利用導(dǎo)數(shù)證明不等式是高考?jí)狠S題的熱點(diǎn)題型之一，此類問(wèn)題的特點(diǎn)是：?jiǎn)栴}以不等式形式呈現(xiàn)，“主角”是導(dǎo)數(shù)，而不等式的證明不僅技巧性強(qiáng)，而且方法靈活多變，因此構(gòu)造函數(shù)成為證明不等式的良好“載體”，如何有效合理地構(gòu)造函數(shù)是證明不等式的關(guān)鍵所在，下面以實(shí)例談?wù)勅绾螛?gòu)造函數(shù)的若干解題策略.

移項(xiàng)作差，直接構(gòu)造

例1 已知定義在正實(shí)數(shù)集上的函數(shù)f（x）= x2+2ax，g（x）=3a2lnx+b（其中a>0），設(shè)兩曲線y=f（x），y=g（x）有公共點(diǎn)，且在該點(diǎn)處的切線相同.

（1）用a表示b，并求b的最大值；

（2）求證：f（x）≥g（x）（x>0）.

分析：（2）問(wèn)中先作差構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）= x2+2ax-3a2lnx-b（x>0），然后再利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性求最小值，只需求證F（x）≥F（x）min≥0.

解：（1）b= a2-3a2lna，bmax= e （略）.

（2）構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）= x2+2ax-3a2lnx-b= x2+2ax-3a2lnx- a2+3a2lna（x>0），則F′（x）=x+2a- = . 當(dāng)0a時(shí)，F(xiàn)′（x）>0，所以F（x）在（0，a）上為減函數(shù)，在（a，+∞）上為增函數(shù)，所以F（x）≥F（a）= a2+2a2- a2=0，故當(dāng)x>0時(shí)， f（x）-g（x）≥0，即f（x）≥g（x）.

解后感悟：對(duì)于超越不等式的證明，用初等數(shù)學(xué)方法解決困難，此時(shí)可通過(guò)構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)求最值證明（可能有二次求導(dǎo)）.

合理變形，等價(jià)構(gòu)造

例2 求證：lnx> - .

分析：初步設(shè)想直接作差構(gòu)造f（x）=lnx- + ，則f ′（x）= + - . 令f ′（x）=0的零點(diǎn)無(wú)法常規(guī)求解，思路不通. 由于x>0，故適當(dāng)變形為：xlnx> - . 令f（x）=xlnx，g（x）= - ，證[f（x）]min>[g（x）]max.

解：設(shè)f（x）=xlnx，g（x）= - ，則f ′（x）=1+lnx，g′（x）= .

當(dāng)x∈0， 時(shí)，f ′（x）<0；當(dāng)x∈ ，+∞時(shí)， f ′（x）>0，即[f（x）]min=f =- . 當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）>0；當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g′（x）<0；

所以[g（x）]max=g（1）=- .

而f（x）最小值點(diǎn)與g（x）最大值點(diǎn)并不相等. 故f（x）>g（x），從而原不等式得證.

解后感悟：“變”得巧，故“求”得簡(jiǎn)單，敢于嘗試，合理變形，方向比速度更重要，沒(méi)路走要找路走，也不要有路就急于走，多想一點(diǎn)，就少算一點(diǎn).

分析（條件）結(jié)論，特征構(gòu)造

例3 已知函數(shù)f（x）=（a+1）lnx+ax2+1，

（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；

（2）設(shè)a≤-2，證明：對(duì)任意x1，x2∈（0，+∞），f（x1）-f（x2）≥4x1-x2.

分析：（2）當(dāng)a≤-2時(shí)，f（x）在（0，+∞）單減，設(shè)x1≥x2，則結(jié)論可變形為f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1，不等式兩邊結(jié)構(gòu)特征相似，不妨構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）+4x，尋找解題突破口.

解：（1）f ′（x）= （x>0）.

a≥0時(shí)，f（x）在（0，+∞）單增；

a≤-1時(shí)，f（x）在（0，+∞）單減；

-1

（2）因?yàn)閍≤-2，所以f（x）在（0，+∞）單減. 不妨設(shè)x1≥x2，則f（x1）-f（x2）≥4x1-x2？圳f（x2）-f（x1）≥4x1-4x2，f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1. 令g（x）=f（x）+4x，則g′（x）=f ′（x）+4= +4= ，所以g′（x）≤ = - ≤0，所以g（x）在（0，+∞）遞減，故g（x1）≤g（x2），所以f（x1）+4x1≤f（x2）+4x2，故對(duì)？坌x1，x2∈（0，+∞），f（x1）-f（x2）≥4x1-x2.

解后感悟：從所證條件結(jié)論分析入手，抓住不等式的結(jié)構(gòu)特征，構(gòu)造特征函數(shù)，有利于找到解題突破口，若對(duì)于左右兩邊結(jié)構(gòu)相同（也可以化為此類型）的不等式類型，可構(gòu)造f（x），使不等式變?yōu)閒（a）>f（b）的形式.

定主略從，減元構(gòu)造

例4 已知函數(shù)f（x）=ln（1+x）-x，g（x）=xlnx，

（1）求函數(shù)f（x）的最大值；

（2）設(shè)0

分析：（1）略.

（2）在所證的不等式中有兩個(gè)變量a，b，就從中選定一個(gè)自變量，另一個(gè)看成常數(shù)，這里把b選定為自變量并換成x構(gòu)造函數(shù)

證明：（1）略.

（2）①先證左邊. 構(gòu)造函數(shù)F（x）=g（a）+g（x）-2g ，則F′（x）=g′（x）-2g ′=lnx-ln . 當(dāng)x∈（0，a）時(shí)，F(xiàn)′（x）<0，F(xiàn)（x）為減函數(shù)；當(dāng)x∈（a，+∞）時(shí)，F(xiàn)′（x）>0，F(xiàn)（x）為增函數(shù). 所以F（x）極小=F（a）=0. 因?yàn)閎>a，所以F（b）>F（a）=0，所以0

②再證右邊. 構(gòu)造函數(shù)G（x）=F（x）-（x-a）ln2，則G′（x）=lnx-ln -ln2=lnx-ln（a+x）. 當(dāng)x∈（0，+∞），G′（x）<0，G（x）為減函數(shù). 因?yàn)镚（a）=0，b>a，所以G（b）

綜上所述，原不等式成立.

解后感悟：當(dāng)變量較多時(shí)，往往可以選擇其中某個(gè)變量為主元，其他變量可“視而不見(jiàn)”. 這樣做也達(dá)到了減元的目的，選擇哪個(gè)作為主元應(yīng)視運(yùn)算的繁簡(jiǎn)而定. 一般地，對(duì)形如（或可化為）f（x1，x2）≥A的不等式，可選擇x1（或x2）為主元構(gòu)造函數(shù)f（x，x2）（或f（x1，x））.

挖掘隱含，聯(lián)想構(gòu)造

例5 已知函數(shù)f（x）=ax+ +c（a>0）的圖象在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為y=x-1.

（1）用a表示出b，c；

（2）若f（x）≥lnx在[1，+∞）上恒成立，求a的取值范圍；

（3）證明：1+ + +…+ >ln（n+1）+ （n≥1）.

分析：對(duì)于（3）題觀察待證不等式左邊可知，不等式的左邊可以看做是數(shù)列 的前n項(xiàng)和，從不等式右邊的結(jié)構(gòu)式ln（n+1）和 ，聯(lián)想到裂項(xiàng)求和： - = ， [ln（k+1）-lnk]=ln（n+1）. 因此只需證明 >ln（k+1）-lnk+ - 成立，然后取k=1，2，…，n得n個(gè)不等式累加，從而只需證 + -ln1+ >0成立即可.

解：構(gòu)造函數(shù)g（x）= + -ln1+ （x≥1），所以g′（x）=- - - ·- = - <0，所以g（x）在[1，+∞）單減且g（1）= -ln2>0.

又 g（x）=0，即g（x）的值無(wú)限趨于0，故g（x）在[1，+∞）上的圖象恒在x軸上方. 所以g（x）>0，所以 + -ln1+ >0（x≥1）.

取x=k（k=1，2，3，…），得 + -ln1+ >0，變形為：

>ln（k+1）-lnk+ - .

分別取k=1，2，3，…，n，累加，得1+ + +…+ >ln（n+1）+ .

注：此題也可用數(shù)學(xué)歸納法證明.

解后感悟：函數(shù)隱藏越深，難度就越大，如何去尋找證明不等式的“母函數(shù)”是解決問(wèn)題的關(guān)鍵，通過(guò)合理變形，展開(kāi)思維聯(lián)想的翅膀，發(fā)現(xiàn)不等式背后的隱藏函數(shù)，便會(huì)柳暗花明.

利用導(dǎo)數(shù)證明不等式是高考?jí)狠S題的熱點(diǎn)題型之一，此類問(wèn)題的特點(diǎn)是：?jiǎn)栴}以不等式形式呈現(xiàn)，“主角”是導(dǎo)數(shù)，而不等式的證明不僅技巧性強(qiáng)，而且方法靈活多變，因此構(gòu)造函數(shù)成為證明不等式的良好“載體”，如何有效合理地構(gòu)造函數(shù)是證明不等式的關(guān)鍵所在，下面以實(shí)例談?wù)勅绾螛?gòu)造函數(shù)的若干解題策略.

移項(xiàng)作差，直接構(gòu)造

例1 已知定義在正實(shí)數(shù)集上的函數(shù)f（x）= x2+2ax，g（x）=3a2lnx+b（其中a>0），設(shè)兩曲線y=f（x），y=g（x）有公共點(diǎn)，且在該點(diǎn)處的切線相同.

（1）用a表示b，并求b的最大值；

（2）求證：f（x）≥g（x）（x>0）.

分析：（2）問(wèn)中先作差構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）= x2+2ax-3a2lnx-b（x>0），然后再利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性求最小值，只需求證F（x）≥F（x）min≥0.

解：（1）b= a2-3a2lna，bmax= e （略）.

（2）構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）= x2+2ax-3a2lnx-b= x2+2ax-3a2lnx- a2+3a2lna（x>0），則F′（x）=x+2a- = . 當(dāng)0a時(shí)，F(xiàn)′（x）>0，所以F（x）在（0，a）上為減函數(shù)，在（a，+∞）上為增函數(shù)，所以F（x）≥F（a）= a2+2a2- a2=0，故當(dāng)x>0時(shí)， f（x）-g（x）≥0，即f（x）≥g（x）.

解后感悟：對(duì)于超越不等式的證明，用初等數(shù)學(xué)方法解決困難，此時(shí)可通過(guò)構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)求最值證明（可能有二次求導(dǎo)）.

合理變形，等價(jià)構(gòu)造

例2 求證：lnx> - .

分析：初步設(shè)想直接作差構(gòu)造f（x）=lnx- + ，則f ′（x）= + - . 令f ′（x）=0的零點(diǎn)無(wú)法常規(guī)求解，思路不通. 由于x>0，故適當(dāng)變形為：xlnx> - . 令f（x）=xlnx，g（x）= - ，證[f（x）]min>[g（x）]max.

解：設(shè)f（x）=xlnx，g（x）= - ，則f ′（x）=1+lnx，g′（x）= .

當(dāng)x∈0， 時(shí)，f ′（x）<0；當(dāng)x∈ ，+∞時(shí)， f ′（x）>0，即[f（x）]min=f =- . 當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）>0；當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g′（x）<0；

所以[g（x）]max=g（1）=- .

而f（x）最小值點(diǎn)與g（x）最大值點(diǎn)并不相等. 故f（x）>g（x），從而原不等式得證.

解后感悟：“變”得巧，故“求”得簡(jiǎn)單，敢于嘗試，合理變形，方向比速度更重要，沒(méi)路走要找路走，也不要有路就急于走，多想一點(diǎn)，就少算一點(diǎn).

分析（條件）結(jié)論，特征構(gòu)造

例3 已知函數(shù)f（x）=（a+1）lnx+ax2+1，

（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；

（2）設(shè)a≤-2，證明：對(duì)任意x1，x2∈（0，+∞），f（x1）-f（x2）≥4x1-x2.

分析：（2）當(dāng)a≤-2時(shí)，f（x）在（0，+∞）單減，設(shè)x1≥x2，則結(jié)論可變形為f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1，不等式兩邊結(jié)構(gòu)特征相似，不妨構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）+4x，尋找解題突破口.

解：（1）f ′（x）= （x>0）.

a≥0時(shí)，f（x）在（0，+∞）單增；

a≤-1時(shí)，f（x）在（0，+∞）單減；

-1

（2）因?yàn)閍≤-2，所以f（x）在（0，+∞）單減. 不妨設(shè)x1≥x2，則f（x1）-f（x2）≥4x1-x2？圳f（x2）-f（x1）≥4x1-4x2，f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1. 令g（x）=f（x）+4x，則g′（x）=f ′（x）+4= +4= ，所以g′（x）≤ = - ≤0，所以g（x）在（0，+∞）遞減，故g（x1）≤g（x2），所以f（x1）+4x1≤f（x2）+4x2，故對(duì)？坌x1，x2∈（0，+∞），f（x1）-f（x2）≥4x1-x2.

解后感悟：從所證條件結(jié)論分析入手，抓住不等式的結(jié)構(gòu)特征，構(gòu)造特征函數(shù)，有利于找到解題突破口，若對(duì)于左右兩邊結(jié)構(gòu)相同（也可以化為此類型）的不等式類型，可構(gòu)造f（x），使不等式變?yōu)閒（a）>f（b）的形式.

定主略從，減元構(gòu)造

例4 已知函數(shù)f（x）=ln（1+x）-x，g（x）=xlnx，

（1）求函數(shù)f（x）的最大值；

（2）設(shè)0

分析：（1）略.

（2）在所證的不等式中有兩個(gè)變量a，b，就從中選定一個(gè)自變量，另一個(gè)看成常數(shù)，這里把b選定為自變量并換成x構(gòu)造函數(shù)

證明：（1）略.

（2）①先證左邊. 構(gòu)造函數(shù)F（x）=g（a）+g（x）-2g ，則F′（x）=g′（x）-2g ′=lnx-ln . 當(dāng)x∈（0，a）時(shí)，F(xiàn)′（x）<0，F(xiàn)（x）為減函數(shù)；當(dāng)x∈（a，+∞）時(shí)，F(xiàn)′（x）>0，F(xiàn)（x）為增函數(shù). 所以F（x）極小=F（a）=0. 因?yàn)閎>a，所以F（b）>F（a）=0，所以0

②再證右邊. 構(gòu)造函數(shù)G（x）=F（x）-（x-a）ln2，則G′（x）=lnx-ln -ln2=lnx-ln（a+x）. 當(dāng)x∈（0，+∞），G′（x）<0，G（x）為減函數(shù). 因?yàn)镚（a）=0，b>a，所以G（b）

綜上所述，原不等式成立.

解后感悟：當(dāng)變量較多時(shí)，往往可以選擇其中某個(gè)變量為主元，其他變量可“視而不見(jiàn)”. 這樣做也達(dá)到了減元的目的，選擇哪個(gè)作為主元應(yīng)視運(yùn)算的繁簡(jiǎn)而定. 一般地，對(duì)形如（或可化為）f（x1，x2）≥A的不等式，可選擇x1（或x2）為主元構(gòu)造函數(shù)f（x，x2）（或f（x1，x））.

挖掘隱含，聯(lián)想構(gòu)造

例5 已知函數(shù)f（x）=ax+ +c（a>0）的圖象在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為y=x-1.

（1）用a表示出b，c；

（2）若f（x）≥lnx在[1，+∞）上恒成立，求a的取值范圍；

（3）證明：1+ + +…+ >ln（n+1）+ （n≥1）.

分析：對(duì)于（3）題觀察待證不等式左邊可知，不等式的左邊可以看做是數(shù)列 的前n項(xiàng)和，從不等式右邊的結(jié)構(gòu)式ln（n+1）和 ，聯(lián)想到裂項(xiàng)求和： - = ， [ln（k+1）-lnk]=ln（n+1）. 因此只需證明 >ln（k+1）-lnk+ - 成立，然后取k=1，2，…，n得n個(gè)不等式累加，從而只需證 + -ln1+ >0成立即可.

解：構(gòu)造函數(shù)g（x）= + -ln1+ （x≥1），所以g′（x）=- - - ·- = - <0，所以g（x）在[1，+∞）單減且g（1）= -ln2>0.

又 g（x）=0，即g（x）的值無(wú)限趨于0，故g（x）在[1，+∞）上的圖象恒在x軸上方. 所以g（x）>0，所以 + -ln1+ >0（x≥1）.

取x=k（k=1，2，3，…），得 + -ln1+ >0，變形為：

>ln（k+1）-lnk+ - .

分別取k=1，2，3，…，n，累加，得1+ + +…+ >ln（n+1）+ .

注：此題也可用數(shù)學(xué)歸納法證明.

解后感悟：函數(shù)隱藏越深，難度就越大，如何去尋找證明不等式的“母函數(shù)”是解決問(wèn)題的關(guān)鍵，通過(guò)合理變形，展開(kāi)思維聯(lián)想的翅膀，發(fā)現(xiàn)不等式背后的隱藏函數(shù)，便會(huì)柳暗花明.

利用導(dǎo)數(shù)證明不等式是高考?jí)狠S題的熱點(diǎn)題型之一，此類問(wèn)題的特點(diǎn)是：?jiǎn)栴}以不等式形式呈現(xiàn)，“主角”是導(dǎo)數(shù)，而不等式的證明不僅技巧性強(qiáng)，而且方法靈活多變，因此構(gòu)造函數(shù)成為證明不等式的良好“載體”，如何有效合理地構(gòu)造函數(shù)是證明不等式的關(guān)鍵所在，下面以實(shí)例談?wù)勅绾螛?gòu)造函數(shù)的若干解題策略.

移項(xiàng)作差，直接構(gòu)造

例1 已知定義在正實(shí)數(shù)集上的函數(shù)f（x）= x2+2ax，g（x）=3a2lnx+b（其中a>0），設(shè)兩曲線y=f（x），y=g（x）有公共點(diǎn)，且在該點(diǎn)處的切線相同.

（1）用a表示b，并求b的最大值；

（2）求證：f（x）≥g（x）（x>0）.

分析：（2）問(wèn)中先作差構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）= x2+2ax-3a2lnx-b（x>0），然后再利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性求最小值，只需求證F（x）≥F（x）min≥0.

解：（1）b= a2-3a2lna，bmax= e （略）.

（2）構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）= x2+2ax-3a2lnx-b= x2+2ax-3a2lnx- a2+3a2lna（x>0），則F′（x）=x+2a- = . 當(dāng)0a時(shí)，F(xiàn)′（x）>0，所以F（x）在（0，a）上為減函數(shù)，在（a，+∞）上為增函數(shù)，所以F（x）≥F（a）= a2+2a2- a2=0，故當(dāng)x>0時(shí)， f（x）-g（x）≥0，即f（x）≥g（x）.

解后感悟：對(duì)于超越不等式的證明，用初等數(shù)學(xué)方法解決困難，此時(shí)可通過(guò)構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)求最值證明（可能有二次求導(dǎo)）.

合理變形，等價(jià)構(gòu)造

例2 求證：lnx> - .

分析：初步設(shè)想直接作差構(gòu)造f（x）=lnx- + ，則f ′（x）= + - . 令f ′（x）=0的零點(diǎn)無(wú)法常規(guī)求解，思路不通. 由于x>0，故適當(dāng)變形為：xlnx> - . 令f（x）=xlnx，g（x）= - ，證[f（x）]min>[g（x）]max.

解：設(shè)f（x）=xlnx，g（x）= - ，則f ′（x）=1+lnx，g′（x）= .

當(dāng)x∈0， 時(shí)，f ′（x）<0；當(dāng)x∈ ，+∞時(shí)， f ′（x）>0，即[f（x）]min=f =- . 當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）>0；當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g′（x）<0；

所以[g（x）]max=g（1）=- .

而f（x）最小值點(diǎn)與g（x）最大值點(diǎn)并不相等. 故f（x）>g（x），從而原不等式得證.

解后感悟：“變”得巧，故“求”得簡(jiǎn)單，敢于嘗試，合理變形，方向比速度更重要，沒(méi)路走要找路走，也不要有路就急于走，多想一點(diǎn)，就少算一點(diǎn).

分析（條件）結(jié)論，特征構(gòu)造

例3 已知函數(shù)f（x）=（a+1）lnx+ax2+1，

（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；

（2）設(shè)a≤-2，證明：對(duì)任意x1，x2∈（0，+∞），f（x1）-f（x2）≥4x1-x2.

分析：（2）當(dāng)a≤-2時(shí)，f（x）在（0，+∞）單減，設(shè)x1≥x2，則結(jié)論可變形為f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1，不等式兩邊結(jié)構(gòu)特征相似，不妨構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）+4x，尋找解題突破口.

解：（1）f ′（x）= （x>0）.

a≥0時(shí)，f（x）在（0，+∞）單增；

a≤-1時(shí)，f（x）在（0，+∞）單減；

-1

（2）因?yàn)閍≤-2，所以f（x）在（0，+∞）單減. 不妨設(shè)x1≥x2，則f（x1）-f（x2）≥4x1-x2？圳f（x2）-f（x1）≥4x1-4x2，f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1. 令g（x）=f（x）+4x，則g′（x）=f ′（x）+4= +4= ，所以g′（x）≤ = - ≤0，所以g（x）在（0，+∞）遞減，故g（x1）≤g（x2），所以f（x1）+4x1≤f（x2）+4x2，故對(duì)？坌x1，x2∈（0，+∞），f（x1）-f（x2）≥4x1-x2.

解后感悟：從所證條件結(jié)論分析入手，抓住不等式的結(jié)構(gòu)特征，構(gòu)造特征函數(shù)，有利于找到解題突破口，若對(duì)于左右兩邊結(jié)構(gòu)相同（也可以化為此類型）的不等式類型，可構(gòu)造f（x），使不等式變?yōu)閒（a）>f（b）的形式.

定主略從，減元構(gòu)造

例4 已知函數(shù)f（x）=ln（1+x）-x，g（x）=xlnx，

（1）求函數(shù)f（x）的最大值；

（2）設(shè)0

分析：（1）略.

（2）在所證的不等式中有兩個(gè)變量a，b，就從中選定一個(gè)自變量，另一個(gè)看成常數(shù)，這里把b選定為自變量并換成x構(gòu)造函數(shù)

證明：（1）略.

（2）①先證左邊. 構(gòu)造函數(shù)F（x）=g（a）+g（x）-2g ，則F′（x）=g′（x）-2g ′=lnx-ln . 當(dāng)x∈（0，a）時(shí)，F(xiàn)′（x）<0，F(xiàn)（x）為減函數(shù)；當(dāng)x∈（a，+∞）時(shí)，F(xiàn)′（x）>0，F(xiàn)（x）為增函數(shù). 所以F（x）極小=F（a）=0. 因?yàn)閎>a，所以F（b）>F（a）=0，所以0

②再證右邊. 構(gòu)造函數(shù)G（x）=F（x）-（x-a）ln2，則G′（x）=lnx-ln -ln2=lnx-ln（a+x）. 當(dāng)x∈（0，+∞），G′（x）<0，G（x）為減函數(shù). 因?yàn)镚（a）=0，b>a，所以G（b）

綜上所述，原不等式成立.

解后感悟：當(dāng)變量較多時(shí)，往往可以選擇其中某個(gè)變量為主元，其他變量可“視而不見(jiàn)”. 這樣做也達(dá)到了減元的目的，選擇哪個(gè)作為主元應(yīng)視運(yùn)算的繁簡(jiǎn)而定. 一般地，對(duì)形如（或可化為）f（x1，x2）≥A的不等式，可選擇x1（或x2）為主元構(gòu)造函數(shù)f（x，x2）（或f（x1，x））.

挖掘隱含，聯(lián)想構(gòu)造

例5 已知函數(shù)f（x）=ax+ +c（a>0）的圖象在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為y=x-1.

（1）用a表示出b，c；

（2）若f（x）≥lnx在[1，+∞）上恒成立，求a的取值范圍；

（3）證明：1+ + +…+ >ln（n+1）+ （n≥1）.

分析：對(duì)于（3）題觀察待證不等式左邊可知，不等式的左邊可以看做是數(shù)列 的前n項(xiàng)和，從不等式右邊的結(jié)構(gòu)式ln（n+1）和 ，聯(lián)想到裂項(xiàng)求和： - = ， [ln（k+1）-lnk]=ln（n+1）. 因此只需證明 >ln（k+1）-lnk+ - 成立，然后取k=1，2，…，n得n個(gè)不等式累加，從而只需證 + -ln1+ >0成立即可.

解：構(gòu)造函數(shù)g（x）= + -ln1+ （x≥1），所以g′（x）=- - - ·- = - <0，所以g（x）在[1，+∞）單減且g（1）= -ln2>0.

又 g（x）=0，即g（x）的值無(wú)限趨于0，故g（x）在[1，+∞）上的圖象恒在x軸上方. 所以g（x）>0，所以 + -ln1+ >0（x≥1）.

取x=k（k=1，2，3，…），得 + -ln1+ >0，變形為：

>ln（k+1）-lnk+ - .

分別取k=1，2，3，…，n，累加，得1+ + +…+ >ln（n+1）+ .

注：此題也可用數(shù)學(xué)歸納法證明.

解后感悟：函數(shù)隱藏越深，難度就越大，如何去尋找證明不等式的“母函數(shù)”是解決問(wèn)題的關(guān)鍵，通過(guò)合理變形，展開(kāi)思維聯(lián)想的翅膀，發(fā)現(xiàn)不等式背后的隱藏函數(shù)，便會(huì)柳暗花明.