高考数学复习-常见的几个函数不等式及其应用

1常见的几个函数不等式及其应用在近几年的高考中，无论是国家考试中心的数学命题，还是一些独立命题省市的数学命题，有一些函数不等式在命题中出现的频率很高，它们在函数的性质的应用中和函数不等式的证明中发挥着很重要的作用，下面分别介绍这些函数不等式.一、函数不等式的介绍（1）)1()1ln(1xxxxx①证明：令xxxf)1ln()(，则xxxxf1111)(.当01x时，0)(xf；当0x时，0)(xf.所以)(xf在0x时取得极大值，故0)0()(fxf，所以)1()1ln(xxx.令xxxxg1)1ln()(，则22)1()1()1(11)(xxxxxxxg.当01x时，0)(xf；当0x时，0)(xf.所以)(xf在0x时取得极小值，故0)0()(gxg，)1)(1ln(1xxxx.综上可知，)1()1ln(1xxxxx.变式：)0(1lnxxx，②)0(11lnxxx.③（2）)1)(1(21lnxxxx④)10)(1(21lnxxxx⑤证明：令)1(21ln)(xxxxf，则02)1()11(211)(22xxxxxf.所以函数)(xf在),0(单调递减.所以，当1x时，0)1()(fxf；当10x时，0)1()(fxf.所以，不等式④，⑤成立.变式：)0(1)1ln(xxxx⑥（3）)1(1)1(2lnxxxx⑦)10(1)1(2lnxxxx⑧证明：令1)1(2ln)(xxxxf，则0)1()1()(22xxxxf.所以函数)(xf在),0(单调递增.当1x时，0)1()(fxf；当10x时，0)1()(fxf.所以，不等式⑦，⑧成立.（4）)10(211)1ln(112ln1xxx⑨证明：令xxxf1)1ln(1)(，则221)1(ln)1(1)(xxxxf，而)1(ln]1)1][ln(1)1[ln()1(ln1)1(ln)(222222xxxxxxxxxxxxxxf，2由⑥式)0(1)1ln(xxxx知，0)(xf，所以)(xf在10x上为减函数，12ln1)1()(fxf.由⑦式)1(1)1(2lnxxxx知211)1ln(1xx.综上可知，不等式⑨成立.（5）)0(1)211()1ln(xxxxx⑩证明：令1)211()1ln()(xxxxxf，则0)1(2)(22xxxf.故0)0()(fxf.所以，不等式⑩成立.变式：)0)(111(21)11ln(xxxx⑪利用上述类似构造函数方法，还可以得到以下一些重要不等式：（6）贝努尼不等式：当1x时，)0,1(1)1(或xx，⑫)10(1)1(xx⑬（7）)0(21)1ln(2xxxx⑭二、常见的函数不等的作用利用上述介绍的函数不等式，无论是去研究函数性质，还是去证明函数不等式或证明数列不等式都会带来许多便利.下面分别联系近几年高考的命题进行说明。（1）求函数的单调区间或研究函数的单调性，求函数的极值或最值例1（2008年湖南卷，理21）已知函数xxxxf1)1(ln)(22.（Ⅰ）求函数)(xf的单调区间；（Ⅱ）若不等式e)11(nn对任意的Nn都成立，求的最大值.解：（Ⅰ）对)(xf求导数，得22)1()1(211)1ln(2)(xxxxxxxf)]111(21)1[ln(12xxxx.由不等式④)1)(1(21lnxxxx，⑤)10)(1(21lnxxxx可知：当0x时，11x，有)111(21)1ln(xxx，0)(xf；当01x时，110x，有)111(21)1ln(xxx，0)(xf.因此，当0x时，)(xf为减函数；当01x时，)(xf为增函数.（Ⅱ）由e)11(nn可知，1)11ln()(nn，所以nn)11ln(1.记]1,0(1tn，则tt1)1ln(1，]1,0(t.由不等式⑨)10(211)1ln(112ln1xxx，可知12ln11)1ln(1tt，12ln1.所以，的最大值为12ln1.3（2）利用常用不等式求参数的取值范围例2（2010年全国卷，理22）设xxfe1)(.（Ⅰ）证明：1x时，1)(xxxf；（Ⅱ）设0x时，1)(axxxf，求a的取值范围.解：（Ⅰ）利用分析法，结合①式)1()1ln(1xxxxx可以证明.（Ⅱ）因为1e110axxx在0x时恒成立，所以01ax在0x时恒成立，则0a.另一方面，由1e110axxx，得xaxx11ee.令txe，由0x知1t.)1(ln11tttta.由不等式⑦)1(1)1(2lnxxxx可知)1(1)1(2lntttt，所以1t时，21)1(211ln11ttttttt.又由导数定义可知11lnlim1ttt，所以21ln)1(lim1tttt，故21ln11ttt.综上，所求a的取值范围为]21,0[.例3（2014年湖南卷，理22）已知常数0a，22)1ln()(xxaxxf.（Ⅰ）讨论)(xf在区间),0(上单调性；（Ⅱ）若)(xf存在两个极值点21,xx，且0)()(21xfxf，求a的取值范围.解：（Ⅰ）222)2)(1()1(4)2(41)(xaxaaxxaxaxf.因为0)2)(1(2xax，所以当01a，即1a时，0)(xf恒成立，则函数)(xf在区间),0(上单调递增.当10a时，由0)(xf，得aaax)1(2.则函数)(xf在区间))1(2,0(aaa单调递减，在),)1(2(aaa单调递增.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，10a时才可能出现两个极值点21,xx，且021xx，aaxx)1(421.而22)1ln(22)1ln()()(22211121xxaxxxaxxfxf44)(2)4(4])(1ln[21212121221xxxxxxxxaxxa2122)12ln(2aa)1121|12|(ln2aa，此时1121a.由不等式③)0(11lnxxx可知：要使0)()(21xfxf恒成立，必需1120a，从而121a.所以，所求a的取值范围为)1,21(.4（3）利用常见不等式比较大小例4（2013年陕西卷，理21）已知函数xxfe)(，Rx.(Ⅰ)若直线1kxy与)(xf的反函数的图像相切，求实数k的值；(Ⅱ)设0x，讨论曲线)(xfy与曲线2(0)ymxm公共点的个数；(Ⅲ)设ba，比较()()2fafb与()()fbfaba的大小，并说明理由.解：(Ⅰ))(xf的反函数xxgln)(.设切点)ln,(00xx，则,1)(,1ln0000xxgkkxx解之得2ek.(Ⅱ)由2emxx，得2exmx.令2e)(xxgx，则3)2(e)(xxxgx.当20x时，0)(xg；当2x时，0)(xg.所以2x是极小值点.从而可知，在4e2m时无交点；在4e2m时有一个交点；在4e2m时有两个交点.(Ⅲ)记ababafbfbfafMabbaee2ee)()(2)()(，令0tab，则tabMatataaabbaee2eeee2ee)]2()2(e[2e)1e2e1(etttttatta.再令0),2()2(e)(ttttht，在2t时，可知0)(th.在20t时，可证明ttt22e.事实上，令ttt22，则1t，且112ttt.只需证)1(ln1)1(2tttt.而由常见不等式⑦)1(1)1(2lnxxxx可知上式恒成立.从而0)2()2(e)(tttht在0t时恒成立.所以0M，即abafbfbfaf)()(2)()(.（4）利用常用不等式研究存在性问题例5（2011年湖南卷，文22）设函数)(ln1)(Raxaxxxf.（Ⅰ）讨论)(xf的单调性；（Ⅱ）若)(xf有两个极值点1x和2x，记过点))(,(11xfxA，))(,(22xfxB的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得ak2？若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由．解：（Ⅰ）)(xf的定义域为),0(.22211'()1axaxfxxxx令1)(2axxxg，其判别式42a.当22a时，0，0)(xf，故)(xf在),0(上单调递增．当2a时，而0x，有0)(xf，故)(xf在),0(上单调递增．当2a时，0，012axx的两根为2421aax，2422aax.5故)(xf在),0(1x上单调递增，在),(21xx上单调递减，在),(2x上单调递增.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，2a，且axx21，121xx．因为1212121212()()()(lnln)xxfxfxxxaxxxx，所以21212121212121lnln2lnln11)()(xxxxaxxxxaxxxxxfxfk若存在a，使得ak2，则1lnln2121xxxx.而121xx，所以2221ln2xxx.由不等式④)1)(1(21lnxxxx可知上式不可能成立，故不存在a，使得ak2.（5）利用常用不等式证明不等式例6（2013年全国大纲卷，理22）已知函数xxxxxf1)1()1ln()(.（Ⅰ）若0x时，0)(xf，求的最小值；（Ⅱ）设数列}{na的通项nan131211，证明：2ln412naann.解：（Ⅰ）由已知0)0(f，22)1()21()(xxxxf，0)0(f.若21，则当)21(20x时，0)(xf，所以0)(xf.若21，则当0x时，0)(xf，所以0)(xf.综上，的最小值是21.（Ⅱ）由不等式⑩)0(1)211()1ln(xxxxx，令nx1，有)111(21)11ln(nnn.于是)111(21ln)1ln(nnnn，)2111(21)1ln()2ln(nnnn，……)21121(21)12ln()2ln(nnnn，以上各式相加，得nnnnnn41)21211(ln2lnnaann412.所以2ln412naann.例7（2016全国卷Ⅰ，理21）已知函数2)1(e)2()(xaxxfx有两个零点.（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设x1，x2是)(xf的两个零点，证明：221xx.解：（Ⅰ）令tx1，则1tx.因为函数2)1(e)2()(xaxxfx有两个零点，所以21e)1()(atttgt有两个零点，而0t，6所以ttttttae)(ee)1(1221.记ttttme)(e)(12，则1321223e2]e)(e)2(e[)(