利用導(dǎo)數(shù)證明不等式之構(gòu)造函數(shù)法題型一：移項(xiàng)作差構(gòu)造函數(shù)1、解題思路第一步：判斷所證明不等式是否符合移項(xiàng)作差構(gòu)造函數(shù)的特點(diǎn)將證明不等式f(x)>g(x)f(x)<g(x)的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明f(x)_g(x)>0f(x)-g(x)<0，進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)。第二步：符合后構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；第三步：函數(shù)問(wèn)題轉(zhuǎn)化回不等式問(wèn)題，得出結(jié)論。［點(diǎn)撥］構(gòu)造的函數(shù)前提是要可導(dǎo)，求導(dǎo)過(guò)程較容易，多是整式且最多利用二次求導(dǎo)研究其單調(diào)性問(wèn)題。比如：不等式口<少證明時(shí)，直接移項(xiàng)作差構(gòu)造的函數(shù)f(x)=二1-4lnx2lnx2求導(dǎo)過(guò)于復(fù)雜且無(wú)法利用導(dǎo)數(shù)快速研究其單調(diào)性；2、經(jīng)典例題例1:(2019春-蘇州期末)已知函數(shù)f(x)=ln(x+1)-x，求證:當(dāng)x>-1時(shí)，恒有1-丄<ln(x+1)<x.x+1［思路分析］第一步：判斷不等式特點(diǎn)，右邊不等式移項(xiàng)作差直接可以利用已知函數(shù)證明，左邊不等式移項(xiàng)作差構(gòu)造函數(shù)g(x)=ln(x+1)+丄-1，可直接求導(dǎo)研究函數(shù)單調(diào)性，都符合移x+1項(xiàng)作差構(gòu)造函數(shù)特點(diǎn)；第二步：分別利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)y=f(x)和y-g(x)的單調(diào)性和最值；第三步：轉(zhuǎn)化回不等式問(wèn)題，得出結(jié)論.［解析］證明：???f(x)二丄-1一亠(x>-1)x+1x+1???當(dāng)-1<x<0時(shí)，f，(x)>0，即f(x)在xG(-1,0)上為增函數(shù)當(dāng)x>0時(shí)，廣(x)<0，即f(x)在xG(0,+g)上為減函數(shù)，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-1,0)，單調(diào)遞減區(qū)間(0,+8)，于是函數(shù)f(x)在(-1,+8)上的最大值為f(x)=f(0)=0，max因此，當(dāng)x>-1時(shí)，f(x)<f(0)=0，即ln(x+1)-x<0，?ln(x+1)<x(右邊得證)，

現(xiàn)證左邊，令g(x)=ln(x+1)+^^-1，貝9g，(x)=~~^-1=x—x+1x+1(x+1)2(x+1)2當(dāng)xG(-1,0)時(shí)’g，(x)<0；當(dāng)xG(0,+g)時(shí)’g，(x)>0'即g(x)在xG(-1,0)上為減函數(shù)’在xG(0,+g)上為增函數(shù)'故函數(shù)g(x)在(-1,+g)上的最小值為g(x)mj=g(0)=0，?當(dāng)x>—1時(shí)，g(x)>g(0)=0，即卩l(xiāng)n(x+1)+—1>0x+1???ln(x+1)>1--^—，綜上可知，當(dāng)x>-1時(shí)，有-^―-1<ln(x+1)<x。x+1x+1［點(diǎn)撥］雙邊不等式要分成左右兩邊分別證明，多數(shù)情況其中一邊可利用已知條件易證3、舉一反三練1：(2018春-無(wú)錫期中)已知函數(shù)f(x)=1x2+(1—a)x-alnx.設(shè)a>0，證明：當(dāng)0<x<a時(shí),f(a+x)<f(a-x).［思路分析］第一步：判斷不等式特點(diǎn)，移項(xiàng)作差構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(a+x)-f(a-x)，可直接求導(dǎo)研究其單調(diào)性，滿足移項(xiàng)作差構(gòu)造函數(shù)特點(diǎn)；第二步：研究函數(shù)yg(x)單調(diào)性，證明其函數(shù)值恒小于0；y=gn第三步：轉(zhuǎn)化回不等式問(wèn)題，得出結(jié)論.［解析］證明：令g(x)=f(a+x)-f(a-x)，則=2x-aln(a+x)+aln(a-x)g(x)=丄(°+x匕+(1-a)(a+x)-aln(a+x)-丄(a—x1+(1-a)(=2x-aln(a+x)+aln(a-x)2-所以g'(x)=2-亠-亠=~^，a+xa-xa2-x2當(dāng)0<x<a時(shí)，g'(x)<0，所以g(x)在(0,a)上是減函數(shù)，而g(0)=0，所以g(x)<g(0)=0，故當(dāng)0<x<a時(shí)，f(a+x)<f(a-x).［點(diǎn)撥］自變量只有一個(gè)時(shí)要構(gòu)造同一函數(shù)，不要和之前恒成立中兩個(gè)變量題型混淆。練2：(2018春-紹興期中)已知函數(shù)f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x?討論f(x)的單調(diào)性；3當(dāng)a<0時(shí)，證明f(x)<--2.4a［思路分析］第一步：求解第一問(wèn)，分類討論，分a>0和a<0兩種情況，研究函數(shù)的單調(diào)性;由第一問(wèn)f(x)-max第二步：求解第二問(wèn)，證明f(x)<-2-2，即證f(由第一問(wèn)f(x)-max4amax4a第三步：移項(xiàng)作差構(gòu)造函數(shù)f(-丄)-(-2+2)=In(-丄)+丄+1,即y=int+1-1ft=-丄>0］，利2a4a2a2a(2a丿用導(dǎo)數(shù)易得y=y⑴二0，即得證.max［解析］(1)f'(x)=2ax2+(2a+1)x+1=(2ax+1)(x+】)(x>0)，xx當(dāng)a>0時(shí)，f'(x)>0，則f(x)在(0,+g)單調(diào)遞增，當(dāng)a<0時(shí)，則f(x)在(0,-丄)單調(diào)遞增，在(-丄,+對(duì)單調(diào)遞減.TOC\o"1-5"\h\z2a2a(2)由(1)知，當(dāng)a<0時(shí)，f(x)=f(-+)，f(-+)-(-；3+2)=ln(^1)+^+1，max2a2a4a2a2a令y=int+1—t，t=-丄>0'則y'=i-1=0'解得t=1。、2a丿t???y在(0,1)單調(diào)遞增，在(1,+刈單調(diào)遞減33?y=y⑴=0，?y<0'即f(x)<一(〒+2)，?f(x)<-~-2.maxmax4a4a［點(diǎn)撥］本題第二問(wèn)與恒成立問(wèn)題類似，先轉(zhuǎn)化為求最值問(wèn)題，然后以變量a為自變量，再移項(xiàng)作差構(gòu)造函數(shù)證明。題型二：構(gòu)造形似函數(shù)1、解題思路第一步：判斷所證明不等式若不符合直接移項(xiàng)作差構(gòu)造函數(shù)的特點(diǎn)，就需要構(gòu)造形似函數(shù)，對(duì)原不等式同解變形，如移項(xiàng)作商、通分、取對(duì)數(shù)、換元等技巧；第二步：變形后直接應(yīng)用或移項(xiàng)作差構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；第三步：函數(shù)問(wèn)題轉(zhuǎn)化回不等式問(wèn)題，得出結(jié)論。2、經(jīng)典例題例2：(2018春-蘇州期中)證明下列不等式：sinx>址,xef0,.兀I2丿［思路分析］法1.判斷所證明不等式符合移項(xiàng)作差構(gòu)造函數(shù)的特點(diǎn)，可直接移項(xiàng)作差構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)求解證明，過(guò)程略；［［解析］(1)設(shè)f(x)=f(x)-g(x)=lnx-L叱丿,(x>1)，則法2.類比分離參數(shù)，將變量移到不等式一端，移項(xiàng)作商變形為沁>-，然后構(gòu)造函數(shù)x兀f(x)=sinx，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性最值，再轉(zhuǎn)化回不等式問(wèn)題。x［解析］原不等式等價(jià)為沁>-，令f(x［解析］原不等式等價(jià)為沁>-，令f(x)=sinxx兀x則f'(x)=xcosx一sinxx2xcosx—cosxtanx

x2cosx(x-tanx)x2cosx>0,x一tanx<0，f'(x)<0，f(x)在f0,上單調(diào)遞減，V2丿f(x)>ff巨］=2，艮卩sinx>互,xef0,。V2丿兀兀V2丿［點(diǎn)撥］1、移項(xiàng)作商滿足的特點(diǎn)一般是不等式兩端存在分式且均含有變量，變形方向在保證構(gòu)造函數(shù)可利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性的前提下，盡量使不等式一端為常數(shù)。2、構(gòu)造函數(shù)的方法不唯一，盡量選擇構(gòu)造的函數(shù)比較好求導(dǎo)的技巧。例3：(2019秋-無(wú)錫期末)已知f(x)=lnx,g(x)="x--U.當(dāng)x>1時(shí)，求f(x)一g(x)的最大值；求證：咯<口<廿1,Vx>1恒成立lnx2［思路分析］［思路分析］第步：求解第一問(wèn)，設(shè)f(x)=f(x)-g(x)=lnx求導(dǎo)利用單調(diào)x-1性即可得其最大值x-1第二步：求解第二問(wèn)，雙邊不等式分別證明，先證明左邊，由第一問(wèn)得出lnx<1匚-」變形即得證左邊不等式、x<□lnx第三步：右邊不等式由前面分析，移項(xiàng)作差構(gòu)造的函數(shù)過(guò)于復(fù)雜，利用導(dǎo)數(shù)很難研究其單調(diào)性，所以要適當(dāng)進(jìn)行變形，移項(xiàng)通分等價(jià)于2(x一1)-(x+1)lnx<0，由已知x的取值范圍可知2lnx分母大于零，所以只需證明分子小于0即可，構(gòu)造函數(shù)G(x)=(x+1)lnx-2(x-1),(x>1)，求二次導(dǎo)研究其單調(diào)性，得出G(x)>G(1)=0，從而得證。F(F(x)=--=x2x2x^x(x-1)<0,2x^x所以F(x)在區(qū)間［］,+8)內(nèi)單調(diào)遞減，故F(x)的最大值為F(］)=0；即Inx<、；x-丄=，x--x(2)左邊不等式：由(1)得，對(duì)Vx>1，都有f(即Inx<、；x-丄=，x--xx-1???x-1>0,lnx>0，???'x<.lnx右邊不等式：將不等式移項(xiàng)通分，變形為2(x-1)-(x+1)lnx<0，由因?yàn)閤>1，2lnx所以等價(jià)于證明(x+1)inx-2(x-1)>0，設(shè)G(x)=(x+1)lnx-2(x-1),(x>1)，則G'(x)=lnx+-2=lnx+丄-1=，xxx設(shè)H(x)=xlnx-x+1,(x>1)，則H'(x)=lnx>0，所以H(x)在區(qū)間(1,+8)內(nèi)單調(diào)遞增，故H(x)>H(1)=0，即G'(x)>0。所以G(x)在區(qū)間(］,+8)內(nèi)單調(diào)遞增，故G(x)>G(1)=0，即得證(x+1)lnx>2(x-1)。［點(diǎn)撥］移項(xiàng)通分構(gòu)造函數(shù)通常通分使不等式一端為0，再由已知條件可得知分母的符號(hào)，等價(jià)轉(zhuǎn)化為只需證明分子的正負(fù)，類比求解分式不等式時(shí)，轉(zhuǎn)化為正式不等式求解。3、舉一反三f(x)=lnx+a()練1：(2018秋-紹興期末)已知函數(shù)x，當(dāng)a=1，且x>1時(shí)，證明：f(x)<1.［思路分析］第一步：不等式變形，a=1時(shí)，即證f(x)=l^<1，移項(xiàng)通分后只需證明xlnx+1-x<0第二步：構(gòu)造函數(shù)，令h(x)=x-lnx-1，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性及最值，得出x>1時(shí),h(x)>h(1)=0第三步：轉(zhuǎn)化回不等式問(wèn)題，得出結(jié)論［解析］當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=，即證l^<1，移項(xiàng)通分得lnx+1-x<0，xxx又因?yàn)閤>1，所以只需證明lnx+1-x<0，令h(x)=lnx+1-x(x>1)，則h'(x)=_~<0，x所以h(x)在［1,+8)單調(diào)遞減，所以h(x)<h(1)=0，即f(x)<1。

練2：(練2：(2019鹽城期末)證明:對(duì)任意的正整數(shù)n，不等式11>-—n2n3都成立．［思路分析］從所證結(jié)構(gòu)出發(fā)，若直接換元構(gòu)造函數(shù)，即令n=x，則所構(gòu)造函數(shù)解析式是復(fù)合函數(shù)，求導(dǎo)過(guò)于復(fù)雜，所以此時(shí)可以令丄二x，將構(gòu)造函數(shù)簡(jiǎn)化，易于求導(dǎo)。nrH步：1x=nrH步：1x=n，即證xw(0,+x)時(shí),ln(x+1/r