李锦旭(导数法解证不等式构造技巧探析).doc

导数法解证不等式构造技巧探析 北京市十一学校 李锦旭（100039） 导数引入新教材，进入新高考，显示了它强大的生命力；教材主要是研究单调性、极值（或最值）、切线三个方面，而高考还出现了研究方程的解、不等式等问题，而且已成为近年来高考热点，本文主要选取近4年高考题中与不等式有关的几道试题予以简要剖析，以此体会导数法解决不等式问题的有效性。一、恒成立问题例1评注：等价转化问题是顺利解决此类问题的思考方向；构造函数通过研究其单调性来考察其值域（或最值）是有效解决此类问题的关键。备选题1 (05辽宁卷22)函数在区间（0，+）内可导，导函数是减函数，且 设是曲线在点（）的切线方程，并设函数（）用、表示m；（）证明：当；（）若关于的不等式上恒成立，其中a、b为实数，求b的取值范围及a与b所满足的关系. 解析：（） （）令因为递减，所以递增，因此，当；当.所以是唯一的极值点，且是极小值点，也就是最小值。于是h(x)min=h(x0)=g(x0)-f(x0)=0，即的最小值为0，因此即 （）法1：，是不等式成立的必要条件，以下讨论设此条件成立. 对任意成立的充要条件是即另一方面，由于满足前述题设中关于函数的条件，利用（II）的结果可知，的充要条件是：过点（0，）与曲线相切的直线的斜率大于，该切线的方程为于是的充要条件是 综上，不等式对任意成立的充要条件是，显然，存在a、b使式成立的充要条件是：不等式有解，解不等式得因此，式即为b的取值范围，式即为实数a与b所满足的关系式.法2：是不等式成立的必要条件，以下讨论设此条件成立. 对任意成立的充要条件是 令，于是对任意成立的充要条件是 由当时，当时，所以，当时，取最小值.因此成立的充要条件是，即 综上，不等式对任意成立的充要条件是， 以下略。例2（08全国二22）设函数（）求的单调区间；（）如果对任何，都有，求的取值范围解：（）当（）时，即；当（）时，即因此，在每一个区间（）是增函数，在每一个区间（）是减函数（）令，则故当时，又，所以当时，即 当时，分以下两种情况构造反例：（1）当时，令，则故当时，因此在上单调增加故当时，即于是，当时，（2）当时，有因此，的取值范围是评注：构造函数在研究其最值（与适合题意的主要条件相关）时可能需要对复杂问题进行分类讨论；成立则给予证明，不成立，则需要举出反例来否定。例3.（08年辽宁卷22）设函数（）求f(x)的单调区间和极值；（）是否存在实数a，使得关于x的不等式的解集为（0，+）？若存在，求a的取值范围；若不存在，试说明理由解：（）故当时，当时，所以在单调递增，在单调递减由此知在的极大值为，没有极小值（）（）当时，由于，故关于的不等式的解集为（）当时，由知，其中为正整数，且有又时，且取整数满足，且，则，即当时，关于的不等式的解集不是综合（）（）知，存在，使得关于的不等式的解集为，且的取值范围为 评注：本题第（2）小题是具有较大难度的试题，其难点在于在充分分析函数f(x)结构特征的基础上选择恰当的反例（如取x=）进行放缩证明。备选题2 （07全国1卷20）设函数（）证明：的导数；（）若对所有都有，求的取值范围 （答案：）例4 （08安徽卷20）设函数（）求函数的单调区间；（）已知对任意成立，求实数的取值范围。解析：(1)若 则，列表如下：+0-单增极大值单减单减 (2) 在 两边取对数, 得 ,由于所以(1)由(1)的结果可知,当时, 为使(1)式对所有成立,当且仅当,即为所求。评注：寻找（2）中不等式与（1）的联系（观察其结构特征），通过取对数转化为求函数f(x)的最大值问题。例5.（08年湖南卷21）已知函数f(x)=ln2(1+x)-. (I ) 求函数的单调区间;（）若不等式对任意的都成立（其中e是自然对数的底数）.求的最大值.解析: （）函数的定义域是，设则令则当时， 在（-1，0）上为增函数，当x0时， 在上为减函数.所以h(x)在x=0处取得极大值，而h(0)=0,所以，函数g(x)在上为减函数.于是当时，当x0时，所以，当时，在（-1，0）上为增函数.当x0时，在上为减函数.故函数的单调递增区间为（-1，0），单调递减区间为.（）不等式等价于不等式由知， 设 则由（）知，即所以于是G(x)在上为减函数.故函数G（x）在上的最小值为 所以a的最大值为 评注：仿第3题取对数并化离散为连续进行构造转化利用单调性求最小值解决问题；值得注意的是本题在考察单调性需要判断符号而难以直接判断时可以考虑进行二次构造甚至三 次（多次）构造，是典型的用构造方法转化并解决问题的好例。 二、证明不等式问题1直接构造例6（07年浙江理22）设，对任意实数，记（I）求函数的单调区间；（II）求证：（）当时，对任意正实数成立；（）有且仅有一个正实数，使得对任意正实数成立解析：（I）由，得因为当时，当时，当时，故所求函数的单调递增区间是，单调递减区间是（II）证明：（i）法1：令，则，当时，由，得，当时，所以在内的最小值是故当时，对任意正实数成立法2：对任意固定的，令，则，由，得当时，当时，所以当时，取得最大值因此当时，对任意正实数成立（ii）法1：由（i）得，对任意正实数成立即存在正实数，使得对任意正实数成立下面证明的唯一性：当，时，由（i）得，再取，得，所以，即时，不满足对任意都成立故有且仅有一个正实数，使得对任意正实数成立法2：对任意，因为关于的最大值是，所以要使对任意正实数成立的充分必要条件是：， 评注：备选题3（07安徽理18）设，（）令，讨论在内的单调性并求极值；（）求证：当时，恒有备选题4（07年湖北理20）已知定义在正实数集上的函数，其中设两曲线，有公共点，且在该点处的切线相同（I）用表示，并求的最大值；（II）求证：（）2适当放缩后再构造例7（08山东卷理21）已知函数其中nN*,a为常数.（）当n=2时，求函数f(x)的极值；（）当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x2时，有f(x)x-1.解析（）由已知得函数f(x)定义域为x|x1，当n=2时，所以，（1）当a0时，由f/(x)=0得1，1，此时 f/(x)=.当x（1，x1）时，f/(x)0,f(x)单调递减；当x（x1+）时，f/(x)0, f(x)单调递增.（2）当a0时，f/(x)0恒成立，所以f(x)无极值.综上所述，对n=2，当a0时，f(x)在处取得极小值，极小值为当a0时，f(x)无极值.（）证法1：因为a=1,所以当n为偶数时，令则 g（x）=1+0（x2）.所以当x2,+）时，g(x)单调递增，又g(2)=0，因此g(2)=0恒成立，所以f(x)x-1成立.当n为奇数时，要证x-1,由于0，所以只需证ln(x-1) x-1, 令h(x)=x-1-ln(x-1),则 h（x）=1-0（x2）,所以当x2，+）时，单调递增，又h(2)=10， 所以当x2时，恒有h(x) 0,即ln（x-1）x-1命题成立. 综上所述，结论成立.法2： 当a=1时当x2时，对任意的正整数n，恒有1，故只需证明1+ln(x-1) x-1.令则当x2时，0，故h(x)在上单调递增，因此当x2时，h(x)h(2)=0，即1+ln(x-1) x-1成立.故当x2时，有x-1.即f（x）x-1.评注：本题与上述两题之直接构造函数不同，而是经过理性分析后，放缩再进行构造，则较为简捷；但是具有较高的思维含量（若直接构造则运算特繁琐！）。3化离散为连续进行构造例8.（07年山东理22）设函数，其中（）当时，判断函数在定义域上的单调性；（）求函数的极值点；（）证明对任意的正整数，不等式都成立解析：（）（）略；（）当时，函数，令函数，则当时，所以函数在上单调递增，又时，恒有，即恒成立故当时，有对任意正整数取，则有所以结论成立 评注：化离散为连续进行构造性证明是本题创新特色。 备选题5 三、根据解题需要灵活构造 例9（07年湖南理21）已知（）是曲线上的点，是数列的前项和，且满足，（I）证明：数列（）是常数数列；（II）确定的取值集合，使时，数列是单调递增数列；（III）证明：当时，弦（）的斜率随n的增大而单调递增解析：（I）当时，由已知得因为，所以，于是由得；于是；由得所以，即数列是常数数列（II）由有，所以由有，所以，。而表明：数列和分别是以，为首项，6为公差的等差数列，所以，数列是单调递增数列且对任意的成立且即所求的取值集合是（III）解法1：弦的斜率为任取，设函数，则记，则，当时，在上为增函数，当时，在上为减函数，所以时，从而，所以在和上都是增函数由（II）知，时，数列单调递增，取，因为，所以取，因为，所以所以，即弦的斜率随单调递增法2：设函数，同法一得在和上都是增函数，所以，故，即弦的斜率随单调递增评注：本题第（3）小题已经很难使用通法证明，而结合分式特点构造函数通过研究其单调性来解决，则别开生面！ 15（06年四川卷理22）已知函数，的导函数是，对任意两个不相等的正数，证明：当时，证明：法1：由，得故。下面证明对任意两个不相等的正数,有恒成立，即证成立，设则问题转化为考察函数u(t)的最小值问题：，令得，列表如下：递减极小值递增，对任意两个不相等的正数，恒有。证法2：由，得是两个不相等的正数设，则，列表：递减极小值递增即，.即对任意两个不相等的正数，恒有。评注：本题是导数与不等式结合的典型试题，需要在证明不等式的不断转化分析过程中观察进行适时地而又较为灵活地构造函数通过研究其极值达到放缩要求；引导考生建立这种学习与研究意识极为重要，凸显了本题作为能力型试题在考查学生后继学习