1、WORD格式常見的幾個函數不等式及其應用*市教育科學研究院孔峰在近幾年的高考中，無論是國家考試中心的數學命題，還是一些獨立命題省市的數學命題，有一些函數不等式在命題中出現的頻率很高，它們在函數的性質的應用中和函數不等式的證明中發揮著很重要的作用，下面分別介紹這些函數不等式.一、函數不等式的介紹 1xln(1x)x( x1)x1證明 ：令 f ( x)ln(1x)x ，那么 f(x)1111x .xx當 1 x0 時，f ( x)0 ；當x0 時，f ( x)0 .所以 f ( x)在 x0時取得極大值，故f (x)f (0)0 ，所以 ln(1x)x( x1).令 g ( x)ln(1x)x，

2、那么 g (x)1(1x)xx.11x(1x)2(1x) 2x當 1 x0 時，f ( x)0 ；當x0 時，f ( x)0 .所以 f ( x) 在x0時取得極小值，故g( x)g (0)0 ，xln(1x)( x1) .1 x綜上可知，xln(1x)x( x1) .1x變式 ： ln xx1( x0) ，ln x11( x0) .x 2ln x1 ( x1)( x1)2xln x1 ( x1)( 0 x 1)2x1)2證明 ：令 f ( x)ln x1 ( x1 ) ，那么 f(x)11 (11)(x0 .2xx2x22x所以函數 f ( x) 在 ( 0,) 單調遞減 .所以，當 x1時

3、， f (x)f (1) 0 ；當0x 1時，f ( x)f (1)0 .所以，不等式，成立.x變式 ： ln(1x)( x0)x1 3ln x2( x1)( x1)x1ln x2( x1)( 0x1)x11) 2證明 ：令 f ( x)ln x2( x1)，那么 f(x0.(x)1) 2x1x(x所以函數 f ( x) 在 ( 0,) 單調遞增 .當x1時， f (x)f (1)0；當0x時， f (x) f (1) 0 .1所以，不等式，成立 .41111 1(0x1)ln 2ln(1x)x2專業資料整理WORD格式1專業資料整理WORD格式證明 ：令 f ( x)1x)1，那么 f (

4、x)( x1x)1，ln(1x1) ln 2 (1x2ln 2 (1x2ln( 1x)xln( 1x)xx)x11而 f ( x)1xx，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上為減函數，f (x)11 .f (1)2(x1) ( x111ln 2由式 ln x1) 知x).x1ln(1x2綜上可知，不等式成立 .x(11x) 5 ln(1x)x2( x0)11x(1x)x2證明 ：令 f ( x)ln(1x)2，那么 f( x)20 .x12(x1)故 f (x) f (0)0 .所以，不等式成

5、立 .變式 ： ln(11)1(11)( x0)"x 2 x x 1利用上述類似構造函數方法，還可以得到以下一些重要不等式：（ 6貝努尼不等式：當x 1時，(1x1x1,或0)，")(1x)1x( 01)"7 ln(1 x)x1x2 ( x 0)"2二、常見的函數不等的作用利用上述介紹的函數不等式，無論是去研究函數性質，還是去證明函數不等式或證明數列不等式都會帶來許多便利 .下面分別聯系近幾年高考的命題進展說明。 1求函數的單調區間或研究函數的單調性，求函數的極值或最值例 12021年*卷，理 21函數 f ( x)ln 2 (1x)x2.f ( x)

6、的單調區間；1x求函數假設不等式(11)ne 對任意的 nN都成立，求的最大值 .n解：對f ( x) 求導數，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當 x0 時，1x1，有ln(1x)1(x 11) ， f (x)0 ；21x當 1x 0時，01x 1，有ln(1x)1(x11) ， f (x) 0 .21x專業資料整理WORD格式2專業資料整理WORD格式因此，當 x0時， f ( x) 為減函數；當1x0 時，f ( x)為增函

7、數.由 (11 )ne 可知， (n) ln(11 )1 ，所以1n .1nnln(1)n記 1t (0,1 ，那么1t)1， t( 0,1 .nln(1t由不等式11111 (0x1)，可知1111 ，ln 2ln(1 x)x2ln(1 t)tln 211 .ln 21所以，的最大值為1 .ln 2 2利用常用不等式求參數的取值X圍例 22021年全國卷，理22設 f ( x)1e x .證明：x1 時，f (x)x；x1設 x0 時，f ( x)x，求 a 的取值X圍 .ax1x解：利用分析法，結合式ln(1x)x(x1) 可以證明 .1x1x因為 01在 x0時恒成立，xaxe1所以 a

8、x10在 x0 時恒成立，那么a0.另一方面，由 011x，得 ae x1 .令 exexax1ex1xt ，由x0 知 t 1 .at11(t1).tln t由不等式 ln x2(x1) (x1) 可知 ln t2(t1) (t1) ，x1t1所以 t1時，tt1ttt 11 .1ln t12(t1)2又由導數定義可知ln t1，lim1t1 t所以 lim(t1) ln t2，故t11 .t1t1t1ln t2綜上，所求 a 的取值X圍為 0,1 .2例 32021年*卷，理22常數a0， f ( x) ln(1ax)2x .f ( x) 在區間 (0,) 上單調性；x2討論假設 f (

9、x) 存在兩個極值點x1,x2，且 f (x1 )f ( x2 ) 0，求 a 的取值X圍 .解： f(x)a4ax 24(1a)1ax(x2)2(1ax)( x2)2 .因為 (1ax)( x2) 20 ，所以當1a0 ，即 a1 時，f( x)0 恒成立，那么函數 f ( x)在區間 (0,) 上單調遞增 .專業資料整理WORD格式3專業資料整理WORD格式當 0a1 時，由f( x)0 ，得x2 a(1a)2 a(1a)a.那么函數 f (x) 在區間 (0,) 單a調遞減，在2a(1a),) 單調遞增 .(a由知，0 a1 時才可能出現兩個極值點x , x2，且1x1 x20 ， x1

10、x24(a1) .a而 f (x1)f ( x2 )ln(1 ax1 )2x1ln(1ax2 )2 x2x12x22ln1a( x1x2 )a 2 x1x2 4(x1x24)4x1 x22(x1x2 )4ln( 2a1)2222a12(ln | 2a1|11) ，此時12a11 .2a1由不等式 ln x11(x0)可知：x要使 f ( x1)f ( x2 )0 恒成立，必需02a11，從而1a 1 .2所以，所求 a 的取值X圍為 (1,1). 3利用常見不等式比較大小2例 4 2021年*卷，理21函數 f ( x)ex，xR .( ) 假設直線 ykx1與 f ( x) 的反函數的圖像相

11、切，*數k 的值；( ) 設x0 ，討論曲線yf (x) 與曲線 y2(m0)公共點的個數；mx( ) 設ab ，比較f (a )f(b) 與 f (b)f (a )的大小，并說明理由 .2ba解：()f ( x) 的反函數g ( x)ln x .設直線 ykx1 與g( x)ln x 相切與點( x0, ln x0)，ln x0kx01,e 2 .那么g ( x0 )1解之得 kkx0,( ) 由 e xmx2ex，得 m2 .x令 g ( x)ex，那么 g ( x)ex (x2) .x2x3當 0x 2 時，g ( x)0 ；當x2 時，g ( x) 0 .所以 x2是極小值點 .從而可

12、知，在 me2時無交點；在 me2時有一個交點；在me2時有兩個交點 .444() 記Mf ( a)2f (b)f (b)f ( a)eaebebea，令 bat 0 ，ba2ba那么 Meaebebeaeaea tea tea2ba2tea (1 etet1 )ea et (t 2) (t2) .2t2t專業資料整理WORD格式4專業資料整理WORD格式再令 h (t )et (t2)(t2), t0 ，在 t2 時，可知h (t)0 .在 0t2時，可證明 et2t .2t事實上，令 t2t，那么 t1，且tt1.只需證 2(t1)2t2t1ln t (t1) .t12( x1) ( x而

13、由常見不等式ln x1) 可知上式恒成立 .etx1從而 h(t)(t2)(t2) 0 在t0 時恒成立.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問題例 52021年*卷，文22設函數f ( x)x1a ln x(aR ) .xf ( x) 的單調性；討論假設 f ( x) 有兩個極值點x1和 x2，記過點 A( x1 , f (x1 ) ， B( x2 , f ( x2 ) 的直線的斜率為 k ，問：是否存在a ，使得k2a ？假設存在，求出a 的值，假設不存在，請說明理由解： f ( x) 的定義域為 (0,) .f'( x)1

14、1ax2ax1x2xx2x2a 2令 g (x)ax1 ，其判別式4.當 2a2 時，0 ，f ( x)0 ，故 f ( x) 在 (0,) 上單調遞增當 a2 時，而 x0，有 f(x)0 ，故 f ( x) 在 ( 0,) 上單調遞增當 a2時，0， x2ax10 的兩根為xaa 24， x2aa24122.故 f (x) 在 (0, x1) 上單調遞增，在( x1, x2 ) 上單調遞減，在 ( x2 ,) 上單調遞增 .由知，a2 ，且x1x2a ， x1x21專業資料整理WORD格式f ( x1) f ( x2 ) ( x1x2 )x1x2x1x2因為所以 kf (x1 ) f (

15、x2 )11a ln x1x1 x2x1 x2x1假設存在 a ，使得k 2a ，那么ln x1ln x2x1x2a(ln x1ln x2 )，ln x22 a ln x1ln x2x2x1x21.專業資料整理WORD格式而 x1 x21，所以 2 ln x2 x21.x2由不等式 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利用常用不等式證明不等式例 6 2021年全國大綱卷，理22函數 f (x) ln(1 x)x(1x) .假設 x 0 時，f ( x) 0，求1x的最小值；設數列 an 的通項 an 1111，證明： a2 na

16、n1ln 2 .23n4n專業資料整理WORD格式5專業資料整理WORD格式解：由f (0)0 ， f ( x)(12) xx2， f(0)0.(1x) 2假設1，那么當0x2(12) 時， f(x)0 ，所以 f ( x)0.2假設1，那么當 x0時， f( x)0 ，所以 f ( x)0 .2綜上，的最小值是1 .21x(1x)1 ，有由不等式ln(1x)2( x 0) ，令 xx1nln(11 )1 ( 1n1) .n2n1于是 ln( n1)ln n1 ( 11) ，2nn1ln( n2) ln( n1)1 (11) ，2n1n2ln( 2n)ln( 2n1)1(11) ，212n2n

17、以上各式相加，得ln 2n ln n (111 )1aan1 .nn22n4n2 n4n所以 a 2nan1ln 2 .4 n例 72021全國卷，理21函數f ( x) ( x 2)exa (x1) 2有兩個零點 .求 a 的取值X圍；設 x1， x2是 f ( x) 的兩個零點，證明：x1x22 .解： 令 x1t ，那么 xt1.因為函數 f ( x) (x2) exa( x1)2有兩個零點，所以 g (t )(t1)et1at2有兩個零點，而t0 ，所以 a(1t )et1e(t2t1 )et .t 2記 m(t )e(t2t 1 )et，那么 m(t)e(2t3t 2 ) et(t2

18、t1 )et 23t 2et 1 .t列表如下：t(,0)0( 0,)m (t )+不存在m(t )0而 h(1)0 ，所以，當a0 時，g (t)有兩個零點，其中一個零點t10 ，另一個零點 t2 0 .專業資料整理WORD格式6專業資料整理WORD格式綜上， a 的取值X圍為(0,) 由 可 知 a0 時 ，g (t )有 兩 個 零 點t1和t2， 其 中t1x11 0 ，t 2 x2 10，(1 t )et11(1 t )et21即存在 t10 ， t 20 使得 a1m(t1)2m(t2 ) .t 2t 212下面證明 t1t 2 0 .記 m(t )(1 t) et 1，那么 m(t )(1 t )et 1，先證明不等式m( t )m(t ) 在t0 時恒成t 2t 2立.當 t1時， m(