不等式的证明导数法

第一篇：不等式的证明导数法

构造函数法证明导数不等式的八种方法

导数专题：构造函数法证明不等式的八种方法

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。 以下介绍构造函数法证明不等式的八种方法：

1、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

12、作差法构造函数证明 【例2】已知函数f(x)

3、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(

4、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，且常数a，b满足a>b，求证：.af(a)>bf(b)

5、主元法构造函数

1223xlnx. 求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)x23的图象的下方;

1111)23 都成立. nnn1x)x,g(x)xlnx 例.(全国)已知函数f(x)ln((1) 求函数f(x)的最大值;

第 1 页 共 2 页 (2) 设0ab,证明 ：0g(a)g(b)2g(

6、构造二阶导数函数证明导数的单调性 例.已知函数f(x)aexab)(ba)ln2. 212x 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:x>0时,f(x)>1+x

7.对数法构造函数(选用于幂指数函数不等式) 例：证明当x0时,(1x)

8.构造形似函数

例：证明当bae,证明abba

【思维挑战】

1、(2007年，安徽卷) 设a0,f(x)x1lnx2alnx

22求证：当x1时，恒有xlnx2alnx1， 11xe1x2

2、(2007年，安徽卷)已知定义在正实数集上的函数

f(x)

52122x2ax,g(x)3a2lnxb,其中a>0，且ba3alna， 求证：f(x)g(x)

22xb，求证：对任意的正数a、b，恒有lnalnb1. 1xa

3、已知函数f(x)ln(1x)

4、(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) (C)af (a)≤f (b)

(B)bf (a)≤af (b) (D)bf (b)≤f (a)

第 2 页 共 2 页

第二篇：导数证明不等式的几个方法

1、直接利用题目所给函数证明(高考大题一般没有这么直接) 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

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

2、作差构造函数证明

已知函数f(x)x2lnx.求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)x3的图象的下方;

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。

3、合理换元后构造函数可大大降低运算量以节省时间 (2007年，山东卷)

n1n21)3 都成立. 证明：对任意的正整数n，不等式ln(nn2312

4、从特征入手构造函数证明

若函数y=f(x)在R上可导且满足不等式xf(x)>-f(x)恒成立，且常数a，b满足a>b，求证：.af(a)>bf(b) 几个构造函数的类型：

5、隔离函数，左右两边分别考察

第三篇：构造函数,结合导数证明不等式

摘 要：运用导数法证明不等式首先要构建函数，以函数作为载体可以用移项作差，直接构造;合理变形，等价构造;分析(条件)结论，特征构造;定主略从，减元构造;挖掘隐含，联想构造等方法进行证明.

关键词：构造函数;求导;证明;不等式

利用导数证明不等式是四川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.

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.

结束语：导数为证明不等式问题开辟了新方法，使过去不等式的证明方法，从特殊技巧变为通性通法，合理构造函数，能使解题更具备指向性，剑之所指，所向披靡.

第四篇：放缩法证明数列不等式的基本策略

广外外校姜海涛

放缩法证明数列不等式是高考数学命题的热点和难点。所谓放缩法就是利用不等式的传递性，对不等式的局部进行合理的放大和缩小从而向结论转化，其难度在于放缩的合理和适度。证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧从而充满思考性和挑战性。为了帮助更多的学生突破这一难点，我们从以下几个方面对放缩法证明数列不等式的基本策略进行分析。

一、常见的放缩方法

常见的放缩方法法有：

1.“添舍”放缩：对不等式一边添项或舍项以达到放大和缩小的效果;

2.分式放缩：分别放缩分子、分母或者同时放缩分子分母以达到放缩的效果;

3.利用重要的不等式或结论放缩：把欲证不等式变形构造，然后利用已知的公式或恒不等式进行放缩，例如均值不等式、柯西不等式、绝对值不等式、二项式定理、贝努力公式、真分数性质等。

4.单调性放缩：挖掘不等式的结构特征和函数内涵来构造单调数列或单调函数，利用单调性、值域产生的不等关系进行放缩。

二、常见的放缩控制

当我们选择了正确的放缩方法后，却往往会在放缩的过程中不知不觉间失控，导致放缩的过大或过小，达不到欲证的目标。那么如何控制好放缩的尺度呢?

例1.求证：11117 122232n2

4分析1：不等式左边不能直接求和，我们希望通过合适的放缩后可以求和。 1111 (n2) ”的方法向右端放大， n2n(n1)(n1)n

111111171111()()()22 则左边11223n1nn41223(n1)n若采取“

很明显，放得有点大了，导致传递性失败，不等式链中断，放缩失败。那怎么办呢?

1.调整放缩的“量”的大小

分析2：分析1中“放”的有点过大，因为11，放大了1111，所以可以22212432318

通过调整放大的“量”来控制放缩的效果。在

减少1，即11分母减少了n，我们可以把分母只n2n(n1)11111()n2)，这样放的量就少了。 22nn12n1n

11111111111111117)=1+(1)<1+(1)= 证明：左边<1()()()+(2132435n1n122nn1224

2.调整放缩的“项”的起点

分析3：分析1中从第二项开始放缩，放的最终有点大。可以调整放缩的项数，从第三项开始放缩。 证明：左边1111117171111()() 423n1n4n4423(n1)n

由此可见，调整成功。显然从第三项开始放缩所得的结果比从第二项开始放缩所得的结果又更小些。以此类推，当放缩的项数越少，放缩后的结果就会越来越精细，越来越逼近目标。

除此之外，还可以调整放缩的次数，通过多次放缩的调整来达到效果;有时也可以根据欲证式子

的结构特点，把相邻的项分组捆绑后进行放缩，也可以达到控制放缩合理和尺度的效果。

三、常见的问题类型

数列型不等式的一边常与求和有关，所以可以通过放缩后求和(或求和后放缩)来达到欲证的目标。 一. 放缩与“公式法求和”

选择恰当的放缩方法，通过“通项”的适度放缩使之转化为等差或等比数列，从而利用求和达到简化....证题的目的。

n(n1)(n1)

2sn例2

.设Sn 22

分析：此数列通项为ak因为kk

n

k(k1),k1,2,n.k(k1)

1，kk(k1)k 22

k(k1)

n

n(n1)(n1)21

snkSn(k)，即 222k1k1

例3.求证：

1111

2 1!2!3!n!

11

k1,k1,2,,n. k!2

分析：通项k!k(k1)2122212k1,

11()n

111111112(1)n12012k1

11!2!3!n!22222

12

例4.已知an2n1，证明：

an1a1a2n

n 23a2a3an12

n

aakn2k12k11

分析：通项k1k1，k，不等式右边得证。

ak121222k1ak12

akak1

n

11

2111111111 k1kkkk

112232(22)232023221

2(2k)4(2k)

22

k

2k

n

ak11n1111n11n1

()()(1)，不等式左边得证。k12nn

a2232323322222k1k1k1

二. 放缩与“裂项法求和”

在例1中，不等式的左边无法求和，但通过放缩产生裂项相消的求和效果后，使问题解决。例2的右

边也是利用放缩产生了裂项的效果，然后求和。下面我们再通过几道例题的证明体会裂项求和效果的运用。 例5.求证：2(n11)

1

12



1

3

1n

2n

分析：

n

1k



2kk



2kk1

2(kk1),(k2)



k1

1k

12[(2)(32)(nn1)]12(1n)2n12n 2kk



2kk1

2(k1k)



1k

n



k1

1k

2[(2)(2)(n1n)]2(1n1)2(n11)

n

1n111

例6.已知an(),bn,证明：bk2n

31an1an13k1

分析：bn

111n

1

3n3n13n113n11111nn1nn12nn1 1313131313131

3n1

113n3n1

n

111111111

bk2n[(12)(23)(nn1)]2n(n1)2n

333333333k1bn2

例7.已知f(1)2,f(n1)f(n)f(n),求证：



k1

n

11



f(k)12

分析：f(n1)f(n)[f(n)1],

1111

,

f(n1)f(n)[f(n)1]f(n)f(n)1



111

，

f(n)1f(n)f(n1)

n



k1

111111111

[][][]

f(k)1f(1)f(2)f(2)f(3)f(n)f(n1)f(1)f(n1)

由已知可得f(n)0, 

三. 放缩与“并项法求和” 例8.已知an



k1

n

111



f(k)1f(1)2

2n21117[2(1)n1],n1,证明：对任意整数m4,有 3a4a5am8

n1

分析：通项中含有 (1)，把

11

整体捆绑同时结合奇偶性进行适度放缩。 anan1

1131132n12n232n12n2

证明：当n为奇数时， []

anan122n212n11222n32n12n21222n3

即当n为奇数时，当m为偶数且m>4时：

11311(n2n1)，且a42, anan1222

11111111131111()()(34m3m2) a4a5ama4a5a6am1am222222

=

13111317

(1m4) 22422482

当m为奇数且m>4时：m1为偶数，

11111117

 a4a5ama4a5amam18

综上可知，对于任意整数m>4，都有

1117

 a4a5am8

例9.求证1

11111n

nn1(n2,nN) 2342212

分析：寻求合适的处理手法，可以通过分组“捆绑”进行放缩。 左边=1

11111111111111()()()(n1nn) 2345678910151621212

1

=1

11111111111111()()()(nnn) 244888816161616222

11111n(共n个)1 222222

四.利用递推关系式放缩

利用递推关系式产生的不等关系，在很多题目中可以起到很好的放缩效果。 例10.已知a13,ak2ak11(k2),求证：

1111

 1a11a21an2

分析：根据欲证不等式的结构特点，通过递推关系式构造关于1ak的不等式

ak2ak11,ak12(ak11)且a114ak1

ak1ak-11a111k1

()2(a11)22242k1

ak12ak-11ak-21a11

12131n1111

左边()()()1-n)

222222

例11.已知an2n1，证明：

1112

 a2a3an13

分析：an2n12n22(2n11)2an1， 

an

2(n2)且a11,a23, an1

n3时，an

左边

anan1a113a22n23，3()n2

an2an1an2a2

1111212

[1()2()n1](1n) 3222332

五.构造和数列后进行放缩

如果数列不等式没有直接的求和的形式，很多时候可以间接的构造和数列，然后进行放缩处理。 例12.已知

nan11111

[log2n]，正数列an满足a1b0,an(n2) 23n2nan1

2b

(n2)

2b[log2n]

的递推关系式，然后利用“累加法”把欲证的不等式转化为和数列的形式 an

证明：an

分析：根据已知构造关于

0an

nan1111111

， ， (n2)

anan1nanan1nnan1

111111111111

n2()()()

ananan1an1an2a2a1a1nn12b



2b1112b[log2n]

[log2n]0，an

2b[lo2gn]an2b2b

1*

nN，定义数列:,,， {x}x0xf(x)n1n1n2

x2

例13. 已知函数f(x)

若0xk

11(k2,3,4,)，证明:对任意mN*都有:xmkxk. k123

4分析：利用递推式构造关于xk1xk的不等式，利用“绝对值不等式”把xmkxk放缩为和数列的形式

由x10得x2

114

, x3 ，当k2时,0xk,

229

xkxk1xkxk1xkxk1xk2xk2111

22∴xk1xk2 2

44xk2xk12(xk2)(xk12)

∴xk1xk

*

xk1xk

xkxk1xk1xk2



xkxk1



111

x3x2()k2x3x2()k2

x3x24418

x4x3

对mN,xmkxk(xmkxmk1)(xmk1xmk2)(xk1xk)

xmkxmk1xmk1xmk2xk1xk 

1111

mk3mk4k218444

11

()k2(1m)18(1)k1118(1)k11(1)k11mk1

182744274343414

上面介绍的数列不等式主要与“求和”的形式有关。如果不等式的一边与求和没有直接的关系，也可以辨析题目的结构特征选择合适的方法进行处理，譬如“构造单调数列”放缩;构造“二项展开式”放缩;

对不等式的局部换元，然后再谋求放缩等。限于篇幅所限，本文就不做阐述了。

总之，运用放缩法进行数列不等式的证明，要认真分析条件和结论的结构特征，明确方向，防止盲目放缩。同时还要多总结、多思考，多掌握一些常用的放缩技巧，以提高分析问题和解决问题的能力。

第五篇：构造函数法证明不等式的常见方法公开课

选修2-2

导数及其应用

构造函数法证明不等式

一、教学目标：

1.知识与技能：利用导数研究函数的单调性极值和最值，再由单调性和最值来证明不等式. 2.过程与方法：引导学生钻研教材，归纳求导的四则运算法则的应用，通过类比，化归思想转换命题，抓住条件与结论的结构形式，合理构造函数. 3.情感与态度：通过这部分内容的学习，培养学生的分析能力(归纳与类比)与推理能力(证明)，培养学生战胜困难的决心和解题信心。

二、教学重难点：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。难点：将命题的结论进行转化与化归，变成熟悉的题型。

三、教法学法：变式训练

四、教学过程：

(一)引入课题：

1.复习导数的运算法则：

2.问题探源：

(教材第32页B组题第1题)

利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证

(3)ex1x(x0)(4)lnxx1(x0)

3.问题探究：

1、直观感知(几何画板演示);(2)推理论证 4高考探究：

例

1、(2013年北京高考)设L为曲线C：ylnx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.

(类似还有2011年课标全国卷第21题)

1 选修2-2

导数及其应用

变式练习1：

证明：对任意的正整数n，不等式ln(1)11n111n 都成立

(类似还有2012年湖北高考题第22题)

变式练习2：

若函数yf(x)在R上可导且满足不等式xf/(x)f(x)恒成立，且常数a，b满足a>b，求证：.af(a)>bf(b)

变式练习3：

若定义在(0,)上的两函数yf(x),yg(x)均可导，满足f/(x)g(x)f(x)g/(x)，且对任意x(0,+)，都有f(x)0,(g)x0

变式练习4：

证明当x0时，不等式(1x)

思考题5.(全国卷)已知函数g(x)xlnx 设0ab,证明 ：

五.小结： (1)知识点： (2)解题步骤： (3)数学思想方法

11x，设0ab，求证f(a)g(b)f(b)g(a)

e

g(a)g(b)abg()

222 选修2-2

导数及其应用

课后巩固训练：

1、已知函数f(x)12xlnx. 求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数2g(x)

23x的图象的下方;

32、证明：对任意的正整数n，不等式ln(

3. 证明当x0时,(1x)

课后提高训练：

11x1111)23 都成立. nnne1x2

1. 已知m、n都是正整数，且1mn,证明：(1m)n(1n)m

2.(2013年陕西高考最后一题) 已知函数f(x)ex,xR. f(b)f(a)ab设ab, 比较f的大小, 并说明理由. 与

ba23