构造函数法证明不等式
一、教学目标：
1. 知识与技能：利用导数研究函数的单调性极值和最值，再由单调性和最值来证明不等式.
2. 过程与方法：引导学生钻研教材，归纳求导的四则运算法则的应用，通过类比，化归思想转换命题，抓住条件与结论的结构形式，合理构造函数.
3. 情感与态度：通过这部分内容的学习，培养学生的分析能力（归纳与类比）与推理能力（证明），培养学生战胜困难的决心和解题信心。
二、教学重难点：解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。难点：将命题的结论进行转化与化归，变成熟悉的题型。 三、教法学法：变式训练 四、教学过程： （一）引入课题：
1. 复习导数的运算法则：
2. 问题探源：
（教材第32页B 组题第1题）
利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证
(3)e x >1+x (x ≠0) (4)lnx ≤x -1(x >0)
3. 问题探究：
1、直观感知（几何画板演示）；（2）推理论证 4高考探究：
例1、(2013年北京高考）设L 为曲线C ：y =
ln x
在点(1，0) 处的切线. x
(I)求L 的方程；
(II)证明：除切点(1，0) 之外，曲线C 在直线L 的下方.
若函数y =f (x ) 在R 上可导且满足不等式x f '(x ) >－f (x ) 恒成立，且常数a ，b 满足a >b ，求证：．af (a ) >b f (b )
变式练习2：
证明：对任意的正整数n ，不等式ln(+1) >1-
1n
1+1n
都成立
（类似还有2012年湖北高考题第22题）
变式练习3：
已知m 、n 都是正整数，且1(1+n ) m
思考题5．（全国卷）已知函数g (x ) =x ln x 设0
g (a ) +g (b ) a +b
>g ()
22
（1）知识点：（2）解题步骤：（3）数学思想方法
高考真题训练：
1. 【2015年新课标Ⅰ文21】. （本小题满分12分）设函数f (x )=e -a ln x .
2x
证明：当a >0时f (x )≥2a +a ln
2. a
分析：利用函数最值和不等式单调性证明.
⎛1+x x 3⎫
1)时，f (x )>2 x +⎪； 2. 【15北京理科】已知函数f (x )=ln 求证：当x ∈(0，
3⎭1-x ，⎝
分析：移项构造函数利用函数单调性求证。
3. 【2013年陕西高考21题】已知函数f (x ) =e x , x ∈R . ⎛a +b ⎫f (b ) -f (a )
设a
b -a ⎝2⎭
4. 【2015年新课标Ⅱ】设函数f (x ) =e mx +x 2-mx .
若对于任意x 1, ，x 2∈[-1,1]，都有｜f (x 1)- f (x 2) ｜≤e -1，求m 的取值范围． 方法小结：利用绝对值的定义化归，转化为函数的单调性和最值证明不等式.
be x -1
5. 【2014年新课标Ⅰ21 】. 设函数f (x 0=ae ln x +，曲线y =f (x ) 在点（1，f (1)
x
x
处的切线为y =e (x -1) +2. (Ⅰ) 求a , b ； （Ⅱ）证明：f (x ) >1. 方法小结：不等式转化为f (x ) min ≥g (x ) max
6. 【2013年新课标Ⅱ】已知函数f (x ) =e -ln(x +m ) ，当m ≤2时，证明f(x)>0 方法小结：分类讨论，充分利用第一问的结论作为条件解题，超越方程利用勘根定理近似计算，利用极值证明单调性。
x
高考函数不等式证明答案 1. 解：
（I ）f (x )的定义域为(0, +∞), f '(x )=2e 当a ≤0时，f '(x )〉0，f '(x )没有零点； 当a 〉0时，因为e 单调递增，-当b 满足0＜b ＜
2x
2x
a
-(x 〉0) . x
a
单调递减，所以f '(x )在(0, +∞)单调递增，又f '(a )〉0， x
a 1
且b ＜时，f '(b ) 〈0，故当a >0时f '(x )存在唯一零点. 44
……6分
（II ）由（I ），可设f '(x )在(0, +∞)的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f '(x )＜0； 故f (x )在x ∈(0，x 0)单调递减， 当x ∈(x 0，+∞)时，f '(x )＞0.
在(x 0，+∞)单调递增，所以x =x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0). 由于2e
2x 0
-
a a 22=0，所以f (x 0)=+2ax 0+a 1n ≥2a +a 1n . x 02x 0a a
2
. ……12分 a
故当a 〉0时，f (x )≥2a +a 1n 2. 解：（Ⅰ）f (x ) =ln
1+x 2
, x ∈(-1,1), f '(x ) =, f '(0)=2, f (0)=0，2
1-x 1-x
曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为2x -y =0；
x ⎛x 3⎫
1)时，f (x )>2 x +⎪，即不等式f (x ) -2(x +) >0，对（Ⅱ）当x ∈(0，
33⎝⎭
∀x ∈(0,1)成立，设
3
1+x x 3x 3
F (x ) =ln -2(x +) =ln(1+x ) -ln(1-x ) -2(x +) ，则
1-x 332x 4
1)时，F 'F '(x ) =(x ) >0，故F (x ) 在（0，1）上为增函数，则，当x ∈(0，2
1-x
F (x ) >F (0)=0，因此对∀x ∈(0,1)，
f (x ) >2(x +
x 3
3
) 成立；
⎛x 3⎫
1)，等价于（Ⅲ）使f (x )>k x +⎪成立，x ∈(0，
3⎝⎭
1+x x 3
1)； F (x ) =ln -k (x +) >0，x ∈(0，
1-x 32kx 4+2-k 2
F '(x ) =-k (1+x ) =， 22
1-x 1-x
(x ) ≥0，函数在（0，1）上位增函数，F (x ) >F (0)=0，当k ∈[0,2]时，F '
符合题意；
(x ) =0, x 0当k >2时，令F '
4
=
k -2
∈(0,1)，
k
F (x )
综上所述可知：k 的最大值为2. 4. 解
a b b
（I ）函数f (x ) 的定义域为(0,+∞), f '(x ) =ae x 1nx +e x -2e x =1+e x =1.
x x x
由题意可得f (1)=2, f '(1)=e . 故a =1, b =2.
22
（II ）由（I ）知f (x ) =e x 1n +e x =1, 从而f (x ) >1等价于x 1nx >xe -x -.
x e
设函数g (x ) =x 1nx , 则g '(x ) =1nx .
11
所以当x ∈(0,) 时，g '(x ) 0.
e e
11
故g (x ) 在（）单调递减，在（, +∞）单调递增，从而g (x ) 在(0,∞) 的最小值为
e e
11g()=-. e e
2
设函数h (x ) =xe -x -, 则h '(x ) =e -x (1-x ).
e
所以当x ∈(0,1)时h '(x ) >0; 当x ∈(1,+∞) 时，h '(x )
在(1,+∞) 单调递减，从而h (x ) 在(0,∞) 的最大值为h (1)=-1
e
.
综上，当x >0时，g (x ) >h (x ), 即f (x ) >1.
5.
6.
构造函数法证明不等式
一、教学目标：
1. 知识与技能：利用导数研究函数的单调性极值和最值，再由单调性和最值来证明不等式.
2. 过程与方法：引导学生钻研教材，归纳求导的四则运算法则的应用，通过类比，化归思想转换命题，抓住条件与结论的结构形式，合理构造函数.
3. 情感与态度：通过这部分内容的学习，培养学生的分析能力（归纳与类比）与推理能力（证明），培养学生战胜困难的决心和解题信心。
二、教学重难点：解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。难点：将命题的结论进行转化与化归，变成熟悉的题型。 三、教法学法：变式训练 四、教学过程： （一）引入课题：
1. 复习导数的运算法则：
2. 问题探源：
（教材第32页B 组题第1题）
利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证
(3)e x >1+x (x ≠0) (4)lnx ≤x -1(x >0)
3. 问题探究：
1、直观感知（几何画板演示）；（2）推理论证 4高考探究：
例1、(2013年北京高考）设L 为曲线C ：y =
ln x
在点(1，0) 处的切线. x
(I)求L 的方程；
(II)证明：除切点(1，0) 之外，曲线C 在直线L 的下方.
若函数y =f (x ) 在R 上可导且满足不等式x f '(x ) >－f (x ) 恒成立，且常数a ，b 满足a >b ，求证：．af (a ) >b f (b )
变式练习2：
证明：对任意的正整数n ，不等式ln(+1) >1-
1n
1+1n
都成立
（类似还有2012年湖北高考题第22题）
变式练习3：
已知m 、n 都是正整数，且1(1+n ) m
思考题5．（全国卷）已知函数g (x ) =x ln x 设0
g (a ) +g (b ) a +b
>g ()
22
（1）知识点：（2）解题步骤：（3）数学思想方法
高考真题训练：
1. 【2015年新课标Ⅰ文21】. （本小题满分12分）设函数f (x )=e -a ln x .
2x
证明：当a >0时f (x )≥2a +a ln
2. a
分析：利用函数最值和不等式单调性证明.
⎛1+x x 3⎫
1)时，f (x )>2 x +⎪； 2. 【15北京理科】已知函数f (x )=ln 求证：当x ∈(0，
3⎭1-x ，⎝
分析：移项构造函数利用函数单调性求证。
3. 【2013年陕西高考21题】已知函数f (x ) =e x , x ∈R . ⎛a +b ⎫f (b ) -f (a )
设a
b -a ⎝2⎭
4. 【2015年新课标Ⅱ】设函数f (x ) =e mx +x 2-mx .
若对于任意x 1, ，x 2∈[-1,1]，都有｜f (x 1)- f (x 2) ｜≤e -1，求m 的取值范围． 方法小结：利用绝对值的定义化归，转化为函数的单调性和最值证明不等式.
be x -1
5. 【2014年新课标Ⅰ21 】. 设函数f (x 0=ae ln x +，曲线y =f (x ) 在点（1，f (1)
x
x
处的切线为y =e (x -1) +2. (Ⅰ) 求a , b ； （Ⅱ）证明：f (x ) >1. 方法小结：不等式转化为f (x ) min ≥g (x ) max
6. 【2013年新课标Ⅱ】已知函数f (x ) =e -ln(x +m ) ，当m ≤2时，证明f(x)>0 方法小结：分类讨论，充分利用第一问的结论作为条件解题，超越方程利用勘根定理近似计算，利用极值证明单调性。
x
高考函数不等式证明答案 1. 解：
（I ）f (x )的定义域为(0, +∞), f '(x )=2e 当a ≤0时，f '(x )〉0，f '(x )没有零点； 当a 〉0时，因为e 单调递增，-当b 满足0＜b ＜
2x
2x
a
-(x 〉0) . x
a
单调递减，所以f '(x )在(0, +∞)单调递增，又f '(a )〉0， x
a 1
且b ＜时，f '(b ) 〈0，故当a >0时f '(x )存在唯一零点. 44
……6分
（II ）由（I ），可设f '(x )在(0, +∞)的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f '(x )＜0； 故f (x )在x ∈(0，x 0)单调递减， 当x ∈(x 0，+∞)时，f '(x )＞0.
在(x 0，+∞)单调递增，所以x =x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0). 由于2e
2x 0
-
a a 22=0，所以f (x 0)=+2ax 0+a 1n ≥2a +a 1n . x 02x 0a a
2
. ……12分 a
故当a 〉0时，f (x )≥2a +a 1n 2. 解：（Ⅰ）f (x ) =ln
1+x 2
, x ∈(-1,1), f '(x ) =, f '(0)=2, f (0)=0，2
1-x 1-x
曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为2x -y =0；
x ⎛x 3⎫
1)时，f (x )>2 x +⎪，即不等式f (x ) -2(x +) >0，对（Ⅱ）当x ∈(0，
33⎝⎭
∀x ∈(0,1)成立，设
3
1+x x 3x 3
F (x ) =ln -2(x +) =ln(1+x ) -ln(1-x ) -2(x +) ，则
1-x 332x 4
1)时，F 'F '(x ) =(x ) >0，故F (x ) 在（0，1）上为增函数，则，当x ∈(0，2
1-x
F (x ) >F (0)=0，因此对∀x ∈(0,1)，
f (x ) >2(x +
x 3
3
) 成立；
⎛x 3⎫
1)，等价于（Ⅲ）使f (x )>k x +⎪成立，x ∈(0，
3⎝⎭
1+x x 3
1)； F (x ) =ln -k (x +) >0，x ∈(0，
1-x 32kx 4+2-k 2
F '(x ) =-k (1+x ) =， 22
1-x 1-x
(x ) ≥0，函数在（0，1）上位增函数，F (x ) >F (0)=0，当k ∈[0,2]时，F '
符合题意；
(x ) =0, x 0当k >2时，令F '
4
=
k -2
∈(0,1)，
k
F (x )
综上所述可知：k 的最大值为2. 4. 解
a b b
（I ）函数f (x ) 的定义域为(0,+∞), f '(x ) =ae x 1nx +e x -2e x =1+e x =1.
x x x
由题意可得f (1)=2, f '(1)=e . 故a =1, b =2.
22
（II ）由（I ）知f (x ) =e x 1n +e x =1, 从而f (x ) >1等价于x 1nx >xe -x -.
x e
设函数g (x ) =x 1nx , 则g '(x ) =1nx .
11
所以当x ∈(0,) 时，g '(x ) 0.
e e
11
故g (x ) 在（）单调递减，在（, +∞）单调递增，从而g (x ) 在(0,∞) 的最小值为
e e
11g()=-. e e
2
设函数h (x ) =xe -x -, 则h '(x ) =e -x (1-x ).
e
所以当x ∈(0,1)时h '(x ) >0; 当x ∈(1,+∞) 时，h '(x )
在(1,+∞) 单调递减，从而h (x ) 在(0,∞) 的最大值为h (1)=-1
e
.
综上，当x >0时，g (x ) >h (x ), 即f (x ) >1.
5.
6.