanzhang shao lan

(Anhui business vocational college Anhui Hefei 230041)

Key words :Auxiliary function，The original function，Derivation rules，Inequality Abstract:

作者简介：王春珊，男，1969.11安徽工商职业学院副教授

张绍兰，女，安徽工商职业学院副教授 通讯地址：合肥市砀山路233号安徽工商职业学院 电子邮箱：chunshan2000@163.com 电话：***

第二篇：构造函数证明不等式

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：a2acc23b(abc)0成立，并指出等号何时成立。

解析：令f(a)a2(3bc)ac23b23bc

⊿＝(3bc)24(c23b23bc)3(bc)2 ∵b、c∈R，∴⊿≤0 即：f(a)0，∴a2acc23b(abc)0恒成立。

当⊿＝0时，bc0，此时，f(a)a2acc23ab(ac)20，∴abc时，不等式取等号。

4例2.已知：a,b,cR且abc2,a2b2c22，求证： a,b,c0,。

3abc222解析：2 消去c得：此方程恒成立，a(b2)ab2b10，22abc2∴⊿＝(b2)24(b22b1)3b24b0，即：0b4同理可求得a,c0,

34。3② 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：f(x)(a1xb1)2(a2xb2)2(anxbn)2

由f(x)0，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a,b,c,dR且abcd1，求证：4a14b14c14d1﹤6。解析：构造函数：

f(x)(4a1x1)2(4b1x1)2(4c1x1)2(4d1x1)

2＝8x22(4a14b14c14d1)x4.(abcd1)由f(x)0，得⊿≤0，即⊿＝4(4a14b14c14d1)21280.∴4a14b14c14d142﹤6.例4.设a,b,c,dR且abc1，求解析：构造函数f(x)(＝(1axa)2(149的最小值。abc2bxb)2(3cxc)2

1492)x12x1,(abc1)abc111由f(x)0（当且仅当a,b,c时取等号），632149得⊿≤0,即⊿＝144-4（）≤0

abc111149

∴当a,b,c时，()min36 632abc

构造函数证明不等式

1、利用函数的单调性

+例

5、巳知a、b、c∈R，且a bmb[分析]本题可以用比较法、分析法等多种方法证明。若采用函数思想，构造出与所证不等式密切相关的函数，利用函数的单调性来比较函数值而证之，思路则更为清新。

ax+，其中x∈R，0

bxbx证明：令 f（x）= ∵b-a>0 ba+ 在R上为减函数 bxba+从而f（x）= 在R上为增函数

bx∴y= ∵m>0 ∴f（m）> f（0）

∴ama> bmb例

6、求证：ab1ab≤

ab1ab（a、b∈R）

[分析]本题若直接运用比较法或放缩法，很难寻其线索。若考虑构造函数，运用函数的单调性证明，问题将迎刃而解。

[证明]令 f（x）=

x，可证得f（x）在[0，∞)上是增函数（证略）1x 而 0<∣a+b∣≤∣a∣+∣b∣

得 f（∣a+b∣）≤ f（∣a∣+∣b∣）

即： ab1ab≤

ab1ab

[说明]要证明函数f(x)是增函数还是减函数，若用定义来证明，则证明过程是用比较法证明f(x1)与f(x2)的大小关系；反过来，证明不等式又可以利用函数的单调性。

2、利用函数的值域

例

7、若x为任意实数，求证：—

x11≤≤ 221x2[分析]本题可以直接使用分析法或比较法证明，但过程较繁。联想到函数的值域，于是构造函数f（x）= x11，从而只需证明f(x)的值域为[—，]即可。

1x222x2证明：设 y=，则yx-x+y=0 21x ∵x为任意实数 ∴上式中Δ≥0，即（-1）-4y≥0 1 411得：—≤y≤

22x11 ∴—≤≤

21x22 ∴y≤2[说明]应用判别式说明不等式，应特别注意函数的定义域。

另证：类比万能公式中的正弦公式构造三角函数更简单。

例

8、求证：必存在常数a，使得Lg（xy）≤ Lga.lg2xlg2y

对大于1的任意x与y恒成立。

[分析]此例即证a的存在性，可先分离参数，视参数为变元的函数，然后根据变元函数的值域来求解a，从而说明常数a的存在性。若s≥f(t)恒成立，则s的最小值为f(t)的最大值；若 s≤f(t)恒成立，则s的最大值为f(t)的最小值。

22证明：∵lgxlgy > 0(x>1,y>1)∴原不等式可变形为：Lga≥

lgxlgylgxlgy22

2（lgxlgy）2lgxlgy 令 f(x)= == 1222222lgxlgylgxlgylgxlgylgxlgy 而 lgx>0,lgy>0, ∴lgx+lgy ≥ 2lgxlgy > 0 ∴2lgxlgy≤1 22lgxlgy ∴ 1

从而要使原不等式对于大于1的任意x与y恒成立，只需Lga≥2即 a≥10

2即可。

故必存在常数a，使原不等式对大于1的任意x、y恒成立。

3、运用函数的奇偶性

xx<(x≠0)12x2xx 证明：设f（x）=-(x≠0)x122 例

9、证明不等式：

xxx2xx ∵f（-x）=-= x+ x122212xxx

[1-(1-2)]+ 12x2xx =-x+= f(x)x122 = ∴f(x)的图象关于y轴对称

x ∵当x>0时，1-2<0，故f(x)<0 当x<0时，根据图象的对称性知f(x)<0 故当 x≠0时,恒有f(x)<0 即：xx<(x≠0)x122 [小结]本题运用了比较法，实质是根据函数的奇偶性来证明的，本题也可以运用分类讨论思想。但利用偶函数的轴对称性和奇函数的中心对称性，常能使所求解的问题避免复杂的讨论。

第三篇：构造函数证明不等式

构造函数证明不等式

构造函数证明:>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

构造函数f(x)=ln-(4x-4)/(6x+3)

对f(x)求导,有:f'(x)=+^

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>(4n-4)/(6n+3)

原不等式等证

【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

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))

故得证。

一、结合勘根定理，利用判别式“△”的特点构造函数证明不等式

例1若a,b,c∈R，且a≠0，又4a+6b+c>0，a-3b+c<0.求证：9b2>4ac.证明构造函数f(x),设f(x)=ax2+3bx+c(a≠0)，由f(2)=4a+6b+c>0，f(-1)=a-3b+c<0，根据勘根定理可知：f(x)在区间(-1,2)内必有零点.又f(x)为二次函数，由勘根定理结合可知：

f(x)必有两个不同的零点.令ax2+3bx+c=0可知△=(3b)2-4ac>0,所以可得：9b2>4ac.命题得证.评析本题合理变换思维角度，抓住问题本质，通过构造二次函数,将所要证明的结论转化成判别式“△”的问题,再结合勘根定理和二次函数知识，从而使问题获得解决.二、结合构造函数的单调性证明不等式

例2(2005年人教A版《选修4-5不等式选讲》例题改编)已知a,b,c是实数，求证：

|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.证明构造函数f(x)，设f(x)=x1+x(x≥0).由于f′(x)=1(1+x)2,所以结合导数知识可知f(x)在[0，+∞)上是增函数.∵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|.命题得证.三、结合构造函数在某个区间的最值证明不等式

例3(第36届IMO试题)

设a,b,c为正实数，且满足abc=1,求证:

1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)≥32.证明构造函数，设f(a,b,c)=1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b),显然a=b=c=1时，f(a,b,c)=32≥32成立.又abc=1，a,b,c为正实数，则a,b,c中必有一个不大于1，不妨设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)，因此要证f(a,b,c)≥32，只要证f(a,1,c)≥32，此时ac=1，∴a,1,c成等比数列，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).由导数知识(方法同例

2、例3)可知函数

f(a,1,c)=t2-t+1t-1(t≥2)是增函数，当且仅当t=2q=1a=c=1时，(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.命题得证。

第四篇：构造函数证明不等式

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：a2acc23b(abc)0成立，并指出等号

何时成立。

解析：令f(a)a2(3bc)ac23b23bc

⊿＝(3bc)24(c23b23bc)3(bc)

2∵b、c∈R，∴⊿≤0

即：f(a)0，∴a2acc23b(abc)0恒成立。

当⊿＝0时，bc0，此时，f(a)a2acc23ab(ac)20，∴abc时，不等式取等号。

4例2.已知：a,b,cR且abc2,a2b2c22，求证： a,b,c0,。3

abc222解析：2 消去c得：此方程恒成立，a(b2)ab2b10，22abc

2∴⊿＝(b2)24(b22b1)3b24b0，即：0b

4同理可求得a,c0, 34。

3② 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：f(x)(a1xb1)2(a2xb2)2(anxbn)2 由f(x)0，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a,b,c,dR且abcd1，求证：a14b14c14d1﹤6。

解析：构造函数：

f(x)(4a1x1)2(4b1x1)2(4c1x1)2(4d1x1)2

＝8x22(4a14b14c14d1)x4.(abcd1)

由f(x)0，得⊿≤0，即⊿＝4(4a14b14c14d1)21280.∴4a14b14c14d142﹤6.例4.设a,b,c,dR且abc1，求

解析：构造函数f(x)（＝(1axa)2(149的最小值。abc2xb)2(3cx)2 1492)x12x1,(abc1)abc

111由f(x)0（当且仅当a,b,c时取等号），632

149得⊿≤0,即⊿＝144-4（）≤0 abc

111149∴当a,b,c时，()min36 632abc

构造函数证明不等式

1、利用函数的单调性

+例

5、巳知a、b、c∈R，且a

求证： ama> bmb

[分析]本题可以用比较法、分析法等多种方法证明。若采用函数思想，构造出与所证不

等式密切相关的函数，利用函数的单调性来比较函数值而证之，思路则更为清新。

ax+，其中x∈R，0

bxbabaf（x）==1-bxbx证明：令 f（x）=

∵b-a>0

ba+ 在R上为减函数 bx

ba+从而f（x）= 在R上为增函数 bx∴y=

∵m>0∴f（m）> f（0）∴ama> bmb

例

6、求证：ab

1ab≤ab

1ab（a、b∈R）

[分析]本题若直接运用比较法或放缩法，很难寻其线索。若考虑构造函数，运用函数的单调性证明，问题将迎刃而解。

[证明]令 f（x）=x，可证得f（x）在[0，∞)上是增函数（证略）1x

而0<∣a+b∣≤∣a∣+∣b∣

得f（∣a+b∣）≤ f（∣a∣+∣b∣）

即： ab

1ab≤ab

1ab

[说明]要证明函数f(x)是增函数还是减函数，若用定义来证明，则证明过程是用比较

法证明f(x1)与f(x2)的大小关系；反过来，证明不等式又可以利用函数的单调性。

2、利用函数的值域

例

7、若x为任意实数，求证：—1x1≤≤ 221x

2[分析]本题可以直接使用分析法或比较法证明，但过程较繁。联想到函数的值域，于是

构造函数f（x）= x11，从而只需证明f(x)的值域为[—，]即可。1x222

x2证明：设 y=，则yx-x+y=0 21x

∵x为任意实数

22∴上式中Δ≥0，即（-1）-4y≥0

411得：—≤y≤ 22

1x1∴—≤≤ 21x22∴y≤2[说明]应用判别式说明不等式，应特别注意函数的定义域。

另证：类比万能公式中的正弦公式构造三角函数更简单。

例

8、求证：必存在常数a，使得Lg（xy）≤ Lga.lg2xlg2y对大于1的任意x与y恒成立。

[分析]此例即证a的存在性，可先分离参数，视参数为变元的函数，然后根据变元函数的值域来求解a，从而说明常数a的存在性。若s≥f(t)恒成立，则s的最小值为f(t)的最

大值；若 s≤f(t)恒成立，则s的最大值为f(t)的最小值。22证明：∵lgxlgy > 0(x>1,y>1)

∴原不等式可变形为：Lga≥lgxlgy

lgxlgy2

22lgxlgy）2lgxlgy令 f(x)= == 222222lgxlgylgxlgylgxlgylgxlgy

22而 lgx>0,lgy>0,∴lgx+lgy ≥ 2lgxlgy > 0

∴2lgxlgy≤1 22lgxlgy

∴ 1

从而要使原不等式对于大于1的任意x与y恒成立，只需Lga≥2即 a≥102即可。

故必存在常数a，使原不等式对大于1的任意x、y恒成立。

3、运用函数的奇偶性

xx<(x≠0)12x

2xx 证明：设f（x）=-(x≠0)x122 例

9、证明不等式：

xxx2xx∵f（-x）=-= x+ x122212

xxx[1-(1-2)]+12x2

xx=-x+= f(x)x122=

∴f(x)的图象关于y轴对称

x∵当x>0时，1-2<0，故f(x)<0

当x<0时，根据图象的对称性知f(x)<0

故当 x≠0时,恒有f(x)<0

即：xx<(x≠0)x122

[小结]本题运用了比较法，实质是根据函数的奇偶性来证明的，本题也可以运用分类讨论思想。但利用偶函数的轴对称性和奇函数的中心对称性，常能使所求解的问题避免复杂的讨论。

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