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函数解答题-构造函数证明不等式 例1(2013年高考北京卷(理))设L为曲线C:ylnx在点(1,0)处的切线.x
(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.
【答案】解: (I)设f(x)lnx1lnx,则f(x).所以f(1)1.所以L的方程为2xx
yx1.
(II)令g(x)x1f(x),则除切点之外,曲线C在直线l的下方等价于
x21lnxg(x)0(x0,x1).g(x)满足g(1)0,且g(x)1f(x).x2
2当0x1时,x10,lnx0,所以g(x)0,故g(x)单调递减;
当x1时,x10,lnx0,所以g(x)0,故g(x)单调递增.所以,g(x)g(1)0(x0,x1).
所以除切点之外,曲线C在直线L的下方.
又解:g(x)0即x12lnx0变形为x2xlnx0,记h(x)x2xlnx,则x
12x2x1(2x1)(x1)h(x)2x1,xxx
所以当0x1时,h(x)0,h(x)在(0,1)上单调递减;当x1时,h(x)0,h(x)在(1,+∞)上单调递增.
所以h(x)h(1)0.)
例2(2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学(理)试题(WORD版))已知函数fx1xe2xx3
,gxax12xcosx.当x0,1时, 2
1;1x(I)求证:1-xfx
(II)若fxgx恒成立,求实数a取值范围.
【答案】解:(1)证明:要证x∈[0,1]时,(1+x)e-2x≥1-x,只需证明(1+x)ex≥(1-x)ex.-
记h(x)=(1+x)ex-(1-x)ex,则h′(x)=x(ex-ex),当x∈(0,1)时,h′(x)>0,因此h(x)在[0,1]上是增函数,故h(x)≥h(0)=0.
所以f(x)≥1-x,x∈[0,1].
-
-
要证x∈[0,1]时,(1+x)e
-2x
1≤ex≥x+1.1+x
记K(x)=ex-x-1,则K′(x)=ex-1,当x∈(0,1)时,K′(x)>0,因此K(x)在[0,1]上是增函数,故K(x)≥K(0)=0.
所以f(x)≤,x∈[0,1].
1+x1
综上,1-x≤f(x)≤,x∈[0,1].
1+x(2)(方法一)
x
ax+1+2xcos x f(x)-g(x)=(1+x)e-2
-2x
x3
≥1-x-ax-1-2xcos x
2x
a+1++2cos x.=-x2
x2
设G(x)=2cos x,则G′(x)=x-2sin x.
记H(x)=x-2sin x,则H′(x)=1-2cos x,当x∈(0,1)时,H′(x)<0,于是G′(x)在[0,1]上是减函数,从而当x∈(0,1)时,G′(x)<G′(0)=0,故G(x)在[0,1]上是减函数.于是G(x)≤G(0)=2.从而
a+1+G(x)≤a+3,
所以,当a≤-3时,f(x)≥g(x)在[0,1]上恒成立.
下面证明,当a>-3时,f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立.
1x3
f(x)-g(x)≤1-ax-2xcos x
21+x-xx3
=ax--2xcos x
21+x
1x
=-x1+xa2+2cos x.
-11x21记I(x)=+a+2cos x=+a+G(x),则I′(x)=+G′(x).当x∈(0,
21+x1+x(1+x)1)时,I′(x)<0.故I(x)在[0,1]上是减函数,于是I(x)在[0,1]上的值域为[a+1+2cos 1,a+
3].
因为当a>-3时,a+3>0,所以存在x0∈(0,1),使得I(x0)>0,此时f(x0)<g(x0),即f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立.
综上,实数a的取值范围是(-∞,-3]. (方法二)
11
先证当x∈[0,1]时,1-x2≤cos x≤1-2.
241
记F(x)=cos x-1+x2,则F′(x)=-sin x+x.
22
记G(x)=-sin x+x,则G′(x)=-cos x+1,当x∈(0,1)时,G′(x)>0,于是G(x)在[0,1]上是增函数,因此当x∈(0,1)时,G(x)>G(0)=0,从而F(x)在[0,1]上是增函数,因此F(x)≥F(0)=0.所以
当x∈[0,1]时,12≤cos x.
同理可证,当x∈[0,1]时,cos x≤1-2.
411
综上,当x∈[0,1]时,1-x2≤cos x≤1-x2.
24因为当x∈[0,1]时.
x
ax+1+2xcos x f(x)-g(x)=(1+x)e-2
-2x
1x3
1-2 ≥(1-x)-ax-1-2x42
=-(a+3)x.
所以当a≤-3时,f(x)≥g(x)在[0,1]上恒成立.
下面证明,当a>-3时,f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立.因为 x
ax+1+2xcos x f(x)-g(x)=(1+x)e-2
-2x
11x3
1-x2 ≤1-ax-2x221+xx2x3
=(a+3)x 1+x2
23
x-a+3), ≤x23
a+31所以存在x0∈(0,1)例如x0取中的较小值满足f(x0)<g(x0),即f(x)≥g(x)在[0,
321]上不恒成立.
综上,实数a的取值范围是(-∞,-3].
例3(2012高考辽宁文21)(本小题满分12分)
设f(x)=lnx+x-1,证明: 3
(1)当x>1时,f(x)
(2)当1
x+5
【答案】解:(1)(证法一)
记g(x)=lnx+x-1-2(x-1).则当x>1时, 113
g′(x)=x2,g(x)在(1,+∞)上单调递减.
2x又g(1)=0,有g(x)
f(x)
由均值不等式,当x>1时,x
令k(x)=lnx-x+1,则k(1)=0,k′(x)=x1
由①②得,当x>1时,f(x)
9x-1
,由(1)得 x+5
1154
h′(x)=x2xx+52+xx+55454=2xx+54xx+5x+53-216x
=4xx+5令g(x)=(x+5)3-216x,则当1
9x-1
x+5(证法二)
记h(x)=(x+5)f(x)-9(x-1), 则当1
-9 2x-1)+(x+5)x2x1
=2xx(x-1)+(x+5)(2+x)-18x]
x11
2x3xx-1+x+52+22-18x 1
=4xx2-32x+25)
因此h(x)在(1,3)内单调递减,又h(1)=0,所以h(x)
9x-1
.
x+5
例4(2012高考浙江文21)(本题满分15分)已知a∈R,函数f(x)4x32axa (1)求f(x)的单调区间
(2)证明:当0≤x≤1时,f(x)+ 2a>0.【答案】
【解析】(1)由题意得f(x)12x22a,
当a0时,f(x)0恒成立,此时f(x)的单调递增区间为,.当a
0时,f(x)12(x
此时函数f(x
)的单调递增区间为x,.(2)由于0x1,当a2时,f(x)a24x32ax24x34x2.
333
当a2时,f(x)a24x2a(1x)24x4(1x)24x4x2.
设g(x)2x2x1,0x
1,则g(x)6x26(x则有
32
x.33
所以g(x)ming10.3
当0x1时,2x2x10.
故f(x)a24x34x20.
例5(2012高考山东文22) (本小题满分13分)
已知函数f(x)
lnxk
(k为常数,e=2.71828…是自然对数的底数),曲线yf(x)在点ex
(1,f(1))处的切线与x轴平行.
(Ⅰ)求k的值;
(Ⅱ)求f(x)的单调区间;
(Ⅲ)设g(x)xf(x),其中f(x)为f(x)的导函数.证明:对任意x0,g(x)1e2.1
lnxk【答案】(I)f(x),
ex
由已知,f(1)
1k
0,∴k1.e
lnx1(II)由(I)知,f(x).
ex
设k(x)
111
lnx1,则k(x)20,即k(x)在(0,)上是减函数, xxx
由k(1)0知,当0x1时k(x)0,从而f(x)0, 当x1时k(x)0,从而f(x)0.
综上可知,f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,).
(III)由(II)可知,当x1时,g(x)xf(x)≤0<1+e2,故只需证明g(x)1e2在0x1时成立.
当0x1时,ex>1,且g(x)0,∴g(x)
1xlnxx
1xlnxx.x
e
设F(x)1xlnxx,x(0,1),则F(x)(lnx2), 当x(0,e2)时,F(x)0,当x(e2,1)时,F(x)0, 所以当xe2时,F(x)取得最大值F(e2)1e2.所以g(x)F(x)1e2.
综上,对任意x0,g(x)1e2.
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+c4ac.
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
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=2q=1a=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。