常见几个函数不等式与其应用

1、WORD格式常见的几个函数不等式及其应用*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1xln(1x)x( x1)1x1x证明 ：令 f ( x)ln(1x)x ，那么 f(x)1.xx11当 1 x0 时， f ( x)0 ；当x0 时，f ( x) 0 .所以 f (x) 在x0时取得极大值，故f (x)f (0) 0 ，所以 ln( 1x)x( x1) .令xg (x)1(1x)xx

2、g (x)ln(1x)1x ，那么1 x(1x)2(1x) 2 .当 1 x0 时， f ( x)0 ；当x0 时，f ( x) 0 .所以 f (x) 在x0 时取得极小值，故g( x)g (0) 0，xln(1x)( x1).1 x综上可知，xln(1x)x( x1) .1x变式 ： ln xx1(x0) ，ln x11( x0) .x 2 ln x1 ( x1)( x1)2xln x11x1)( x)( 02x1)2证明 ：令 f ( x)ln x1 (x1) ，那么f ( x)11 (11)( x0 .2xx2x22x所以函数 f ( x) 在 ( 0,) 单调递减.所以，当 x1 时

3、， f (x)f (1) 0 ；当 0x 1 时， f ( x)f (1)0 .所以，不等式，成立 .变式 ： ln(1x)x( x0)x1专业资料整理WORD格式 3 ln x2( x1) ( x1)x1ln x2( x1)x1)x(01证明 ：令 f ( x)ln x2( x1) ，那么x1所以函数 f ( x) 在 ( 0,) 单调递增.当 x 1 时， f (x) f (1)0；当 0所以，不等式，成立 .411111 (0ln 2ln(1 x)x2f( x1) 20.(x)1) 2x( xx1时， f (x) f (1) 0 .x1)专业资料整理WORD格式1 / 7专业资料整理WO

4、RD格式证明 ：令1111f ( x)ln(1x)x，那么 f( x)( x 1) ln 2 (1 x)x2 ，ln 2 (1x2ln( 1 x)xln( 1x)xx)x11x而 f ( x)1x，x2 ln 2 (1x)x2ln 2(1 x)由式 ln(1x)x( x0) 知，f ( x)0 ，x1所以 f (x) 在 0x1 上为减函数，f (x)11 .f (1)ln 2由式 ln x2(x1)(x1) 知111x)x.x1ln(12综上可知，不等式成立 .x(11 x) 5 ln(1x)2( x0)x1x(11 x)x2证明 ：令 f ( x)ln(1x)x2，那么 f( x)1) 2

5、0.12(x故 f (x) f (0)0 .所以，不等式成立 .变式 ： ln(11)1(11)( x0)"x 2 x x 1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 x 1 时，(1x)1x(1,或0) ，"(1x)1x(01)" 7 ln(1 x)x1x2 ( x0)"2二、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展说明。 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 12021年*卷，

6、理 21函数f ( x)ln 2 (1x)x2.f ( x) 的单调区间；1 x求函数假设不等式(11)ne 对任意的 nN 都成立，求的最大值 .n解：对f ( x) 求导数，得f ( x)2 ln(1x)12x(1x)x21x(1x)2211( x 11) .ln(x)11 x2x由不等式 ln x1( x1 )( x1) ， ln x1(x1)(0x1)可知：2x2x当 x0时，1x1，有 ln(1x)1(x 11) ， f (x)0；21x当 1x 0 时， 01x 1，有ln(1x)1(x11) ， f (x) 0 .21x专业资料整理WORD格式2 / 7专业资料整理WORD格式因

7、此，当 x0时， f ( x) 为减函数；当1x0 时， f ( x) 为增函数 .由 (11 )ne 可知，(n) ln(11 )1 ，所以1n .1nnln(1)n记 1t (0,1 ，那么11， t( 0,1 .nln(1t )t由不等式111x)11 (0x1) ，可知1111 ，ln 2ln(1x2ln(1 t)tln 211 .ln 21所以，的最大值为1 .ln 2 2利用常用不等式求参数的取值X围例 2 2021年全国卷，理22设 f ( x)1e x .证明：x1 时， f (x)x；x1设 x0 时，f ( x)x，求 a 的取值X围 .ax1解：利用分析法，结合式xln(

8、1x) x( x1) 可以证明 .1x1x在 x0时恒成立，因为 0 1axex1所以 ax10 在x 0时恒成立，那么a 0.另一方面，由01x，得ae x11.令 e xexax1ex1xt ，由x0 知t 1 .at1(t 1) .t1ln t专业资料整理WORD格式由不等式 ln x所以 t1 时，tt又由导数定义可知2(x1) ( x1) 可知 ln t2(t1) (t 1) ，x1t11tt11 .1 ln tt1 2(t1)2lim ln t1 ，t1 t1专业资料整理WORD格式所以 lim(t1) ln t2 ，故t111 .t 1t1tln t2综上，所求 a 的取值X围为

9、 0,1 .2例 3 2021年*卷，理22常数a 0， f ( x)ln(1ax)2x .讨论f ( x) 在区间 (0,) 上单调性；x2假设 f ( x) 存在两个极值点x1,x2，且 f (x1 )f ( x2 )0 ，求 a 的取值X围 .解： f(x)a4ax24(1a )1 ax( x 2)2(1ax)( x2)2 .因为 (1ax)( x2)20 ，所以当 1a0，即 a1 时， f ( x)0 恒成立，那么函数 f (x)在区间 (0,) 上单调递增 .专业资料整理WORD格式3 / 7专业资料整理WORD格式当 0 a1 时，由 f (x)0 ，得 x2 a(1 a).那么

10、函数 f (x) 在区间 (0,2 a (1a) ) 单aa调递减，在 (2 a(1a) ,) 单调递增 .a由知，0a1 时才可能出现两个极值点x1 , x2，且x1 x20 ， x1x24(a1) .a2x12 x2而 f (x1)f ( x2 )ln(1 ax1)ln(1ax2 )x1 2x22l n1a( x1x2 )2x1x24( x1 x24)4a2(x1x2 )x1 x24专业资料整理WORD格式ln( 2a1)2222a12(ln | 2a 1|1，此时 12a1)2a111(x 0) 可知：由不等式 ln xx要使 f ( x1)f(x2 )0 恒成立，必需02a1所以，所求

11、a 的取值X围为(,1) .11 .1 1，从而1a 1 .2专业资料整理WORD格式 3利用常见不等式比较大小例 4 2021年*卷，理21函数f ( x)ex， xR .( ) 假设直线 ykx1 与 f ( x) 的反函数的图像相切，*数k 的值；( ) 设x0 ，讨论曲线yf (x)与曲线 ymx2 ( m0)公共点的个数；( ) 设ab ，比较f (a)f (b) 与 f (b)f (a)的大小，并说明理由 .2ba解：()f ( x) 的反函数g ( x)ln x .设直线 ykx1 与g( x)ln x 相切与点(x0, ln x0)，ln x0kx01,e 2 .那么 k g

12、( x)1,解之得 k0x0( ) 由 e xmx2，得 mexx2 .令 g (x)exex ( x 2).x2，那么 g ( x)x32 时，g ( x) 0 .当 0 x2 时，g ( x)0 ；当x所以 x 2 是极小值点.从而可知，在 me2时无交点；在 me2时有一个交点；在 me2时有两个交点 .444() 记Mf ( a)2f (b)f (b)f (a )eaebebea，令 bat 0 ，ba2baeaebebeaeaea tea tea那么 M2ba2tea (1 etet1 )ea et (t 2) (t2) .2t2t专业资料整理WORD格式4 / 7专业资料整理WOR

13、D格式再令 h (t )et (t2)(t2), t0，在 t2时，可知 h(t)0 .在 0t2 时，可证明 et2t .2t事实上，令 t2t，那么 t1 ，且tt1.2t2t1只需证 2(t1)ln t (t1) .t1而由常见不等式ln x2( x1) ( x1) 可知上式恒成立 .et (tx1从而 h (t)2)(t2) 0 在 t0 时恒成立 .所以 M0，即 f (a) f (b)f (b)f (a) .2ba 4利用常用不等式研究存在性问题例 52021年*卷，文22设函数f ( x)x1a ln x(a R ) .讨论f ( x) 的单调性；x假设f ( x) 有两个极值点

14、x1和 x2，记过点 A( x1 , f ( x1) ， B( x2 , f ( x2 ) 的直线的斜率为 k ，问：是否存在a ，使得k2a ？假设存在，求出a 的值，假设不存在，请说明理由解： f ( x) 的定义域为 (0,) .f'( x) 11ax2ax1x2xx2专业资料整理WORD格式令 g ( x)当 2当 ax2ax1 ，其判别式a24 .a 2 时，0 ， f ( x)0 ，故 f (x) 在 (0,) 上单调递增2 时，而x0 ，有f (x)0 ，故 f ( x) 在 ( 0,) 上单调递增专业资料整理WORD格式当 a 2时，0 ， x2ax 10 的两根为 x

15、aa 24， x2aa24122.故 f (x) 在 (0, x1) 上单调递增，在( x1, x2 ) 上单调递减，在( x2 , ) 上单调递增 .由知， a2 ，且xx2a ， x x2111专业资料整理WORD格式f ( x1) f ( x2 ) ( x1x2 )x1x2x1x2因为所以 kf (x1)f ( x2 )11a ln x1x1x2x1 x2x1假设存在 a ，使得k 2a ，那么ln x1ln x2x1x2而 x1 x21，所以 2 ln x2x21.x2a(ln x1ln x2 )，ln x22 a ln x1ln x2x2x1x21.专业资料整理WORD格式由不等式

16、ln x1 ( x 1)( x 1)可知上式不可能成立，2 x故不存在 a ，使得k 2 a .（ 5利用常用不等式证明不等式例 6 2021年全国大纲卷，理22函数 f (x) ln(1 x)x(1xx) .假设 x 0 时，f ( x) 0，求1的最小值；设数列 an 的通项 a 1111，证明： aan1ln 2 .n23n2 n4n专业资料整理WORD格式5 / 7专业资料整理WORD格式解：由f (0)0 ， f( x)(12) xx2， f(0)0.(1x) 2假设1 ，那么当0x2(12) 时， f (x)0 ，所以 f ( x)0.2假设1，那么当 x0时， f( x)0，所以

17、 f ( x)0 .2综上，的最小值是1 .21 x)x(11 ，有由不等式ln(1x)x2( x0) ，令 x1nln(11 )1 ( 1n1) .n2n1于是 ln( n1)ln n1 ( 11) ，2 nn1ln( n2)ln( n1)1 (111) ，2nn2ln( 2n)ln( 2n111)，1)(12 2 n2n以上各式相加，得ln 2n ln n ( 111 )1aan1 .nn22n4n2 n4n所以 a2na1ln 2 .n4n例 72021全国卷，理21函数f ( x) ( x 2)exa( x1)2有两个零点 .求 a 的取值X围；设 x1， x2是 f ( x) 的两个

18、零点，证明：x1x22 .解： 令 x1t ，那么 xt1 .因为函数 f ( x) ( xxa( x2有两个零点，2) e1)所以 g (t )(t1)et1at 2有两个零点，而 t0 ，所以 a(1t) et1e(t 2t1) et.t 2记 m(t )e(t2t 1 )et，那么 m(t)e(2t3t2 )et(t2t1 )et 2 t 2et 1.t 3列表如下：t(,0)0( 0,)m (t )+不存在m(t)0而 h(1)0 ，所以，当 a0 时，g (t )有两个零点，其中一个零点t10 ，另一个零点t0.2专业资料整理WORD格式6 / 7专业资料整理WORD格式综上， a 的取值X围为 (0,) 由 可 知 a0 时 ，g (t)有 两 个 零 点t1和t2， 其 中 t1 x11 0 ，t 2 x2 10，(1 t )et11(1 t)et 2 1即存在 t10 ， t 20 使得 a12m( t1 )22m(t2 ) .t1t2下面证明 t1t 20 .记 m(t )(1 t) et 1，那么 m(t )(1 t )e t 1t ) m(t ) 在 t0 时恒成t2t2，先证明不等式 m