构造函数法证特殊数列不等式

第一篇：构造函数法证特殊数列不等式

数列不等式求证

题目1：求证1111111+1++…+ln(1n)1++++…+

题目2：求证

题目3：求证234n1234n2n(n1)ln2ln3ln4lnn ln2ln3ln4lnn

234n1

n

构造函数法证特殊数列不等式

题目1：求证12111111+1++…+ln(1n)1++++…+ 34n1234n

(一)构造函数①f(x)ln(1x)

分析：f(x)x(x0)1x1(1x)xx=>0,函数f(x)在(0,+)上单调递增。221x(1x)(1x)

x(x0)1x

1111111,ln(1),ln(1)，…… 因而有ln(1)13141112231123ln(1)1nn11n

11111111故：ln(1)+ln(1)+ln(1)+……+ln(1)>+++……+ 123n234n11111即ln(1n)+++……+ 234n1所以当x0时，有f(x)>f(0)=0，即有ln(1x)

（二）构造函数②f(x)ln(1x)x(x0)分析：f(x)x11=<0,函数f(x)在(0,+)上单调递减。1x1x

所以当x0时，有f(x)

233nn

11111111故：ln(1)+ln(1)+ln(1)+……+ln(1)<1++++……+ 123n234n1111即ln(1n)1++++……+ 234n因而有ln(1)1,ln(1),ln(1),……, ln(1) 1112

综上有：12111111ln(1n)1++++…+ +1++…+34n1234n小结：记住函数不等关系㈠

题目2：求证x

(三)构造函数③f(x)lnxx1(x0)x1

1(x1)(x1)x21分析：f(x)=>0,函数f(x)在(0,+)上单调递增。22x(x1)x(x1)

x1(x1)x1

211312413,ln3,ln4，…… 因而有ln2213314415

n1lnn n1所以当x1时，有f(x)>f(1)=0，即有lnx

故：ln2ln3ln4lnn>

综上有1234n2n12xxxx……xx= 3456nn1n(n1)2ln2ln3ln4lnnn(n1)

x1lnx(x1)x1

ln2ln3ln4lnn1题目3：求证234nn小结：记住函数不等关系㈡)构造函数④f(x)lnx(x1)(x1（注：此函数实质和构造函数二一样）分析：f(x)1=1

x1x<0,函数f(x)在(1,+)上单调递减。x

所以当x1时，有f(x)

因而有ln21,ln32,ln43，……，lnnn1

ln2ln3ln4lnn1234（n2)(n1)n

n（n2)(n1)即有ln2ln3ln4lnn234 故有：ln2ln3ln4lnn1234nn

小结：记住函数不等关系㈢lnxx1(x1)

识记重要不等式关系

ln(1x)x(x0)1x

ln(1x)x(x0)

x

x1lnx(x1)x1

lnxx1(x1)

资料由谢老师收集：

了解初中，高中考试信息，做题技巧，解题思路可去谢老师博客http://blog.sina.com.cn/xiejunchao1

第二篇：构造函数证明数列不等式

构造函数证明数列不等式 ln2ln3ln4ln3n5n6n3n(nN*).例1.求证：23436

ln2ln3lnn2n2n1例2.求证:(1)2,(n2)2(n1)23n

例3.求证:

例4.求证:(1

练习：

1求证:(112)(123)[1n(n1)]e

2.证明:

3.已知a11,an1(1

4.已知函数f(x)是在(0,)上处处可导的函数,若x2n311111ln(n1)1 23n12n111111)(1)(1)e和(1)(1)(12n)98132!3!n!e.ln2ln3ln4lnnn(n1)(nN*,n1)345n14112)a.ae证明.nnn2n2nf'(x)f(x)在x0上恒成立.(I)求证：函数g(x)

(II)当x1f(x)在(0,)上是增函数； x0,x20时,证明:f(x1)f(x2)f(x1x2)；(III)已知不等式ln(1x)x在x1且x0时恒成立。

5.已知函数f(x)xlnx.若a0,b0,证明:f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).

第三篇：运用函数构造法巧证不等式

运用函数构造法巧证不等式

罗小明（江西省吉水二中331600）

不等式证明方法较多，本文介绍主元、零点、导数法构造函数证明不等式，以飧读者。关键字：函数不等式

不等式的证明是高中数学教学中的一大难点，也是高考、竞赛中的一大热点。本文将不等式证明问题转化为函数问题予以解决，力争突破解题思维，以求解题方法创新。这种解题思路使解答简捷，达到出奇制胜的效果。

一．主元法

例1．已知：a、b、c(1,1)，证明：abc2abc

思路：以a为主元构造函数f(a)，再由函数单调性可证。

证明：视a为主元构造函数f(a)(bc1)a2bc，此为一次函数。

由a、b、c(1,1)知，f(1)f(a)

又f(1)bc1bc(1b)(1c)0

c 故有f(a)0即abc2ab。

例2．设x、y、z(0,1)，证明：x(1y)y(1z)z(1x)

1证明：作f(x)x(1y)y(1z)z(1x)

(1yz)xy(1z)z此为关于x的一次函数

由于 f(0)y(1z)z(y1)(1z)11，f(1)1yz1

故有 x(1y)y(1z)z(1x)1

类题演练：设x、y、z(1,1)，证明：xyyzzx10

二．零点法

例3．若x、y、z满足xyz1且为非负实数，证明：0xyyzxz2xyz思路：以x、y、z为三个零点，构造三次函数去证。

证明：令f(t)(tx)(ty)(tz)，则f(t)t(xyz)t(xyyzxz)txyz

记uxyyzxz2xyz 则u2f()211432727

（1）当x、y、z均不超过

12时，3

(xyz)11111

由于 f()(x)(y)(z) 

22223216



故有0u

727

成立。

2（2）当x、y、z只可能有一个大于

1yz

4x

时，不妨设x1

212

由于f()(x)（22

x)

(x)

故有u

（12

x)

(1x)(2xx1)

727

0，0u

727

也成立。

由（1）、（2）知0xyyzxz2xyz

2222

例4．设a、b、c为三角形三边长，若abc1，证明：abc4abc

思路：先用分析法，再以a、b、c为三个零点，构造三次函数去证。证明：由abc1a2b2c24abc12(abbcca)4abc即要证 abbcca2abc

4作f(x)(xa)(xb)(xc)，则f(x)x3(abc)x2(abbcca)xabc 由abc1，a、b、c为三角形三边长，有0a、b、c故有f()0abbcca2abc

211

412

所以 abc4abc

222

类题演练：已知：a、b、c、A、B、CR，且有aAbBcCk，证明：aBbCcAk

三．导数法

例5．证明：tanx2sinx3x，x(0,

2)

思路：作辅助函数，利用导数判别函数单调法证之。证明：作辅助函数f(x)tanx2sinx3x，则

f(x)

'

1cosx

2cosx3，记g(x)f(x)有

'

g(x)

'

2sinxcosx

2sinx2sinx（1cosx

1)0，知f'(x)是增函数，又f'(0)0故当x(0,)时，有f(x)0，从而有f(x)f(0)0

'

所以x(0,)，都有tanx2sinx3x

例6．已知：a、b0,p1,1p



1q

1，求证：ab

a

p

p



b

q

q

思路：不妨视b为常量，作辅助函数，再用导数判别函数单调法证之。证明：作f(a)

a

p

p



b

q

q

ab，则f(a)a

'p

1b

当bap1时，f(a)是减函数；当bap1时，f(a)是增函数；

q

q

当bap1时，即当abp时，f(bp)0 故a0，有f(a)0，即ab

a

p

p



b

q

q

类题演练：已知：x、y0,1，求证：(xy)xy

由上述例子，函数构造法证不等式揭示了函数与不等式的内在联系，是二者的完美结合，同时也进一步认识到函数在解决具体问题中的重要作用。参考文献：

姚允龙．数学分析[M]．上海：复旦大学出版社，2002

李胜宏，李名德．高中数学竞赛培优教程（专题讲座）[M]．杭州：浙江大学出版社，2009

第四篇：构造函数证明数列不等式答案

构造函数证明数列不等式答案

例1.求证：

ln22ln33ln44

ln33

nn

3

n

5n66

(nN).*

解析:先构造函数有lnxx1lnx11,从而

x

x

ln22ln33ln44

ln33

nn

31（n





n)

因为





n

1123111111111

nnn

2134567892

n1

3n139933

23n13n

6691827

5n



6

n

所以

ln22



ln33



ln44



ln33

n

n

31

n

5n6

3

5n66

例2.求证:(1)2,ln22







ln33







lnnn







2n

n1

2(n1)

(n2)

解析:构造函数f(x)

lnxx,得到

lnnn







lnnn

2,再进行裂项

lnnn

1

1n

1

1n(n1),所以有

ln2,13

ln3ln2,…,13

n

1n

lnnln(n1),1n1

ln(n1)lnn,相

加后可以得到:



1n1

ln(n1)

另一方面SABDE

1n1



ni

1x,从而有

1ni

n

i



ni

1x

n

lnx|nilnnln(ni)取i1

有,lnnln(n1),12

1n

所以有ln(n1)1

,所以综上有





1n1

12!

ln(n1)1



1n

例11.求证:(1)(1

13!)(1

1n!)e和(1

19)(1

181)(1

2n)e.解析:构造函数后即可证明

例12.求证:(112)(123)[1n(n1)]e解析:ln[n(n1)1]2

3n(n1)1

2n3,叠加之后就可以得到答案

例13.证明:

ln23ln34ln45

lnnn1





n(n1)

(nN*,n1)

解析:构造函数f(x)ln(x1)(x1)1(x1),求导,可以得到:f'(x)

1x1

1

2xx1

'',令f(x)0有1x2,令f(x)0有x2,所以f(x)f(2)0,所以ln(x1)x2,令xn1有,lnn

lnnn1

n12

n1

所以

,所以

ln23



ln34



ln45



lnnn1



n(n1)

(nN*,n1)

例14.已知a11,an1(1

1n(n1)

1nn

n)an

n

.证明ane.12

n

解析: an1(1)an

(1

1n(n1)

)an,然后两边取自然对数,可以得

到lnan1ln(1

1n(n1)



n)lnan

然后运用ln(1x)x和裂项可以得到答案)放缩思路：

an1(1

1n

n



2n)anlnan1ln(1

1nn



n)lnanlnan

1nn



n

。于

是lnan1lnan

1nn



n，n1n1



i1

(lnai1lnai)



i1

1n1

1()

11111 2(2i)lnanlna112n2.1nn2ii2

1

即lnanlna12ane.注：题目所给条件ln(1x)x（x0）为一有用结论，可以起到提醒思路与探索放缩方向的作用；当然，本题还可用结论2

an1(1

1n(n1))an

1n(n1)

n

n(n1)(n2)来放缩：

an11(1

1n(n1))(an1)

ln(an11)ln(an1)ln(1

n1

n1

1n(n1)

1i(i1))

1n(n1)

.1n1，

[ln(ai11)ln(ai1)]

i2



i2

ln(an1)ln(a21)1

即ln(an1)1ln3an3e1e.例15.(2008年厦门市质检)已知函数f(x)是在(0,)上处处可导的函数,若xf'(x)f(x)

f(x)x

在x0上恒成立.(I)求证：函数g(x)在(0,)上是增函数；

(II)当x10,x20时,证明:f(x1)f(x2)f(x1x2)；(III)已知不等式ln(1x)x在x1且x0时恒成立，求证：

ln2

ln3

ln4

1(n1)

ln(n1)

n

2(n1)(n2)

(nN).*

解析:(I)g'(x)

f'(x)xf(x)

xf(x)x

0,所以函数g(x)

f(x)x

在(0,)上是增函数

(II)因为g(x)在(0,)上是增函数,所以

f(x1)x1



f(x1x2)x1x2

f(x1)

x1x1x2

f(x1x2)

f(x2)x2



f(x1x2)x1x2

f(x2)

x2x1x2

f(x1x2)

两式相加后可以得到f(x1)f(x2)f(x1x2)(3)

f(x1)x1



f(x1x2xn)x1x2xn

f(x1)

x1

x1x2xn

x2

x1x2xn

xn

x1x2xn

f(x1x2xn)

f(x2)x2f(xn)xn



f(x1x2xn)x1x2xnf(x1x2xn)x1x2xn

f(x2)

f(x1x2xn)……



f(xn)

f(x1x2xn)

相加后可以得到:

f(x1)f(x2)f(xn)f(x1x2xn)所以

x1lnx1x2lnx2x3lnx3xnlnxn(x1x2xn)ln(x1x2xn)

令xn

11112222ln2ln3ln4ln(n1),有 222222

34(n1)(1n)

111

ln222

3(n1)2





11112222

34(n1)2

111

2232(n1)2



111ln(n1)n2132



111n



n12n22(n1)(n2)

所以

ln2

ln3

ln4

1(n1)

ln(n1)

n

2(n1)(n2)

(nN).*

(方法二)

ln(n1)(n1)



ln(n1)

(n1)(n2)



11

ln4

(n1)(n2)n1n2

1nln412

ln(n1)ln42

(n1)2n22(n2)1

ln4

所以

ln2

ln3

ln4

又ln41

1n1,所以1ln221ln321ln42

222

1(n1)

ln(n1)

n

2(n1)(n2)

(nN).*

例16.(2008年福州市质检)已知函数f(x)xlnx.若a0,b0,证明:f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).解析:设函数g(x)f(x)f(kx),f(x)xlnx,(k0)

g(x)xlnx(kx)ln(kx),0xk.g(x)lnx1ln(kx)1ln令g(x)0,则有

xkx

1

xkx,k2

xk.2xkkx

0

∴函数g(x)在[,k）上单调递增，在(0,k

k2

]上单调递减.kk

∴g(x)的最小值为g()，即总有g(x)g().22

而g()f()f(k

k

k

k2)kln

k2

k(lnkln2)f(k)kln2,g(x)f(k)kln2, 即f(x)f(kx)f(k)kln2.令xa,kxb,则kab.f(a)f(b)f(ab)(ab)ln2.f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).

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