常见几个函数不等式及其应用

常见的几个函数不等式及其应用常见的几个函数不等式及其应用 武汉市教育科学研究院 孔峰 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 函数不等式的介绍一 函数不等式的介绍 1 1 1ln 1 xxx x x 证明证明 令 则 xxxf 1ln x x x xf 1 1 1 1 当时 当时 01 x0 x f0 x0 x f 所以在时取得极大值 故 xf0 x0 0 fxf 所以 1 1ln xxx 令 则 x x xxg 1 1ln 22 1 1 1 1 1 x x x xx x xg 当时 当时 01 x0 x f0 x0 x f 所以在时取得极小值 故 xf0 x0 0 gxg 1 1ln 1 xx x x 综上可知 1 1ln 1 xxx x x 变式变式 0 1ln xxx 0 1 1 ln x x x 2 1 1 2 1 ln x x xx 10 1 2 1 ln x x xx 证明证明 令 则 1 2 1 ln x xxxf 0 2 1 1 1 2 11 2 2 x x xx xf 所以函数在单调递减 xf 0 所以 当时 当时 1 x0 1 fxf10 x0 1 fxf 所以 不等式 成立 变式变式 0 1 1ln x x x x 3 1 1 1 2 ln x x x x 10 1 1 2 ln x x x x 证明证明 令 则 1 1 2 ln x x xxf0 1 1 2 2 xx x xf 所以函数在单调递增 xf 0 当时 当时 1 x0 1 fxf10 x0 1 fxf 所以 不等式 成立 4 10 2 11 1ln 1 1 2ln 1 x xx 证明证明 令 则 xx xf 1 1ln 1 22 1 1 ln 1 1 xxx xf 而 1 ln 1 1 ln 1 1 ln 1 ln 1 1 ln 2222 2 2 xx x x x x x x xx x x x xf 由 式知 0 1 1ln x x x x0 x f 所以在上为减函数 xf10 x1 2ln 1 1 fxf 由 式知 1 1 1 2 ln x x x x 2 11 1ln 1 xx 综上可知 不等式 成立 5 0 1 2 1 1 1ln x x xx x 证明证明 令 则 1 2 1 1 1ln x xx xxf0 1 2 2 2 x x xf 故 0 0 fxf 所以 不等式 成立 变式变式 0 1 11 2 1 1 1ln x xxx 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 当时 1 x 0 1 1 1 或xx 10 1 1 xx 7 0 2 1 1ln 2 xxxx 二 常见的函数不等的作用二 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 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 例例1 2008年湖南卷 理21 已知函数 x x xxf 1 1 ln 2 2 求函数的单调区间 xf 若不等式对任意的都成立 求的最大值 e 1 1 n n Nn 解解 对求导数 得 xf 2 2 1 1 2 1 1 1ln 2 x xxx x xxf 1 1 1 2 1 1 ln 1 2 x xx x 由不等式 可知 1 1 2 1 ln x x xx 10 1 2 1 ln x x xx 当时 有 0 x11 x 1 1 1 2 1 1ln x xx 0 x f 当时 有 01 x110 x 1 1 1 2 1 1ln x xx 0 x f 因此 当时 为减函数 当时 为增函数 0 x xf01 x xf 由可知 所以 e 1 1 n n 1 1 1ln n n n n 1 1ln 1 记 则 1 0 1 t ntt 1 1ln 1 1 0 t 由不等式 可知 10 2 11 1ln 1 1 2ln 1 x xx 1 2ln 11 1ln 1 tt 1 2ln 1 所以 的最大值为 1 2ln 1 2 利用常用不等式求参数的取值范围 利用常用不等式求参数的取值范围 例例2 2010年全国卷 理22 设 x xf e1 证明 时 1 x 1 x x xf 设时 求的取值范围 0 x 1 ax x xfa 解解 利用分析法 结合 式可以证明 1 1ln 1 xxx x x 因为在时恒成立 1e 1 10 ax x x 0 x 所以在时恒成立 则 01 ax0 x0 a 另一方面 由 得 1e 1 10 ax x x x a x x 1 1e e 令 由知 t x e0 x1 t 1 ln 1 1 t tt t a 由不等式 可知 1 1 1 2 ln x x x x 1 1 1 2 ln t t t t 所以时 1 t 2 1 1 2 1 1ln 1 1 t t t t tt t 又由导数定义可知 1 1 ln lim 1 t t t 所以 故 2 1 ln 1 lim 1 t tt t 2 1 ln 1 1 tt t 综上 所求的取值范围为 a 2 1 0 例例3 2014年湖南卷 理22 已知常数 0 a 2 2 1ln x x axxf 讨论在区间上单调性 xf 0 若存在两个极值点 且 求的取值范围 xf 21 x x0 21 xfxfa 解解 2 2 2 2 1 1 4 2 4 1 xax aax xax a xf 因为 所以当 即时 恒成立 则函数0 2 1 2 xax01 a1 a0 x f xf 在区间上单调递增 0 当时 由 得 则函数在区间单10 a0 x f a aa x 1 2 xf 1 2 0 a aa 调递减 在单调递增 1 2 a aa 由 知 时才可能出现两个极值点 且10 a 21 x x 0 21 xx a a xx 1 4 21 而 2 2 1ln 2 2 1ln 2 2 2 1 1 121 x x ax x x axxfxf 4 4 2 4 4 1ln 2121 21 21 2 21 xxxx xx xxaxxa 2 12 2 12ln 2 a a 此时 1 12 1 12 ln2 a a1121 a 由不等式 可知 0 1 1 ln x x x 要使恒成立 必需 从而 0 21 xfxf1120 a1 2 1 a 所以 所求的取值范围为 a 1 2 1 3 利用常见不等式比较大小 利用常见不等式比较大小 例例4 2013年陕西卷 理21 已知函数 x xfe R x 若直线与的反函数的图像相切 求实数k的值 1 kxy xf 设 讨论曲线与曲线 公共点的个数 0 x xfy 2 0 ymxm 设 比较与的大小 并说明理由 ba 2 f af b f bf a ba 解解 的反函数 xfxxgln 设直线与相切与点 1 kxyxxgln ln 00 xx 则解之得 1 1ln 0 0 00 x xgk kxx 2 e k 由 得 2 emx x 2 e x m x 令 则 2 e x xg x 3 2 e x x xg x 当时 当时 20 x0 x g2 x0 x g 所以是极小值点 2 x 从而可知 在时无交点 在时有一个交点 在时有两个交点 4 e2 m 4 e2 m 4 e2 m 记 令 abab afbfbfaf M abba ee 2 ee 2 0 tab 则 tab M atataaabba ee 2 eeee 2 ee 2 2 e 2 e 1e 2 e1 e tt tt t att a 再令 0 2 2 e tttth t 在时 可知 2 t0 th 在时 可证明 20 t t t t 2 2 e 事实上 令 则 且 t t t 2 2 1 t 1 1 2 t tt 只需证 1 ln 1 1 2 tt t t 而由常见不等式 可知上式恒成立 1 1 1 2 ln x x x x 从而在时恒成立 0 2 2 e ttth t 0 t 所以 即 0 M ab afbfbfaf 2 4 利用常用不等式研究存在性问题 利用常用不等式研究存在性问题 例例5 2011年湖南卷 文22 设函数 ln 1 R axa x xxf 讨论的单调性 xf 若有两个极值点和 记过点 的直线的斜率 xf 1 x 2 x 11 xfxA 22 xfxB 为 问 是否存在 使得 若存在 求出的值 若不存在 请说明理由 kaak 2a 解解 的定义域为 xf 0 2 22 11 1 axax fx xxx 令 其判别式 1 2 axxxg4 2 a 当时 故在上单调递增 22 a0 0 x f xf 0 当时 而 有 故在上单调递增 2 a0 x0 x f xf 0 当时 的两根为 2 a0 01 2 axx 2 4 2 1 aa x 2 4 2 2 aa x 故在上单调递增 在上单调递减 在上单调递增 xf 0 1 x 21 xx 2 x 由 知 且 2 aaxx 21 1 21 xx 因为 12 121212 12 lnln xx f xf xxxaxx x x 所以 21 21 21 21 2121 21 lnln 2 lnln1 1 xx xx a xx xx a xxxx xfxf k 若存在 使得 则 aak 21 lnln 21 21 xx xx 而 所以 1 21 xx 2 22 1 ln2 x xx 由不等式 可知上式不可能成立 1 1 2 1 ln x x xx 故不存在 使得 aak 2 5 利用常用不等式证明不等式 利用常用不等式证明不等式 例例6 2013年全国大纲卷 理22 已知函数 x xx xxf 1 1 1ln 若时 求的最小值 0 x0 xf 设数列的通项 证明 n a n an 1 3 1 2 1 1 2ln 4 1 2 n aa nn 解解 由已知 0 0 f 2 2 1 21 x xx xf 0 0 f 若 则当时 所以 2 1 21 20 x0 x f0 xf 若 则当时 所以 2 1 0 x0 x f0 xf 综上 的最小值是 2 1 由不等式 令 有 0 1 2 1 1 1ln x x xx x n x 1 1 11 2 1 1 1ln nnn 于是 1 11 2 1 ln 1ln nn nn 2 1 1 1 2 1 1ln 2ln nn nn 2 1 12 1 2 1 12ln 2ln nn nn 以上各式相加 得 nnnn nn 4 1 2 1 2 11 ln2ln n aa nn 4 1 2 所以 2ln 4 1 2 n aa nn 例例7 2016全国卷 理21 已知函数有两个零点 2 1 e 2 xaxxf x 求a的取值范围 设x1 x2是的两个零点 证明 xf2 21 xx 解 解 令 则 tx 11 tx 因为函数有两个零点 2 1 e 2 xaxxf x 所以有两个零点 而 21 e 1 atttg t 0 t 所以 t t tt t t ae e e 1 12 2 1 记 则 t tttme e 12 1 3 2 1223 e 2 e e 2 e ttt t t tttttm 列表如下 t 0 0 0 t m 不存在 tm0 而 0 1 h 所以 当时 有两个零点 其中一个零点 另一个零点 0 a tg0 1 t0 2 t 综上 a的取值范围为 0 由 可知时 有两个零点和 其中 0 a tg 1 t 2 t01 11 xt 01 22 xt 即存在 使得 0 1 t0 2 t e 1 e 1 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 21 tm t t tm t t a tt 下面证明 0 21 tt 记 则 先证明不等式在时恒成 2 1 e 1 t t tm t 2 1 e 1 t t tm t tmtm 0 t 立 当时 所以 1 t0 tm0 tm tmtm 当时 要证 10 t 2 1 2 1 e 1 e 1 t t t t tt 只需证 即 t t t 1 1 e2 t t t 1 1 ln2 记 只需证恒成立 1 1 1 u t t 1 1 1 2 ln u u u u 令 则 1 1 2 ln u u uuF0 1 1 2 2 uu u uF 所以 从而在时恒成立 0 1 FuF tmtm 1 0 t 所以 在时恒成立 tmtm 0 t 因为 所以 21 tmtma 0 2 t0 2 t 22 tmtm 所以 221 tmtmtm