【优质文档】导数证明不等式构造函数法类别(教师版).pdf
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1、精品资料欢迎下载 导数证明不等式构造函数法类别 1、移项法构造函数 【例 1】已知函数xxxf)1ln()(,求证:当1x时,恒有xx x )1ln( 1 1 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 1 )1ln()( x xxg, 从其导数入手即可证明。 【解】 1 1 1 1 )( x x x xf 当01x时,0)(xf,即)(xf在)0 , 1(x上为增函数 当 0x 时,0)(xf,即)(xf在),0(x上为减函数 故函数( )f x的单调递增区间为)0, 1(,单调递减区间),0( 于是函数( )f x在),1(上的最大值为0)0()( max f
2、xf, 因此,当1x时,0)0()(fxf, 即0) 1ln(xxxx) 1ln((右面得证) , 现证左面,令1 1 1 )1ln()( x xxg, 22 )1()1( 1 1 1 )( x x xx xg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1x时,0)0()(gxg,即01 1 1 )1ln( x x 1 1 1)1ln( x x,综上可知,当xx x x)1ln(1 1 1 ,1有时 2、作差法构造函数证明 【例 2】已
3、知函数.ln 2 1 )( 2 xxxf求证:在区间), 1(上,函数)(xf的图象在函数 3 3 2 )(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,即 32 3 2 ln 2 1 xxx, 只需证明在区间), 1(上,恒有 32 3 2 ln 2 1 xxx成立,设)()()(xfxgxF,), 1(x,考虑到 0 6 1 )1 (F 要证不等式转化变为:当1x时,)1()(FxF,这只要证明:)(xg在区间), 1(是增函数即可。 精品资料欢迎下载 【解】设)()()(xfxgxF,即xxxxFln 2 1 3 2 )( 23 ,
4、 则 x xxxF 1 2)( 2 = x xxx)12)(1( 2 当 1x 时,)(xF= x xxx)12)(1( 2 从而)(xF在), 1(上为增函数,0 6 1 )1()(FxF 当 1x 时0)()(xfxg,即)()(xgxf, 故在区间),1 (上,函数)(xf的图象在函数 3 3 2 )(xxg的图象的下方。 3、换元法构造函数证明 【例 3】 ( 20XX年,山东卷)证明:对任意的正整数n,不等式 32 11 ) 1 1 ln( nnn 都成立 . 分析:本题是山东卷的第(II )问,从所证结构出发,只需令x n 1 ,则问题转化为:当0x时,恒 有 32 )1ln(xx
5、x成立,现构造函数)1ln()( 23 xxxxh,求导即可达到证明。 【解】令)1ln()( 23 xxxxh,则 1 )1(3 1 1 23)( 23 2 x xx x xxxh在),0(x上恒正, 所以函数)(xh在),0(上单调递增,),0(x时,恒有,0)0()(hxh 即0)1ln( 23 xxx, 32 )1ln(xxx 对任意正整数n,取 32 11 )1 1 ln(),0( 1 nnnn x,则有 【警示启迪】当( )F x在 , a b上单调递增,则xa时,有( )F x( )F a如果( )f a( )a,要证 明当xa时,( )fx( )x, 那么,只要令( )F x(
6、 )fx( )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( )Fx即可 4、从条件特征入手构造函数证明 【例 4】若函数y=)(xf在R上可导且满足不等式x)(xf)(xf恒成立,且常数a,b满足ab,求证: a)(afb)(bf 【解】由已知x)(xf+)(xf0 构造函数)()(xxfxF, 则)( xF x)(xf+)(xf0, 从而)(xF在R上为增函数。 ba)()(bFaF即a)(afb)(bf 精品资料欢迎下载 【警示启迪】 由条件移项后)()(xfxf x,容易想到是一个积的导数,从而可以构造函数)()(xxfxF, 求导即可
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