构造函数法解不等式问题

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构造法解函数不等式

作者：余建国

来源：《新高考·高二数学》2015年第12期

什么是函数不等式？先看一个问题.

例1 已知定义在R上的函数f（x）满足f（2）=1，且f（x）的导函数f'（x）>x1，则不等式f（x）

我们并不知道问题中的函数f（x）的解析式，只知道它满足两个条件：①f（2）=1，②导函数.f'（x）>x-l，求解不等式f（x）

g'（x）=f'（x） -x+1.由条件②知，g'（x）>o，所以g（x）在（-∞，+∞）上为增函数.又由条件①，知g（2）=f（2）-1/2×4+2-1=0，故由g（x）

由此可见，解此类函数不等式的步骤是：

Sl结合题设中的导数条件和所要求解的函数不等式，构造一个新函数；

S2确定新函数的导数符号，以确定新函数的单调性；

S3利用新函数的单调性及图象中的特殊点，得到函数不等式的解集.

例2 函数f（x）的定义域是R，f（o）=2，对任意x∈R，f（x）+f'（x）>1，则不等式ex·f（x）>ex+1的解集为__________.

解析记函数g（x）=ex·f（x）-ex1，则g'（x）=ex（f（x）+f'（x）-1）.

因为对任意x∈R，f（x）+'（x）>1，所以g '（x）>0恒成立，所以g（x）在（-∞，+∞）上为增函数，因为g（0）=f（o）-11=0，所以不等式ex·f（x）>ex+1，即g（x）>g（0）的解集是x>o，所以不等式e·f（x）>ex+1的解集为（o，+∞）.

评析最简单的构造函数方法是“g（x）一左边-右边”，这样目标就是解不等式g（x）>o.

例3 已知f（x），g（x）（g，（x）≠0）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x

构造函数法在不等式证明中运用

不等式的证明历来是高中数学的难点，也是考察学生数学能力的主要方面。不等式的证明方法多种多样，根据所给不等式的特征，巧妙的构造适当的函数，然后利用一元二次函数的判别式、函数的奇偶性、单调性、有界性等来证明不等式，统称为函数法。本文通过一些具体的例子来探讨一下怎样借助构造函数的方法证明不等式。

一、 构造函数利用判别式证明不等式

①构造函数正用判别式证明不等式

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：0)(322cbabcaca成立，并指出等号何时成立。

解析：令bcbcacbaaf33)3()(222

⊿＝2222)(3)33(4)3(cbbcbccb

∵b、c∈R，∴⊿≤0

即：0)(af，∴0)(322cbabcaca恒成立。

当⊿＝0时，0cb，此时，0)(3)(222caabcacaaf，

∴cba时，不等式取等号。

例2. 已知：Rcba,,且2,2222cbacba，求证： 34,0,,cba。

解析：22222cbacba 消去c得：012)2(22bbaba，此方程恒成立，

∴⊿＝043)12(4)2(222bbbbb，即：340b。

同理可求得ca,34,0

② 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：2222211)()()()(nnbxabxabxaxf

第 1 页 共 7 页 构造函数法证明不等式的八种方法

一、移项法构造函数

【例1】 已知函数xxxf)1ln()(，求证：当1x时，恒有xxx)1ln(111

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

111)1ln()(xxxg，从其导数入手即可证明。

【解】1111)(xxxxf

∴当01x时，0)(xf，即)(xf在)0,1(x上为增函数

当0x时，0)(xf，即)(xf在),0(x上为减函数

故函数()fx的单调递增区间为)0,1(，单调递减区间),0(

于是函数()fx在),1(上的最大值为0)0()(maxfxf，因此，当1x时，0)0()(fxf，即0)1ln(xx∴xx)1ln( （右面得证），

现证左面，令111)1ln()(xxxg， 22)1()1(111)(xxxxxg则

当0)(,),0(;0)(,)0,1(xgxxgx时当时 ，

即)(xg在)0,1(x上为减函数，在),0(x上为增函数，

故函数)(xg在),1(上的最小值为0)0()(mingxg，

∴当1x时，0)0()(gxg，即0111)1ln(xx

∴111)1ln(xx，综上可知，当xxxx)1ln(111,1有时

【警示启迪】如果()fa是函数()fx在区间上的最大（小）值，则有()fx()fa（或()fx()fa），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证．

2、作差法构造函数证明

【例2】已知函数.ln21)(2xxxf 求证：在区间),1(上，函数)(xf的图象在函数332)(xxg的图象的下方；

分析：函数)(xf的图象在函数)(xg的图象的下方)()(xgxf不等式问题，

构造函数法解决导数不等式问题(二)

考点四构造F(x)＝f(x)±g(x)，F(x)＝f(x)g(x)，F(x)＝f(x)

g(x)类型的辅助函数

【方法总结】

(1)若F(x)＝f(x)＋axn＋b，则F′(x)＝f′(x)＋naxn－1；

(2)若F(x)＝f(x)±g(x)，则F′(x)＝f′(x)±g′(x)；

(3)若F(x)＝f(x)g(x)，则F′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；

(4)若F(x)＝f(x)

g(x)，则F′(x)＝f′(x)g(x)－f(x)g′(x)

[g(x)]2．

由此得到结论：

(1)出现f′(x)＋naxn－1形式，构造函数F(x)＝f(x)＋axn＋b；

(2)出现f′(x)±g′(x)形式，构造函数F(x)＝f(x)±g(x)；

(3)出现f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)形式，构造函数F(x)＝f(x)g(x)；

(4)出现f′(x)g(x)－f(x)g′(x)形式，构造函数F(x)＝f(x)

g(x)．

【例题选讲】

[例1](1)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝3，对任意x∈R，f′(x)<3，则f(x)>3x＋6的解集为()

A．{x|－1－1}C．{x|x<－1}D．R

答案C解析设g(x)＝f(x)－(3x＋6)，则g′(x)＝f′(x)－3<0，所以g(x)为减函数，又g(－1)＝f(－1)

－3＝0，所以根据单调性可知g(x)>0的解集是{x|x<－1}．

(2)定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝1，且对∀x∈R，f′(x)＜1

2，则不等式f(log2x)＞log2x＋1

2的解集为

________．

答案(0，2)解析构造函数F(x)＝f(x)－1

2x，则F′(x)＝f′(x)－1

2＜0，∴函数F(x)在R上是减函数．由

f(1)＝1，得F(1)＝f(1)－1

2＝1－1

2＝1

2，∴f(log2x)＞log2x＋1

2⇔f(log2x)－1

2log2x＞1