[學(xué)科競(jìng)賽]放縮技巧及不等式證明方法總匯

1、不等式放縮技巧及證明方法(構(gòu)造法) 1 一、裂項(xiàng)放縮 n 2 例1.(1)求v =r4k2 -1 的值; 解析：(1)因?yàn)?2 4n2 -1 所以導(dǎo) 2 j _J = 2n (2n -1)(2n 1) 2n1 2n 1k 亠4F _1 一 _2n：M _2n 1 因?yàn)? 7 M n2 4 所以 l |.1111 i 25 L廠1 +2巧弋十八+2n2n書(shū)產(chǎn)1七=3 常用放縮技巧 =2 1 2n _1 丄 2n 1 1 cH 1C2(n 1)n(n-1)n(n-1) n(n -1) (3) T 丄-Cr n! H(n _r)! 1 ：7! ：r(r _1) 1 1 6(-2) 1 (1 1)n

2、n ：1 1 5 n(n-1) 2 (5)1 2n(2n V) 2n-1 (6),1 a n +2 TH 1 (7)2(%和 1 :-/n) 寸n -2( .nn -1) (8) 2 1 2n 1 _2n 3 1 1 nn 1n 2 (2n 1) 2 -(2n - 3) 2 1*1 !_J1 k(n 1 -k) n 亠1 -k k n “1 n(n T 亠k) (10) n (n 1)! n ! 一 1)! (11) 1 22 n 412 nJ)= n 2 1 1 2 -/-2 (11) 2n (2n -1)2 2n 2n (12) (13) (14) (15) 一 /)(2n /)：可 -1

3、)(2 -2) 一(2n 1)(2n1) 歹 J -(1 訂) 解析:構(gòu)造函數(shù)后即可證明 例 12.求證：(1 1 2) (12 3) ：1 n(n 1) e2n 解析：l叭I疊加之后就可以得到答案 n (n *) * 函數(shù)構(gòu)造形式皿.1) 2_x,x。)廠),31(x 0)(加強(qiáng)命題) 例 13.證明：In 2 ln 3 ln 4 忖：In n :凹 1) (n .二N*, n .1) 4 解析:構(gòu)造函數(shù)f (x) =ln(x _1) (x 1) 1(x .1),求導(dǎo)，可以得到 _2,令 f(x) .0 有 1 ：x ：2,令 f(x) 1) 例14.已知 1 n )an 證明 解析: 1

4、an1 乂而不總 然后兩邊取自然對(duì)數(shù)，可以得到 ln % 5 -n(n 1) 1 )In a 2n 然后運(yùn)用ln(1 x) :：:x和裂項(xiàng)可以得到答案) 放縮思路：1111 a”+g號(hào))an占na”十應(yīng)(1 4 號(hào))島 an n Jn池7疋ln an 1止an乞宀計(jì) 1 1 -(_)n 工仲a fin a：) * (J)=心”勺-2耳補(bǔ)：2 ji 匕 i i 2n1 _1n 2 即 In an -In a1 .：:2=- an .；: e2. 注：題目所給條件ln(1 .x) :：x ( x 0)為一有用結(jié)論，可以起到提醒思路與探索放縮方向的作用；當(dāng)然，本題還可用 結(jié)論2nn(n -1)(n

5、_2)來(lái)放縮： 1 1 . an 1 -1而護(hù)而了=3 1叩麗詁 1)= 11n Ln丄 11 ln(ani.n(an1)：1n(1一) 一 =、 Ing 】。ngY)(a”乍In 乍：J L n(n J)n(n _1)三1 三 i(i)n 即 ln(an 4) ：1 Tn 3= an ：3e1 ：e2. 例15.(2008年廈門(mén)市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)是在(0,七c)上處處可導(dǎo)的函數(shù)，若xf(x)f(x)在x0上恒成立. (I)求證：函數(shù) f(x) 上是增函數(shù)； g(x) _丄2在(0,七也 (II)當(dāng) x .0, X2.0時(shí),證明:f(xj f(X2)叮 f(X1 X2)； (HI)已知不

6、等式ln(1亠x).咲在x且x _-0時(shí)恒成立， 求證：In22 n32 丄 In42一 2 ln(n 1)2n(nEN*). 尹尸 滬(n：；1T2( n：；1)( n：；2) 解析:(I) g(x)0,所以函數(shù)g(x) _竺在(0,：)上是增函數(shù) X )因?yàn)間(x)d在:上是增函數(shù)，所以 X f(xj X1 :竺丄. -x2x1 亠 x2 X1 f(X1 亠 X2) 15 f(X2) X2 X2 f (X1 X2) 1 X2 (3) f(X) f(X *2 卜*n)f(). 1 X2 - -XnX1 X2 -Xn x1 X1 f(X卷一.亠x”) f (X2) X2 f化亠X2亠-Xn)

7、f(X1X2)一 、 ：；XX2.= (X2) ：x 兩式相加后可以得到f (x1) f (x2) ：:： f (x1 x2) Xn f(x” Xn n)2 ，有 -卻”22 P32令42右心1)2 丄A 1 2232( 2 l n一一 (n -1)22 1 3 2 (n -1)n. n 12 2(n -1)(n -2) n 1 n(n -1)2. (n41)22(n 41)(n 42) (n三N ). ?嚴(yán) X2 心)十 x n ,f(x1 -X -Xn) X一 +x2 扌一+x”Xt 4x2 十你” 相加后可以得到： f (X1) f(X2)亠、f(Xn) :： f (X1 X2 亠亠 X

8、n) 所以 X1InX1- X2 InX2 X3InX3亠亠x”InXn：:(捲x亠x”)In(X1x亠x”) (方法二)ln(n -1)2_ ln(n 1)2 ln4 A _|n4J) (n 1)2 (n 1)(n 2) _(n 1)(n 2) - n!：2 1 1 ln(n 1)2 42- 我市 n In 4 (n 三N ). 又1n4 1 .肖所以和22和32和42 占1一)2 .亍# 例16.(2008年福州市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(xUInx.右a嚴(yán),b泮,證明：f (a)十a(chǎn) 4b) In 2 (a 4b) _f (b). 解析：設(shè)函數(shù) g(x) =f(x)亠f(k -x), (k 0)

9、 f (x) _xln x, g(x) _xlnx：(k _x)ln(k _x), 0 :x ：k. x .g (x) =lnx：；1n(k _x)=ln , k 令g(x) 0,則有三.1 二迸 0二2：x：k. 函數(shù) .)上單調(diào)遞增，在 g(x)在 丁 (0 k上單調(diào)遞減. 邁 g(x)的最小值為 即總有 k g(x)亠gg). k _ln 2) _ f (k) _k ln 2, g(2) =f(2).f(k_) =kln =k(ln .g(x) _f(k) -k ln 2, 即 f (x) - f(k _x) _f(k) _kln 2. 令 x -a, k _x -b,則 k y 川b.

10、 .f(a) f (bf (a b) _(a b)ln 2. f(a) (a b)ln2 _f (a b) _f (b). 三、分式放縮 姐妹不等式：P . _ (b .a 0, m .0)和-:_ (a . b . 0, m . 0) a a ma am 記憶口訣小者小，大者大” 解釋:看b,若b小，則不等號(hào)是小于號(hào)，反之. 例19.姐妹不等式：(1 .1)(1，!)(1害)(1 的)2n 1和 (1_1)(1_1)(1_1)(1丄廠：1也可以表示成為 1 6 2n :j2n 亠 1 2462n *2n 北 解析：利用假分?jǐn)?shù)的一個(gè)性質(zhì) b b亠m可得 a 十(b 5 .) 76 5 一 4

11、3 一 2 an- 2 6 一 5 4 一 3 (2n1) 2n 11 3 5 .2n _1 2n _2 4 6 2n 6. 2n 2 ) 5 2n -1 2n 1 即(1 1)(1 厶(1(1 5 1 1 ) 2n 1. 2n 1 11 例 20.證明：(11)(1)(1)(1 47 解析：運(yùn)用兩次次分式放縮： 3n -2 )2 3 3 n 1. 258. 3nV 369 _ _1二- 1 4 7 3n -22 5 8 3n 3-1 (加 1) 258, 3n -14 710. . 3n 1 !T! !1! 147 3n2369 (加2) 3n 相乘，可以得到： 4 7 10 3n也 2.5

12、8 2 5 8 3n 1 4 7 3n 3n -1 ，(3n +1) 3n -1 所以有(1 1)(1 1)(1 丄廠(,3 3n 1. 473n -2 四、分類放縮 例21.求證：1.1丄.1 n 232n 2 -1 1 (1 4) -1244 解析:1 -1 -1，:;. 232 z 111、1n門(mén)1、n （尹 尹 ： 卜尹）一尹 二（1尹）2 例22.（2004年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽加試改編）在平面直角坐標(biāo)系xoy中，y軸正半軸上的點(diǎn)列；A 與曲線y=.：2x（ X 0） 上的點(diǎn)列 :Bn ：滿足 0An =OBn =1，直線 An Bn 在 x軸上的截距為an .點(diǎn) Bn的橫坐標(biāo)為bn，n

13、三N”. (1)證明anan+4, n N * (2)證明有n0輕N1*1，使得對(duì)0hn0都有巴+5屮 b1b2 .bn 1 0 ），由|OB1得: 22朽冷我需二,又直線ABn在X軸上的截距為an滿足 an 工2bn4 =04bnan= 冷 T2n2bn丄品2A0,bn bn 1 -2n2bn _ bn bnQ+n 莎) n 1 _n 2bn =bn 2 2bn 4 兔 顯然，對(duì)于1 .斗.0，有anan1 .4,n. N* *n 拮卡我冷+1 2 | Cn -n 2n 1 W 1 2n 1 丄1n 1 d n22n 1 1 S 12 2 1 2n 1 n 22 n 1 n 0,. cn,n

14、N 設(shè) 5 川 qn N*，則當(dāng) n =2k -21 k N 5于廠j頭14 2$22 pH 2k-k?-1 2 都有： 0 bn J4017-1 1 且二 Sn Sn2008 bn02 2 2 2 所以，取 n0 =24009 -2，對(duì)-n n _匹 b b2 也0， y 蘭 _nx43 n 表示的平面區(qū)域?yàn)閐”,設(shè)D內(nèi)整數(shù)坐標(biāo)點(diǎn)的個(gè)數(shù)為an .設(shè) S二1弓（3 AG1弓 亠丄 2n- 2 2n Sn111- an 1.an 2a2n 當(dāng)n _2時(shí)，求證:丄.丄.丄.丄 7n 11 a a? 33a?*36 解析容易得到an J3n,所以，要證1111 7n 11只要證S”日.丄丄7n 11

15、，因?yàn)?a1a2a3 a? 362 一 2 32n 一 12 -1 2詩(shī)2）二罟，所以原命題得證. 五、迭代放縮 例25.已知Xn1=，X1“求證：當(dāng)一2時(shí)，5衛(wèi)一尹 八“i 1. 解析:通過(guò)迭代的方法得到 Xn 2蘭點(diǎn)，然后相加就可以得到結(jié)論 1 例26.設(shè)S _sin1! +sin2sinn!,求證:對(duì)任意的正整數(shù)k,若k細(xì)恒有:ISn+k - S1IC n2rn 解析：kg伴警22 哆衛(wèi)I 込工込型沁k型丄丄1, 2“ 12 n 22“ k2“ 12 n 22 n k 所以 又 2n =1 -1)n =C0 C：卜-FC： n 六、借助數(shù)列遞推關(guān)系 :2n 2 -1 例27.求證：1亠1

16、 3亠1 3 5 “ .亠1 3 5 (2n電 22 42 4 6246 ；2n 解析：設(shè)a二1 3 5 (2n _1)則 n 2 4 6 ； 2n an 1a2( n V)an 1 =2 nan a，從而 2(n +1) an =2(n，1)an 1 2nan，相加后就可以得到 a1 a-：!；an =2(n -1)an 1;-2(n -1)11 ;-(2n -2)11 所以11 31 3 5 2+2 4 6 十 、2n* J、2n42 13-(2n-1L.科 _1 2 4 6 .2n 例28.求證:2黑害144宀.1_1 解析：設(shè)a 1 3 5 .(2n J)則 a n = n 2 4 6

17、 .2n 2n 41從而 日1 =2(Tan=2(n 1)1回 1 =(2n 1總 a. J從而 an 1 =2(n 1) 1an1.(2n 1)an,相加后就可以得到 13 d Ha?亠an -(2n 汨總 1 J3d ：-(2n 1) , 2n 1 _1 -v2n：；1 2 例29.若a1十n1 an =n 1,求證:丄丄.丄2(1_1) a1 a2an _ 解析：an 2 an 1 =n 亠2 =a“ an 1 =- =a“ 2 _a“ an + 所以就有程才一2 七、分類討論 例30.已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn =2an (-1)n,n _1.證明：對(duì)任意的整數(shù) m .4，有

18、11 a4a5 解析:容易得到 an =3 2心.(j， 由于通項(xiàng)中含有 當(dāng)n _3且n為奇數(shù)時(shí) (-1)n，很難直接放縮，考慮分項(xiàng)討論: 3113242n- an an , 一2(2勺；1 2n-1) _2 22n；：2n2n -1 3 2n -2n r 3 ( 11 )(減項(xiàng)放縮)，于是 222n 3- 2 2n 2“ 丄 n -2n I 當(dāng)m 4且m為偶數(shù)時(shí)丄.丄二丄 丄).(11) 已4 已5am a4a5 a6am A am 且+3(4心十+亠)=1 1 _丄)且 =7 2 2 (23 242m 丿 2 2 4 ( 2 八2 8 8. 當(dāng)m .4且m為奇數(shù)時(shí)1 111 111 (添項(xiàng)

19、放縮)由 知1 1 1 丄-亠1 丄丄 a4 a5a m a4 a5am am 194 95 丄.丄丄由得 am am 1 8 證。 八、線性規(guī)劃型放縮 例31.設(shè)函數(shù)f(X).若對(duì)一切x三r, _3 af (x) b乞3，求a - b的最大值。 X2七 解析:由(f(x)丄)(f(1)4)= ?(X F)知(f(x)(f(1) _1) _0即-2f(x1 22(x 42)22 由此再由f(x)的單調(diào)性可以知道f (x)的最小值為_(kāi)1，最大值為1 _2 因此對(duì)一切xR,-af(x) 3的充要條件是, -3 也3 即a , b滿足約束條件a b _3, a乜 11 才b _衛(wèi) 1 p.a b 吵

20、 由線性規(guī)劃得，a Jb的最大值為5. 九、均值不等式放縮 例 32.設(shè) Sn = J1 2 + J2 3 十八 +、；n(n -41).求證 n(n4) 2 :SnQ 解析：此數(shù)列的通項(xiàng)為ak k(k +1),k =1,2,n. *： k(k 書(shū)二k，k :s(e +1)2 # 例 37.已知 f(x)二x 丄，求證:f(1) f(2) f(3) v ,f(2 n) ,2n(n -1)n x 解析：(k l)(2n 1 _k1) -k(2n 1 _k)k 2n 112(2n d _k) 2 k2n 1 _k2n d _kk k(2n 1_k) 其中：k 二 1,23，,2n,因?yàn)?k 2n

21、k(1 _k) _2n -(k _1)(2n _k) _0 = k(2n 1 _k) _2n 所以 11 所以(k )(2n 1 _k) 2n 2 k2n 1 _k 一 從而f (1) f(2) f (3- f (2n)2 .(2 n 2)2n,所以 f (1) f (2) f (3)：f (2 n) . 2n(n 1)n. 例38若k .7,求證：S _!. n 1 n 1 3 nk -12 解析：2Sn =(1) (- n nk -1n 1 nk _2n 2 1)訐一必(1) n k3n k 1 n 因?yàn)楫?dāng)x 0, y 0時(shí)，x y _2 xy, - 1 _ 2_，所以(x - y)(丄丄

22、)_4 所以丄川1，當(dāng)且僅當(dāng)x x y/xy 二y時(shí)取到等 所以2S 4n(k _1) 所以 Sn 44. J：；nk 二 n -1 -nk _2 n ；：；nkn k _1 _n 亠nk 所以 11 .斗.=2丄？所二 1 .k _1 k 1k 12 n 例 39.已知 f (x) =a(x -x)(x -X2)，求證：f(o)f .亙. 2 解析:f(0).f(1)細(xì)心J皿尋 例 40.已知函數(shù) f(x)=x2-(- 1)k2lnx(k N*) .k 是奇數(shù)，n N*時(shí), 求證:f x)n- 2n-1 f (xn) 2(2n- 2). 解析：由已知得f (x)三x -(x .0)， x (

23、1)當(dāng)n=1時(shí)，左式=(2x ?) _(2x ?) -0右式=.二不等式成立. xx n _2,左式=f (x)n 2n f (xn) =(2x 2)n 2n(2xn 三) xx =2n(C1xni -Cn2xn- - 召-C：-). X _X _ 令 S 二C1x：2 Cn2xn4 | Cnn 由倒序相加法得: _2(鼻 CC；丄)=2(2n -2)， 所以 S _(2n -2). 所以f (x)n -2n f (xn) -2n(2n -2)成立.綜上，當(dāng)k是奇數(shù)，nN 時(shí)，命題成立 例41.( 2007年?yáng)|北三校)已知函數(shù)f(x) =ax _x(a .1) (1)求函數(shù)f (x)的最小值，

24、并求最小值小于 o時(shí)的a取值范圍; 17 令 S(n)=cf(1)c2f(2) Cn1f(n_1)求證：s(n).(2_2).f 1 (1)由f (x)-axIna_J,f (x)-_0,即：ax Ina-_1,ax,又a-.1Jog a In a 同理：f (x) .-0,有 x._logal n a, 所以f (x)在(_.：: log a I na)上遞減，在(Jog a I na,J上遞增； 1 -In In a 所以 f (x)min =f( jog a In a): In a 1 In In a m1 若f(x)min ：0,即0,則In In a ”_1,. Ina 1 .a的取

25、值范圍是1 ：a :-e (2)S(n)二C；(alna j) C；(a2lna _1)侶-也：丄(an =na _1) ：(C：a 亠C：a2亠C；容刁 Ina-(C：亠C：C；丄) ：(a anT C：(a2 an2K7HC：L(an1 a)lna_(2n /) n _a2(2n _2)lna _(2n _2) n n 二(2n _2)(a2 Ina J) =z(2n _2)f (), 所以不等式成立。 例42. (2008年江西高考試題)已知函數(shù)11raT ,-0對(duì)任意正數(shù)a證明: f (x)壽作切a旳品8飛，f 1 ： f x ：2 解析:對(duì)任意給定的a .0，x - 0,由 1 1

26、1 f(X)： 8_ ax 若令b - ，則abx =8，而111 axf (一)、先證f X .1 ；因?yàn)?1 丄，1 丄，11 ， *廠嚴(yán)a Fa面 又由 2 a b x _2 . 2a 2bx _44 2abx =8，得 a b x _ 6. 所以111111_ 3 2(a b 亠 x) (ab ax bx) f1 x 11 b_ (1 x)(1 a)(1 b) 9 - (a b x) (ab ax bx) 1 (a b x) - (ab ax bx) abx ” =1 (1 十x)(1 +a)(1 出b) (1 - x)(1 - a)(1 - b) (二八 再證 飛 嚴(yán)；由、式中關(guān)于

27、“小的對(duì)稱性，不妨設(shè)xHab 則0b2 所以x _a _5,因?yàn)?1_ 1 -：b ：1 19 (ii)、當(dāng)a比7，由得 (n) .a J時(shí)，證明呂1 ； 一，1 一2鳥(niǎo)總 2 ：32 （山） 丄時(shí)，證明冷. 解析：an =a（蟲(chóng)r 一 （過(guò)程略）. a 證明(II):由 a =1 知 a“ + =a； a a2町,弘詰. 當(dāng)-解析：_ +1卡一 +1=丄 +1 十+: V 3 13 2 13 21473 2- 1 時(shí)，ak2經(jīng)專， 二（即血1）ak廠占擔(dān)即Y J專佝Y J痘 證明（山）：由a =知 （ak -ak 1）ak 2 =何-a Ja： 1恰表示陰影部分面積, 顯然 （aka； 1.

28、：玄x2dx 乞(a* -3k屮a” 豐龍Qk -3k 訥a：十占 J x2dx 0時(shí)sin x :x有 |sin x| x | (iii)當(dāng) x ：:0 時(shí),-x -0,由 (ii)可知:|si nx|：|x| 所以綜上有|sinx|x|(x2R) 十四、使用加強(qiáng)命題法證明不等式 (i) 同側(cè)加強(qiáng) 對(duì)所證不等式的同一方向(可以是左側(cè)，也可以是右側(cè))進(jìn)行加強(qiáng).如要證明f(x)：:A,只要證明f(x)：:A-B(B 0),其中 B通過(guò)尋找分析，歸納完成. 例59.求證:對(duì)一切n(n三N*)，都有 k kJk 解析：11”11111 kJk 尺Jk(k2-1)V(k-1 )k(k+1) (ii)

29、假設(shè)當(dāng) n = k(k 31)時(shí)，ak 1，則 n = k 比(k 31)時(shí)，akf +ak+ =1 +ak2 ,. 2 從而 ak 十2= an +1,所以 0 蘭ak+1 所以綜上有 0 _an ：1,故 an 1.a； .0=an1 .an 因?yàn)閍n1.a/=1_an1 則日2a/=1a2,a3異=1_a3,an1 a/ =1_an 1 ,相加后可以得到： an ；-a： = n (a? +a3 半八 +an*=)Sn + = n -an，所以 Sn=n_1_a.n_2,所以S“.n_2 因?yàn)閍n； +an + =1 *an即證 1 _1_1_ A2an，從而 為豐+1二經(jīng)，有一1一 a

30、t所以有 仝=日：1，從而 2a2 _2n 耳2 _an 豐1+an 豐2an (1 七3)(1 an)(1 - an 1)2an 2an 丄 47 (1 T)(1 -a2)(1 乜3)(1 an)(1an1) 1 an 1，所以 2 - 1 ：a2 n 1 - x (1 x)2 n =1,2,111 , 即證223n 1 x _3n(1 - x)2 A 0,設(shè)t _ 1所以即證明 3n -_1 x t2 2t J 1 x (1 x)2 : n 1 1 x (1 x)2 2 2,2 3虧亠N 1 1 22-=3 323n 2_x 3 a, 原不等式成立. -取 1 x =- n 1 3n 丿

31、n 11 3 、 n a a2 川.a” A_ .原不等式成立. n2n2 1 廠1 n 1 TT 十四、經(jīng)典題目方法探究 探究1.（2008年福建省高考）已知函數(shù)f （x） =1 n（1 x） _x .若f （x）在區(qū)間0, n（n三N*）上的最小值為bn ,令 an =ln(1 n) _bn.求證：空口 .a1 a3a2nl , 2a1 _1 a2 a4 11117 例6、求證：1歹孑川 證明： 1 1 1 2 nn(n T) n T n 1 111.1.1111、5/11、7 三右二2 : V ()(). 122232n22223n-1n42n4 此題采用了從第三項(xiàng)開(kāi)始拆項(xiàng)放縮的技巧，放

32、縮拆項(xiàng)時(shí)，不一定從第一項(xiàng)開(kāi)始，須根據(jù)具體題型分別對(duì) 待，即不能放的太寬，也不能縮的太窄，真正做到恰倒好處。 7、利用基本不等式放縮 例7、已知an =5n-4，證明：不等式. 5amn - aman 1對(duì)任何正整數(shù) m,n都成立.證明：要證.5amn - aman -1，只要證 5amn - 1 aman 2 a man 因?yàn)?amn =5mn 4 , aman = (5m 4)(5n -4) =25mn 20(m n)16 , 故只要證 5(5mn 4) .1 25mn 20(m n)16 2 aman , 即只要證 20m 20n _37 2話；. 因?yàn)?2 aman _ am - an

33、=5m 5n -8 :：: 5m 亠5n - 8 亠(15m T5n -29) = 20m 亠2On - 37 , 所以命題得證 本題通過(guò)化簡(jiǎn)整理之后，再利用基本不等式由2 aman空am - an放大即可. 8、先適當(dāng)組合,排序，再逐項(xiàng)比較或放縮 例8、.已知i , m n是正整數(shù)，且 1 v i m(1+ n) m i m 證明：對(duì)于 1 v i w m 且 Am = m ( m- i +1), n n -1 n n 由于 mv n,對(duì)于整數(shù)k=1, 2，i 1, m -k , m 所以 繹.,即miAn nm n m (2)由二項(xiàng)式定理有： (1+mn=1+Cnn+c2 m+c；m, (

34、1+n)m=1+Cm n+Cmn2+Cm n： i ii ii Ai i Ai 由(1)知 mA； n Am (1 v i w mv n )，而 cm= m ,Cn ： i! n i! mCn ni Cm(1 v mv n) riC； = n0C1, m；=nCm=m- n, riC； C：， mmmmn+1 m： 1n n mC： n CR , m C： 0,mC； 0, 1+C n+C2 ：+C； ： 1+C： n+Cn2+C： nm, 即(1+n)n (1 + n):成立. 構(gòu)造函數(shù)法證明不等式的七種方法 因此下面的前四 (其實(shí)高考中證明不等式時(shí)十有八九都需要構(gòu)造函數(shù)， 種方法必須掌握)

35、 1、禾U用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值和最值，再由單調(diào)性來(lái)證明不等式是函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式綜合中 的一個(gè)難點(diǎn)，也是近幾年高考的熱點(diǎn)。 2、解題技巧是構(gòu)造輔助函數(shù)，把不等式的證明轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或求最值，從而證 得不等式，而如何根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造一個(gè)可導(dǎo)函數(shù)是用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵。 以下介紹構(gòu)造函數(shù)法證明不等式的八種方法： 一、移項(xiàng)法構(gòu)造函數(shù) 【例1】已知函數(shù)f(x) =1 n(x1)-x，求證：當(dāng)x w -1時(shí)，恒有 1 1In(x 1) f (x)恒成立，且常數(shù) a, b滿足ab,求 證:.a f (a) b f (b) 【解】由已知 xf(x)+f(x)0 構(gòu)造函數(shù) F(

36、x)=xf(x), 則F(x)二x f (x) + f(x)0,從而F(x)在R上為增函數(shù)。 a b F(a) F(b)即 a f (a) b f(b) 【警示啟迪】由條件移項(xiàng)后xf (x) f(x)，容易想到是一個(gè)積的導(dǎo)數(shù)，從而可以構(gòu)造函數(shù)F(x)二xf (x), 求導(dǎo)即可完成證明。若題目中的條件改為xf (x) . f (x)，則移項(xiàng)后xf (x) 一 f(x)，要想到是 一個(gè)商的導(dǎo)數(shù)的分子，平時(shí)解題多注意總結(jié)。 5、主元法構(gòu)造函數(shù) 例.(全國(guó))已知函數(shù) f (x)二 ln(1 - x)x, g(x)二 xln x (1)求函數(shù)f(x)的最大值； a十b 設(shè) 0 : a : b,證明：0

37、： g(a) g (b) - 2g() : (b - a) In 2. 2 分析：對(duì)于(II )絕大部分的學(xué)生都會(huì)望而生畏.學(xué)生的盲點(diǎn)也主要就在對(duì)所給函數(shù)用不上.如果能挖掘一下 所給函數(shù)與所證不等式間的聯(lián)系，想一想大小關(guān)系又與函數(shù)的單調(diào)性密切相關(guān)，由此就可過(guò)渡到根據(jù)所要證 的不等式構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，禾U用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，借助單調(diào)性比較函數(shù)值的大小，以期達(dá)到證明不等 式的目的.證明如下： 證明：對(duì) g(x) =xln x 求導(dǎo)，則 g(x) = In x 1 . a +b 在g(a) g(b) -2g()中以b為主變?cè)獦?gòu)造函數(shù)， 2 a x a 亠 Xa 亠x 設(shè) F(x)二g(a) g(x

38、)-2g(),則 F (x)二 g (x)-2g() =lnx-ln 2 2 2 當(dāng)0；：x：a時(shí)，F(xiàn)(x) : 0,因此F(x)在(0,a)內(nèi)為減函數(shù). 當(dāng)x a時(shí)，F(xiàn) (x) 0,因此F(x)在(a/ :)上為增函數(shù). 從而當(dāng)x二a時(shí)，F(xiàn)(x)有極小值F(a). a十b 因?yàn)?F(a) =0,b a,所以 F(b) 0,即 g(a) g(b)-2g()0. 2 又設(shè) G(x) = F (x) 一 (x - a) In 2.則 g(x) = ln x - ln -1n 2 = In x -1n(a x). 當(dāng)x 0時(shí),G(x) ：0.因此G(x)在(0,上為減函數(shù). 因?yàn)?G(a) = 0,

39、ba,所以 G(b) 0 時(shí),f(x)1+x 解：(1)f (x) = aexx, f(x )在R上為增函數(shù)， f (x)對(duì)xR恒成立， 即axe - 乂對(duì)xR恒成立 記g (x)=xe x, Ug ( x ) = e7xe -x =(1-x)e , 當(dāng)xl時(shí)，g(x)V 0,當(dāng)xVl時(shí)，g(x)0. 知g(x)在(-g ,1)上為增函數(shù)，在(1,+ g)上為減函數(shù)， g(x)在 x=1 時(shí)，取得最大值，即 g(x)max=g(1)=1/e, a 1/e, 即a的取值范圍是1/e, +g) 1 記 F(x)=f(x) (1+x) = exx2-1 - x(x 0) 2 貝U F (x)=e x

40、-1-x, 令 h(x)= F (x)=e x-1-x,貝V h (x)=e x-1 當(dāng)x0時(shí)，h (x)0, h(x)在(0,+ g)上為增函數(shù)， 又 h(x)在 x=0 處連續(xù), h(x)h(0)=0 即F (x)0 , F(x)在(0,+ g)上為增函數(shù)，又F(x)在x=0處連續(xù), F(x)F(0)=0, 即 f(x)1+x . 小結(jié)：當(dāng)函數(shù)取最大(或最小)值時(shí)不等式都成立，可得該不等式恒成立，從而把不等式的恒成立問(wèn)題可轉(zhuǎn) 化為求函數(shù)最值問(wèn)題不等式恒成立問(wèn)題，一般都會(huì)涉及到求參數(shù)范圍，往往把變量分離后可以轉(zhuǎn)化為 m f (x)(或m ： f (x)恒成立，于是m大于f (x)的最大值(或

41、 m小于f (x)的最小值)，從而把不等式恒 成立問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問(wèn)題因此，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值是解決不等式恒成立問(wèn)題的一種重要方法. 7. 對(duì)數(shù)法構(gòu)造函數(shù)(選用于幕指數(shù)函數(shù)不等式) 、1 丄 1* 例：證明當(dāng)x 0時(shí),(1 x) x ： e 2 證明 對(duì)不等式兩邊取對(duì)數(shù)得(1 +-)ln(l +x) 1 +寺， * 化簡(jiǎn)為 2(1 +x)ln(l +x) 0) C(x) =2x-21n(l 幾又珥門(mén)(x0) 由定理2知“在(O.+oo)上嚴(yán)格單調(diào)增加，從而(J C(0) =0 (x0) 丈由)上連續(xù)，且r(x)o得心在0, + )上嚴(yán)搖單調(diào)增加*所Wf(M)o)=o (X 0) r 即

42、2k+xj -2(1 +x)ln(l +x) 0t2x+xj2(1 +x)ln(l +x)t 故(Wx)1* 0) 8. 構(gòu)造形似函數(shù) 例：證明當(dāng)b a e,證明ab ba 分析此題目具有第指禹數(shù)形式，對(duì)不尊式兩邊分別取對(duì)8得込Mn虬整理為=111“臺(tái)叭在此基 aD 礎(chǔ)上抿據(jù)“形似”構(gòu)造輔肋函數(shù)f(x) =ylnxt再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明之. 證明 不等武兩邊取對(duì)數(shù)得bJna alntb可化為丄Ina 亠血* flo 令心)#lnx忸然心)在(6皿)內(nèi)連續(xù)并可導(dǎo)， P( x) rim + 丄丄=( I Lnx) e) xX K X 由定理得心)在&+內(nèi)為嚴(yán)格單闊遞減. 由 b a e H f(

43、 a) f(b) 丫所以丄liw -Inb sb1na atnb. SD 故 J Ab* 例：已知m n都是正整數(shù)，且1 ： m . n,證明：(1 - m)n (1 n)m 證明：原不等式竽價(jià)Ttn(1+m)ln(1 + H令 mn x2,則 x r i x - (1 + V)inf I + a ) x- -V ln(1 + x) a l - ln(l + rv) xl ln(l + v)j j (揮，=；屹 :=；=；/(), 1口(】+廿M 成 【思維挑戰(zhàn)】 1、 (2007 年，安徽卷)設(shè) a _ 0, f (x) = x _1 一 In2 x 2a ln x 求證：當(dāng)x 1時(shí)，恒有x

44、 In2x2alnxT， 2、( 2007年，安徽卷)已知定義在正實(shí)數(shù)集上的函數(shù) 1 -3a2 In a， f (x)x2 2ax, g(x) = 3a21n x b,其中 a0，且 b 2 求證： f (x) _ g(x) x 3、已知函數(shù)f(x) =1 n(1 x)，求證：對(duì)任意的正數(shù) a、b， 1 +x 恒有 In a -1 n b _ 1 - b. a 4、(2007年，陜西卷)f (x)是定義在(0, +s)上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足 Xf(X)- f (x) W 0,對(duì)任意 正數(shù)a、b,若a b,則必有() (A) af (b) bf (a)(B) bf (a) af (b) (C)

45、 af (a) f (b)(D) bf (b) f (a) 【答案咨詢】 2ln x 2a2ln x 1、提示：f (x)胡-2 仝，當(dāng)x 1, a-0時(shí)，不難證明1 2 f (x) . 0,即f(x)在(0, ：)內(nèi)單調(diào)遞增，故當(dāng)x . 1時(shí)， f (x) . f (1) = 0 ,當(dāng) x 1 時(shí)，恒有 x In2 x -2a ln x 1 2、提示：設(shè) F (x)二 g(x) - f (x)二丄x2 2ax3a21n xb 則 F (x)二 x 2a _ - 2x = (x -a)(x 3a)(x .0). a . 0 ,當(dāng) X = a 時(shí)，F(xiàn) (x) =0 , x 故F(x)在(0,a)

46、上為減函數(shù)，在(a,=)上為增函數(shù)，于是函數(shù)F(x)在(0, ：)上的最小值是 F(a)二 f (a) _g(a) = 0，故當(dāng) x 0時(shí)，有 f (x) - g(x) _ 0，即 f (x) _ g(x) 3、提示：函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?-1,二)， (xV 1 2 (1 x) x 2 (1 x) 49 當(dāng)-1 ： x ： 0時(shí)，f(x)：0，即 f (x)在 x (-1,0)上為減函數(shù) 當(dāng)x - 0時(shí)，f (x) 0 ,即f (x)在x (0, ：)上為增函數(shù) 因此在x = 0時(shí),f (x)取得極小值f (0) = 0，而且是最小值 x1 于是 f (x) _ f (0) = 0,從而

47、 In(1 x)，即 ln(1 x) _ 1- 1+ x1+x 令1 x=a 0,貝叮-1 -b 于是In a_1-b bx 1 ab a K 因此 In a -In b _ 1 - a 4、提示：F(x)二型 ,F (x)二xf(X)2 f(X)乞0，故卩儀)=型在(0, +m)上是減函數(shù)，由a ： b xxx 有 3 工型二 af (b) 0、b0、c0 ,求證：.a - ab bb - bc c - a ac c ,當(dāng)且僅當(dāng) b a c 時(shí)取等號(hào)。 證明：從三個(gè)根式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)容易聯(lián)想到余弦定理，于是可構(gòu)造如下圖形， 使 OA = a, OB = b, OC = c,Z AOB= / BO

48、C=60 如圖（1）, 則/ AOC = 120 AB= Ja2 _ab + b2 , bc= Jb2 -bc + c2 ,ac= Ha2 + ac+ c2 由幾何知識(shí)可知： ab + bo AC , - a2ab b2 b2 -be c2 . a2 ac c2 當(dāng)且僅當(dāng)a、b、C三點(diǎn)共線時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)有 111 absin60bcsin60acsin120，即 ab+bc=ac 2 2 2 11 1 故當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)。 ba c 四、構(gòu)造橢圓證明不等式 例 5: 求證： 一電乞.4 -9x2 -2x _ 213 3 3 證明： .4-9x2的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，使我們聯(lián)想到橢圓方程及數(shù)形結(jié)合思想。 53 是令 y = . 4 9x2 （y _ 0），則其圖象是橢圓 x2 y + 44 9 2 =1 一的上半部分, 設(shè) y-2x= m，