【最新版】高中数学（新苏教版）习题+同步课件培优课　构造法解决不等式问题

培优课　构造法解决不等式问题

利用导数研究函数的单调性，再由单调性证明不等式、比较大小，解题技巧是构造函数来解决.

类型一　利用导数比较大小

例1 已知x>0，a＝x，b＝x－，c＝ln(1＋x)，则(　　)

A.a>b>c  B.c>a>b

C.b>a>c  D.a>c>b

答案　D

解析　令f(x)＝a－c＝x－ln(1＋x)，x>0，则f′(x)＝1－>0，

∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，

∴f(x)>f(0)＝0，可得a>c.

令g(x)＝c－b＝ln(1＋x)－x＋，x>0，

则g′(x)＝－1＋x＝>0，

∴函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，

∴g(x)>g(0)＝0，可得c>b.

综上可得a>c>b.

思维升华　比较大小的解题类型：

(1)通过已知函数的特点，联想到构造函数，利用导数研究函数的单调性比较大小.

(2)通过判断导函数的图象，根据导函数的符号，确定原函数的单调性比较大小.

类型二　构造函数证明不等式

例2 已知函数f(x)＝x＋aex(a∈R).

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)当x＜0，a≤1时，证明：x2＋(a＋1)x＞xf′(x).

(1)解　由f(x)＝x＋aex可得f(x)的定义域为R，f′(x)＝1＋aex.

当a≥0时，f′(x)＞0，

则函数f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数.

当a＜0时，由f′(x)＞0可得x＜ln，

由f′(x)＜0可得x＞ln，

所以函数f(x)在上为增函数，在上为减函数.

综上，当a≥0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.

(2)证明　设F(x)＝x2＋(a＋1)x－xf′(x)＝x2＋ax－axex＝x(x＋a－aex).

设H(x)＝x＋a－aex，则H′(x)＝1－aex.

∵x＜0，

∴0＜ex＜1，又a≤1，

∴1－aex≥1－ex＞0.

∴H(x)在(－∞，0)上为增函数，

则H(x)＜H(0)＝0，

即x＋a－aex＜0.

由x＜0可得F(x)＝x(x＋a－aex)＞0，

所以x2＋(a＋1)x＞xf′(x).

思维升华　证明f(x)＞g(x)的一般方法是证明h(x)＝f(x)－g(x)＞0(利用单调性)，可构造出一个函数(可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数)，并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式.

类型三　解不等式

例3 已知函数f(x)的定义域为R，且f(x)＋1<f′(x)，f(0)＝2，则不等式f(x)＋1>3ex的解集为(　　)

A.(1，＋∞)  B.(－∞，1)

C.(0，＋∞)  D.(－∞，0)

答案　C

解析　令g(x)＝，

因为f(x)＋1<f′(x)，

则g′(x)＝>0，

故g(x)在R上单调递增，且g(0)＝3.

由f(x)＋1>3ex，可得>3，

即g(x)>g(0)，所以x>0.

思维升华　用单调性解不等式时常见的构造函数技巧

(1)对于f′(x)>g′(x)，构造h(x)＝f(x)－g(x).

(2)对于f′(x)＋g′(x)>0，构造h(x)＝f(x)＋g(x).

(3)对于f′(x)＋f(x)>0，构造h(x)＝exf(x).

(4)对于f′(x)－f(x)>0，构造h(x)＝.

(5)对于xf′(x)＋f(x)>0，构造h(x)＝xf(x).

(6)对于xf′(x)－f(x)>0，构造h(x)＝.

(7)对于>0，分类讨论：①若f(x)>0，则构造h(x)＝lnf(x)；②若f(x)<0，则构造h(x)＝ln[－f(x)].