构造函数法在高考解导数和数列问题

1利用导数证明不等式的两种通法利用导数证明不等式是高考中的一个热点问题，利用导数证明不等式主要有两种通法，即函数类不等式证明和常数类不等式证明。下面就有关的两种通法用列举的方式归纳和总结。一、函数类不等式证明函数类不等式证明的通法可概括为：证明不等式()()fxgx（()()fxgx）的问题转化为证明()()0fxgx（()()0fxgx），进而构造辅助函数()()()hxfxgx，然后利用导数证明函数()hx的单调性或证明函数()hx的最小值（最大值）大于或等于零（小于或等于零）。例1已知(0,)2x，求证：sintanxxx分析：欲证sintanxxx，只需证函数()sinfxxx和()tangxxx在(0,)2上单调递减即可。证明：令()sinfxxx，其中(0,)2x则/()cos1fxx，而(0,)cos1cos102xxx所以()sinfxxx在(0,)2上单调递减，即()sin(0)0fxxxf所以sinxx；令()tangxxx，其中(0,)2x则/221()1tan0cosgxxx，所以()tangxxx在(0,)2上单调递减，即()tan(0)0gxxxg所以tanxx。综上所述，sintanxxx评注：证明函数类不等式时，构造辅助函数比较容易，只需将不等式的其中一边变为0，然后另一边的函数作为辅助函数，并利用导数证明其单调性或其最值，进而构造我们所需的不等式的结构即可。根据不等式的对称性，本例也可以构造辅助函数为在(0,)2上是单调递增的函数（如：利用()sinhxxx在(0,)2上是单调递增来证明不等式sinxx），另外不等式证明时，区间端点值也可以不是我们所需要的最恰当的值（比如此例中的(0)f也可以不是0，而是便于放大的正数也可以）。因此例可变式为证明如下不等式问题：已知(0,)2x，求证：sin1tan1xxx证明这个变式题可采用两种方法：第一种证法：运用本例完全相同的方法证明每个不等式以后再放缩或放大，即证明不等式sinxx以后，根据sin1sinxxx来证明不等式sin1xx；第二种证法：直接构造辅助函数()sin1fxxx和()tan1gxxx，其中(0,)2x然后证明各自的单调性后再放缩或放大（如：()sin1(0)10fxxxf）例2求证：ln(1)xx分析：令()ln(1)fxxx，经过求导易知，()fx在其定义域(1,)上不单调，但可以利用最值证明不等式。证明：令()ln(1)fxxx函数f(x)的定义域是(1,),'f(x)=111x.令'f(x)=0，解得x=0，当-1x0时,'f(x)0,当x0时,'f(x)0，又f(0)=0，2故当且仅当x=0时，f(x)取得最大值，最大值是0所以()ln(1)(0)0fxxxf即ln(1)xx二、常数类不等式证明常数类不等式证明的通法可概括为：证明常数类不等式的问题等价转化为证明不等式()()fafb的问题，在根据,ab的不等式关系和函数()fx的单调性证明不等式。例3已知0,,(1)(1)0mnabRab且求证：()()nnmmmnabab分析：()()ln()ln()ln()ln()nnmmmnnnmmmnnnmmababababmabnabln()ln()()()nnmmababnmfnfmln()()0xxabfxx在（，）上是减函数mn0证明：令ln()()(0)xxabfxxx则/22lnlnln()(lnln)()ln()()()xxxxxxxxxxxxxxaabbxabxaabbabababfxxxab22lnlnlnln0()()xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxabababababababababxabxab所以，ln()()0xxabfxx在（，）上是减函数又因为0mn，所以()()fnfm即ln()ln()nnmmababnmln()ln()ln()ln()nnmmnnmmmnmabnababab即()()nnmmmnabab评注：利用导数证明常数类不等式的关键是经过适当的变形，将不等式证明的问题转化为函数单调性证明问题，其中关键是构造辅助函数，如何构造辅助函数也是这种通法运用的难点和关键所在。通过本例，不难发现，构造辅助函数关键在于不等式转化为左右两边是相同结构的式子（本例经过转化后的不等式ln()ln()nnmmababnm的两边都是3相同式子ln()xxabx的结构，所以可以构造辅助函数ln()()xxabfxx），这样根据“相同结构”可以构造辅助函数。例4已知02，求证：tantan11tantan分析：欲证tantan11tantan，只需证tantantantan（不然没法构造辅助函数），即tantan,tantan，则需证函数tan(),()tanxfxgxxxx都在函数区间(0,)2上单调递增即可。证明：设tan()xfxx，(0,)2x则22tancos1.)(xxxxxf2/222sectansincos()cosxxxxxxfxxxx由例1知，(0,)sinsincossincos02xxxxxxxx即/()0fx，所以tan()xfxx在(0,)2上单调递增，而02所以tantan，即tantan，进而得到tan1tan设()tangxxx，(0,)2x则/2()tansecgxxxx，又因为(0,)2x，所以/()0gx，进而()tangxxx在(0,)2上单调递增，而02所以tantan，即tantan，进而得到tan1tan综上所述tantan11tantan用构造函数法给出两个结论的证明．（1）构造函数()sinfxxx，则()1cos0fxx，所以函数()fx在(0,)上单调递增，()(0)0fxf．所以sin0xx，即sinxx．（2）构造函数()ln(1)fxxx，则1()1011xfxxx．所以函数()fx在(0,)上单调递增，()(0)0fxf，所以ln(1)xx，即ln(1)xx．4要证111,nen两边取对数，即证11ln1,1nn事实上：设11,tn则1(1),1ntt因此得不等式1ln1(1)ttt构造函数1()ln1(1),gtttt下面证明()gt在(1,)上恒大于0．211()0,gttt∴()gt在(1,)上单调递增，()(1)0,gtg即1ln1,tt∴11ln1,1nn∴111,nen1．设函数()fx在R上的导函数为()fx，且22()()fxxfxx，下面的不等式在R上恒成立的是A．0)(xfB．0)(xfC．xxf)(D．xxf)(【答案】A【解析】由已知，首先令0x得0)(xf，排除B，D．令2()()gxxfx，则()2()()gxxfxxfx，①当0x时，有2()2()()()0gxfxxfxxgxx，所以函数()gx单调递增，所以当0x时，()(0)0gxg，从而0)(xf．②当0x时，有2()2()()()0gxfxxfxxgxx，所以函数()gx单调递减，所以当0x时，()(0)0gxg，从而0)(xf．综上0)(xf．故选A．【考点定位】本试题考察了导数来解决函数单调性的运用．通过分析解析式的特点，考查了分析问题和解决问题的能力．2．已知函数21()(1)ln2fxxaxax，1a．（Ⅰ）讨论函数()fx的单调性；（Ⅱ）证明：若5a，则对任意12,(0,)xx，12xx，有1212()()1fxfxxx．解：（Ⅰ）()fx的定义域为(0,)．211(1)(1)()axaxaxxafxxaxxx…………2分（i）若11a即2a，则2(1)()xfxx，故()fx在(0,)单调增加．（ii）若11a，而1a，故12a，则当(1,1)xa时，'()0fx；当(0,1)xa及(1,)x时，'()0fx．故()fx在(1,1)a单调减少，在(0,1),(1,)a单调增加．5（iii）若11a，即2a，同理可得()fx在(1,1)a单调减少，在(0,1),(1,)a单调增加．（II）考虑函数()()gxfxx21(1)ln2xaxaxx．则211()(1)2(1)1(11)aagxxaxaaxx．由于15,a故()0gx，即()gx在(0,)单调增加，从而当120xx时有12()()0gxgx，即1212()()0fxfxxx，故1212()()1fxfxxx，当120xx时，有12211221()()()()1fxfxfxfxxxxx．………………………………12分3设函数21fxxalnx有两个极值点12xx，，且12xx．（I）求a的取值范围，并讨论fx的单调性；（II）证明：21224lnfx．【解】（I）由题设知，函数fx的定义域是1,x222,1xxafxx且0fx有两个不同的根12xx、，故2220xxa的判别式480a，即1,2a且12112112,.22aaxx①又11,x故0a．因此a的取值范围是1(0,)2．当x变化时，()fx与()fx的变化情况如下表：因此()fx在区间1(1,)x和2(,)x是增函数，在区间12(,)xx是减函数．（II）由题设和①知22210,2(1),2xaxx于是2222222(1)1fxxxxlnx．设函数22(1)1,gttttlnt则2(12)1gtttlnt6当12t时，()0gt；当1(,0)2t时，0,gt故gt在区间1[,0)2是增函数．于是，当1(,0)2t时，1122().24lngtg因此22122()4lnfxgx．5．已知函数xaxxfln)(2在]2,1(是增函数,xaxxg)(在（0,1）为减函数．（1）求)(xf、)(xg的表达式；（2）求证：当0x时,方程2)()(xgxf有唯一解；（3）当1b时,若212)(xbxxf在x∈]1,0(内恒成立,求b的取值范围．解：（1）,2)(xaxxf依题意]2,1(,0)(xxf,即22xa,]2,1(x．∵上式恒成立,∴2a①……………1分又xaxg21)(,依题意)1,0(,0)(xxg,即xa2,)1,0(x．∵上式恒成立,∴.2a②………2分由①②得2a．…………………………3分∴.2)(,ln2)(2xxxgxxxf…………………………4分（2）由（1）可知,方程2)()(xgxf,.022ln22xxxx即设22ln2)(2xx