第一篇：運(yùn)用函數(shù)構(gòu)造法巧證不等式[本站推薦]

運(yùn)用函數(shù)構(gòu)造法巧證不等式

羅小明（江西省吉水二中331600）

不等式證明方法較多，本文介紹主元、零點(diǎn)、導(dǎo)數(shù)法構(gòu)造函數(shù)證明不等式，以飧讀者。關(guān)鍵字：函數(shù)不等式

不等式的證明是高中數(shù)學(xué)教學(xué)中的一大難點(diǎn)，也是高考、競(jìng)賽中的一大熱點(diǎn)。本文將不等式證明問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)問(wèn)題予以解決，力爭(zhēng)突破解題思維，以求解題方法創(chuàng)新。這種解題思路使解答簡(jiǎn)捷，達(dá)到出奇制勝的效果。

一．主元法

例1．已知：a、b、c?(?1,1)，證明：abc?2?a?b?c

思路：以a為主元構(gòu)造函數(shù)f(a)，再由函數(shù)單調(diào)性可證。

證明：視a為主元構(gòu)造函數(shù)f(a)?(bc?1)a?2?b?c，此為一次函數(shù)。

由a、b、c?(?1,1)知，f(1)?f(a)

又f(1)?bc?1?b?c?(1?b)(1?c)?0

c 故有f(a)?0即abc?2?a?b?。

例2．設(shè)x、y、z?(0,1)，證明：x(1?y)?y(1?z)?z(1?x)?

1證明：作f(x)?x(1?y)?y(1?z)?z(1?x)

?(1?y?z)x?y(1?z)?z此為關(guān)于x的一次函數(shù)

由于 f(0)?y(1?z)?z?(y?1)(1?z)?1?1，f(1)?1?yz?1

故有 x(1?y)?y(1?z)?z(1?x)?1

類題演練：設(shè)x、y、z?(?1,1)，證明：xy?yz?zx?1?0

二．零點(diǎn)法

例3．若x、y、z滿足x?y?z?1且為非負(fù)實(shí)數(shù)，證明：0?xy?yz?xz?2xyz?思路：以x、y、z為三個(gè)零點(diǎn)，構(gòu)造三次函數(shù)去證。

證明：令f(t)?(t?x)(t?y)(t?z)，則f(t)?t?(x?y?z)t?(xy?yz?xz)t?xyz

記u?xy?yz?xz?2xyz 則u?2f()?211432727

（1）當(dāng)x、y、z均不超過(guò)

12時(shí)，?3?

?(x?y?z)??11111

由于 f()?(?x)(?y)(?z)?? ??

22223216??

??

故有0?u?

727

成立。

2（2）當(dāng)x、y、z只可能有一個(gè)大于

1?y?z

4x

時(shí)，不妨設(shè)x?1

212

由于f()?(?x)（22

x)?

(?x)

故有?u?

（12

?x)??

(1?x)(2x?x?1)

727

?0，0?u?

727

也成立。

由（1）、（2）知0?xy?yz?xz?2xyz?

2222

例4．設(shè)a、b、c為三角形三邊長(zhǎng)，若a?b?c?1，證明：a?b?c?4abc?

思路：先用分析法，再以a、b、c為三個(gè)零點(diǎn)，構(gòu)造三次函數(shù)去證。證明：由a?b?c?1?a2?b2?c2?4abc?1?2(ab?bc?ca)?4abc即要證 ab?bc?ca?2abc?

4作f(x)?(x?a)(x?b)(x?c)，則f(x)?x3?(a?b?c)x2?(ab?bc?ca)x?abc 由a?b?c?1，a、b、c為三角形三邊長(zhǎng)，有0?a、b、c?故有f()?0?ab?bc?ca?2abc?

211

412

所以 a?b?c?4abc?

222

類題演練：已知：a、b、c、A、B、C?R?，且有a?A?b?B?c?C?k，證明：aB?bC?cA?k

三．導(dǎo)數(shù)法

例5．證明：tanx?2sinx?3x，x?(0,?

2)

思路：作輔助函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判別函數(shù)單調(diào)法證之。證明：作輔助函數(shù)f(x)?tanx?2sinx?3x，則

f(x)?

'

1cosx

?2cosx?3，記g(x)?f(x)有

'

g(x)?

'

2sinxcosx

?2sinx?2sinx（1cosx

?1)?0，知f'(x)是增函數(shù)，又f'(0)?0故當(dāng)x?(0,?)時(shí)，有f(x)?0，從而有f(x)?f(0)?0

'

所以?x?(0,?)，都有tanx?2sinx?3x

例6．已知：a、b?0,p?1,1p

?

1q

?1，求證：ab?

a

p

p

?

b

q

q

思路：不妨視b為常量，作輔助函數(shù)，再用導(dǎo)數(shù)判別函數(shù)單調(diào)法證之。證明：作f(a)?

a

p

p

?

b

q

q

?ab，則f(a)?a

'p?

1?b

當(dāng)b?ap?1時(shí)，f(a)是減函數(shù)；當(dāng)b?ap?1時(shí)，f(a)是增函數(shù)；

q

q

當(dāng)b?ap?1時(shí)，即當(dāng)a?bp時(shí)，f(bp)?0 故?a?0，有f(a)?0，即ab?

a

p

p

?

b

q

q

類題演練：已知：x、y?0,??1，求證：(x?y)??x??y?

由上述例子，函數(shù)構(gòu)造法證不等式揭示了函數(shù)與不等式的內(nèi)在聯(lián)系，是二者的完美結(jié)合，同時(shí)也進(jìn)一步認(rèn)識(shí)到函數(shù)在解決具體問(wèn)題中的重要作用。參考文獻(xiàn)：

姚允龍．?dāng)?shù)學(xué)分析[M]．上海：復(fù)旦大學(xué)出版社，2002

李勝宏，李名德．高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽培優(yōu)教程（專題講座）[M]．杭州：浙江大學(xué)出版社，2009

第二篇：構(gòu)造函數(shù)巧解不等式

構(gòu)造函數(shù)巧解不等式

湖南 黃愛(ài)民

函數(shù)與方程，不等式等聯(lián)系比較緊密，如果從方程，不等式等問(wèn)題中所提供的信息得知其本質(zhì)與函數(shù)有關(guān)，該題就可考慮運(yùn)用構(gòu)造函數(shù)的方法求解。構(gòu)造函數(shù)，直接把握問(wèn)題中的整體性運(yùn)用函數(shù)的性質(zhì)來(lái)解題，是一種制造性的思維活動(dòng)。因此要求同學(xué)們多分析數(shù)學(xué)題中的條件和結(jié)論的結(jié)構(gòu)特征及內(nèi)在聯(lián)系，能合理準(zhǔn)確地構(gòu)建相關(guān)函數(shù)模型。

一、構(gòu)造函數(shù)解不等式

例

1、解不等式 810??x3?5x?0 3(x?1)x?

1分析；本題直接將左邊通分采用解高次不等式的思維來(lái)做運(yùn)算較煩。但注意到8102323x?5x , 啟示我們構(gòu)造函數(shù)且題中出現(xiàn)??()?5()3x?1x?1x?1(x?1)

f(x)=x3+5x去投石問(wèn)路。解：將原不等式化為(232)?5()?x3?5x，令f(x)=x3+5x，則不等式變?yōu)閤?1x?1

22f()?f(x)，∵f(x)=x3+5x在R上為增函數(shù)∴原不等式等價(jià)于?x，解x?1x?1之得：－1＜x＜2或x＜－2。

例

2、解不等式

1?x

2?2?0 x?11?x21?tan2??cos2?于是可構(gòu)造三分析：由x?R及的特征聯(lián)想到萬(wàn)能公式1?x21?tan2?

角函數(shù)，令x=tanα(??

2????

2)求解。

1?tan2?解：令x=tanα(????)?0，從 222tan??1??

1??3而2sin2??sin??1?0???sin??1∴????∴tanα＞?,∴x＞262

3?3。3

二、構(gòu)造函數(shù)求解含參不等式問(wèn)題。

例3已知不等式11112??????????loga(a?1)?對(duì)大于1的一切自然數(shù)nn?1n?22n12

3恒成立，試確定參數(shù)a的取值范圍。解：設(shè)f(n)?

∵f(n+1)-f(n)111?????????，n?1n?22n1111????0,∴f(n)是關(guān)于n 的增函2n?12n?2n?1(2n?1)(2n?2)

712∴f(n)?loga(a?1)?對(duì)大于1的一切自然數(shù)n恒12123

7121成立,必須有?loga(a?1)?∴l(xiāng)oga(a?1)??1，而a＞1，∴a-1＜12123a數(shù)。又n≥2∴f(n)≥f(2)=

∴1＜a＜1?1?5∴a的取值范圍為（1，）。2

2三、構(gòu)造函數(shù)證明不等式。

例

4、已知 |a|＜1,|b|＜1,|c|＜1，求證：ab+bc+ca＞-

1證：把a(bǔ)看成自變量x，作一次函數(shù)f(x)=bx+bc+cx+1=(b+c)x+bc+1, ∵|a|＜1,|b|＜1,|c|＜1∴－1＜x＜1

又∵f(-1)=-b-c+bc+1=(1-b)(1-c)>1

f(1)=b+c+bc+1=(1+b)(1+c)>0，又一次函數(shù)具有嚴(yán)格的單調(diào)性?！鄁(x)=(b+c)x+bc+1在x∈（-1，1）的圖象位于x的上方，∴(b+c)x+bc+1>0,從而：(b+c)a+bc+1>0,即證：ab+bc+ca＞-1 例

5、已知???????，求證：x2?y2?z2?2xycos??2yzcos??2zxcos? 證明：考慮函數(shù)f(x)=x2?y2?z2?(2xycos??2yzcos??2zxcos?)=2

x2?2x(ycos??zcos?)?y2?z2?2yzcos?,其中??4(ycos??zcos?)2?4(y2?z2?2yzcos?)??4(ysin??zsin?)2?0 又x2的系數(shù)大于0，∴f(x)的值恒大于或等于0，∴x2?y2?z2?2xycos??2yzcos??2zxcos?。

第三篇：構(gòu)造函數(shù)法證特殊數(shù)列不等式

數(shù)列不等式求證

題目1：求證1111111+1++…+?ln(1?n)?1++++…+

題目2：求證

題目3：求證234n?1234n2n(n?1)?ln2?ln3?ln4????lnn ln2ln3ln4lnn

2?3?4????n?1

n

構(gòu)造函數(shù)法證特殊數(shù)列不等式

題目1：求證12111111+1++…+?ln(1?n)?1++++…+ 34n?1234n

(一)構(gòu)造函數(shù)①f(x)?ln(1?x)?

分析：f?(x)?x(x?0)1?x1(1?x)?xx=>0,函數(shù)f(x)在(0,+?)上單調(diào)遞增。?221?x(1?x)(1?x)

x(x?0)1?x

1111111?,ln(1?)??,ln(1?)??，…… 因而有l(wèi)n(1?)?131411?12231?1?23ln(1?)??1nn?11?n

11111111故：ln(1?)+ln(1?)+ln(1?)+……+ln(1?)>+++……+ 123n234n?11111即ln(1?n)?+++……+ 234n?1所以當(dāng)x?0時(shí)，有f(x)>f(0)=0，即有l(wèi)n(1?x)?

（二）構(gòu)造函數(shù)②f(x)?ln(1?x)?x(x?0)分析：f?(x)??x1?1=<0,函數(shù)f(x)在(0,+?)上單調(diào)遞減。1?x1?x

所以當(dāng)x?0時(shí)，有f(x)

233nn

11111111故：ln(1?)+ln(1?)+ln(1?)+……+ln(1?)<1++++……+ 123n234n1111即ln(1?n)?1++++……+ 234n因而有l(wèi)n(1?)?1,ln(1?)?,ln(1?)?,……, ln(1?)? 1112

綜上有：12111111?ln(1?n)?1++++…+ +1++…+34n?1234n小結(jié)：記住函數(shù)不等關(guān)系㈠

題目2：求證x

(三)構(gòu)造函數(shù)③f(x)?lnx?x?1(x?0)x?1

1(x?1)?(x?1)x2?1分析：f?(x)??=>0,函數(shù)f(x)在(0,+?)上單調(diào)遞增。22x(x?1)x(x?1)

x?1(x?1)x?1

2?113?124?13?,ln3??,ln4??，…… 因而有l(wèi)n2?2?133?144?15

n?1lnn? n?1所以當(dāng)x?1時(shí)，有f(x)>f(1)=0，即有l(wèi)nx?

故：ln2?ln3?ln4????lnn>

綜上有1234n?2n?12xxxx……xx= 3456nn?1n(n?1)2?ln2?ln3?ln4????lnnn(n?1)

x?1?lnx(x?1)x?1

ln2ln3ln4lnn1???????題目3：求證234nn小結(jié)：記住函數(shù)不等關(guān)系㈡)構(gòu)造函數(shù)④f(x)?lnx?(x?1)(x?1（注：此函數(shù)實(shí)質(zhì)和構(gòu)造函數(shù)二一樣）分析：f?(x)??1=1

x1?x<0,函數(shù)f(x)在(1,+?)上單調(diào)遞減。x

所以當(dāng)x?1時(shí)，有f(x)

因而有l(wèi)n2?1,ln3?2,ln4?3，……，lnn?n?1

ln2?ln3?ln4????lnn?1?2?3?4??（n?2)?(n?1)n

n（n?2)?(n?1)?即有l(wèi)n2?ln3?ln4????lnn?2?3?4?? 故有：ln2ln3ln4lnn1???????234nn

小結(jié)：記住函數(shù)不等關(guān)系㈢lnx?x?1(x?1)

識(shí)記重要不等式關(guān)系

ln(1?x)?x(x?0)1?x

ln(1?x)?x(x?0)

x

x?1?lnx(x?1)x?1

lnx?x?1(x?1)

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第四篇：構(gòu)造法證明函數(shù)不等式

構(gòu)造法證明函數(shù)不等式

1、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值和最值，再由單調(diào)性來(lái)證明不等式是函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式綜合中的一個(gè)難點(diǎn)，也是近幾年高考的熱點(diǎn)．

2、解題技巧是構(gòu)造輔助函數(shù)，把不等式的證明轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或求最值，從而證得不等式，而如何根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造一個(gè)可導(dǎo)函數(shù)是用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵．

一、移項(xiàng)法構(gòu)造函數(shù)

【例1】已知函數(shù)f(x)?ln(x?1)?x，求證：當(dāng)x??1時(shí)，恒有1?1?ln(x?1)?x． x?

1二、作差法構(gòu)造函數(shù)證明

【例2】已知函數(shù)f(x)?的圖象的下方．

2312x?lnx，求證：在區(qū)間(1 ,??)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)?x

32三、換元法構(gòu)造函數(shù)證明

【例3】（2007年山東卷）證明：對(duì)任意的正整數(shù)n，不等式ln（111?1)?2?3都成立． nnn

四、從條件特征入手構(gòu)造函數(shù)證明

【例4】若函數(shù)y?f(x)在R上可導(dǎo)，且滿足不等式xf'(x)??f(x)恒成立，常數(shù)a、b滿足a?b，求證：af(a)?bf(b)．

五、主元法構(gòu)造函數(shù)

1?x)?x，g(x)?xlnx． 【例5】已知函數(shù)f(x)?ln(（1）求函數(shù)f(x)的最大值；

（2）設(shè)0?a?b，證明：0?g(a)?g(b)?2g（a?b)?(b?a)ln2．

2六、構(gòu)造二階導(dǎo)函數(shù)證明函數(shù)的單調(diào)性（二次求導(dǎo)）

【例6】已知函數(shù)f(x)?ae?x12x． 2（1）若f(x)在R上為增函數(shù)，求a的取值范圍；（2）若a?1，求證：當(dāng)x?0時(shí)，f(x)?1?x．

七、對(duì)數(shù)法構(gòu)造函數(shù)（選用于冪指數(shù)函數(shù)不等式）

【例7】證明：當(dāng)x?0時(shí)，(1?x)1?x?e1?2．

1、（2007年，安徽卷）設(shè)a?0，f(x)?x?1?ln2x?2alnx．

求證：當(dāng)x?1時(shí)，恒有x?ln2x?2alnx?1．

2、（2007年，安徽卷）已知定義在正實(shí)數(shù)集上的函數(shù)f(x)?1x12x?2ax，g(x)?3a2lnx?b，其中2a?0，且b? 52a?3a2lna，求證：f(x)?g(x)．

23、已知函數(shù)f(x)?ln(1?x)? xb，求證：對(duì)任意的正數(shù)a、b，恒有l(wèi)na?lnb?1?． 1?xa4、（2007年，陜西卷）f(x)是定義在(0 , ??)上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf'(x)?f(x)?0，對(duì)任意正數(shù)a、b，若a?b，則必有（）

A．a(chǎn)f(b)?bf(a)

B．bf(a)?af(b)

C．a(chǎn)f(a)?f(b)

D．bf(b)?f(a)例1【分析】 本題是雙邊不等式，其右邊直接從已知函數(shù)證明，左邊構(gòu)造函數(shù)1?1，從其導(dǎo)數(shù)入手即可證明． x?11x?1??【解析】由題意得：f?(x)?，∴當(dāng)?1?x?0時(shí)，f?(x)?0，即f(x)在x?1x?1g(x)?ln(x?1)?x?(?1 , 0)上為增函數(shù)；當(dāng)x?0時(shí)，f?(x)?0，即f(x)在x?(0 , ??)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 , ??)；于是函數(shù)f(x)在(?1 , ??)上的最大值為f(x)max?f(0)?0，因此，當(dāng)x??1時(shí)，f(x)?f(0)?0，即ln(x?1)?x?0，∴l(xiāng)n(x?1)?x（右面得證）．現(xiàn)證左面，令g(x)?ln(x?1)?11x1???1，則g?(x)?22，x?1(x?1)(x?1)x?1當(dāng)x?(?1 , 0)時(shí)，g'(x)?0；當(dāng)x?(0 , ??)時(shí)，g'(x)?0，即g(x)在x?(?1 , 0)上為減函數(shù)，在x?(0 , ??)上為增函數(shù)，故函數(shù)g(x)在(?1 , ??)上的最小值為g(x)min?g(0)?0，1?1?0，x?111?1?ln(x?1)?x． ∴l(xiāng)n(x?1)?1?．綜上可知：當(dāng)x??1時(shí)，有x?1x?1∴當(dāng)x??1時(shí)，g(x)?g(0)?0，即ln(x?1)?【點(diǎn)評(píng)】如果f(a)是函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大（?。┲?，則有f(x)?f(a)（或f(x)?f(a)），那么要證不等式，只要求函數(shù)的最大值不超過(guò)0就可得證．

例2．【分析】函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)的圖象的下方?不等式f(x)?g(x)在(1 ,??)上恒成12212x?lnx?x3，只需證明在區(qū)間(1,??)上，恒有x2?lnx?x3成立，23231設(shè)F(x)?g(x)?f(x)，x?(1 , ??)，考慮到F(1)??0，要證不等式轉(zhuǎn)化變?yōu)椋?/p>

6立問(wèn)題，即當(dāng)x?1時(shí)，F(xiàn)(x)?F(1)，這只要證明：g(x)在區(qū)間(1 ,??)是增函數(shù)即可． 【解析】設(shè)F(x)?g(x)?f(x)，即F(x)?22312x?x?lnx，321(x?1)(2x2?x?1)(x?1)(2x2?x?1)則F'(x)?2x?x??；當(dāng)x?1時(shí)，F(xiàn)'(x)??0，從xxx而F(x)在(1,??)上為增函數(shù)，∴F(x)?F(1)?

1?0，∴當(dāng)x?1時(shí)，g(x)?f(x)?0，即6f(x)?g(x)，故在區(qū)間(1,??)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)?23x的圖象的下方． 3【點(diǎn)評(píng)】本題首先根據(jù)題意構(gòu)造出一個(gè)函數(shù)（可以移項(xiàng)，使右邊為零，將移項(xiàng)后的左式設(shè)為函數(shù)），并利用導(dǎo)數(shù)判斷所設(shè)函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，證明要證的不等式．讀者也可以設(shè)F(x)?f(x)?g(x)做一做，深刻體會(huì)其中的思想方法． 例3．【分析】本題是山東卷的第（2）問(wèn)，從所證結(jié)構(gòu)出發(fā)，只需令

1?x，則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為：當(dāng)x?0n時(shí)，恒有l(wèi)n(x?1)?x2?x3成立，現(xiàn)構(gòu)造函數(shù)h(x)?x3?x2?ln(x?1)，求導(dǎo)即可達(dá)到證明．

13x3?(x?1)2 【解析】 令h(x)?x?x?ln(x?1)，則h?(x)?3x?2x??x?1x?1322在x?(0 , ??)上恒正，∴函數(shù)h(x)在(0 , ??)上單調(diào)遞增，∴x?(0 , ??)時(shí)，恒有h(x)?h(0)?0，即x3?x2?ln(x?1)?0，∴l(xiāng)n(x?1)?x2?x3，對(duì)任意正整數(shù)n，取x?1111?(0 , ??)，則有l(wèi)n(?1)?2?3． nnnn【點(diǎn)評(píng)】我們知道，當(dāng)F(x)在[a , b]上單調(diào)遞增，則x?a時(shí)，有F(x)?F(a)．如果f(a)＝?(a)，要證明當(dāng)x?a時(shí)，f(x)??(x)，那么，只要令F(x)＝f(x)－?(x)，就可以利用F(x)的單調(diào)增性來(lái)推導(dǎo)．也就是說(shuō)，在F(x)可導(dǎo)的前提下，只要證明F'(x)?0即可．

例4．【解析】由已知：xf'(x)?f(x)?0，∴構(gòu)造函數(shù)F(x)?xf(x)，則F'(x)?xf'(x)?f(x)?0，從而F(x)在R上為增函數(shù)，∵a?b，∴F(a)?F(b)，即af(a)?bf(b)．

【點(diǎn)評(píng)】由條件移項(xiàng)后xf?(x)?f(x)，容易想到是一個(gè)積的導(dǎo)數(shù)，從而可以構(gòu)造函數(shù)F(x)?xf(x)，求導(dǎo)即可完成證明．若題目中的條件改為xf?(x)?f(x)，則移項(xiàng)后xf?(x)?f(x)，要想到是一個(gè)商的導(dǎo)數(shù)的分子，平時(shí)解題多注意總結(jié)．

例5．【分析】 對(duì)于第（2）小問(wèn)，絕大部分的學(xué)生都會(huì)望而生畏．學(xué)生的盲點(diǎn)也主要就在對(duì)所給函數(shù)用不上．如果能挖掘一下所給函數(shù)與所證不等式間的聯(lián)系，想一想大小關(guān)系又與函數(shù)的單調(diào)性密切相關(guān)，由此就可過(guò)渡到根據(jù)所要證的不等式構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，借助單調(diào)性比較函數(shù)值的大小，以期達(dá)到證明不等式的目的．（2）對(duì)g(x)?xlnx求導(dǎo)，則g'(x)?lnx?1．在g(a)?g(b)?2g(數(shù)，設(shè)F(x)?g(a)?g(x)?2g(a?b)中以b為主變?cè)獦?gòu)造函2a?xa?xa?x)，則F'(x)?g'(x)?2[g()]'?lnx?ln． 222當(dāng)0?x?a時(shí)，F(xiàn)'(x)?0，因此F(x)在(0 , a)內(nèi)為減函數(shù)；當(dāng)x?a時(shí)，F(xiàn)'(x)?0，因此F(x)在(a , ??)上為增函數(shù)．從而當(dāng)x?a時(shí)，F(xiàn)(x)有極小值F(a)，∵F(a)?0，b?a，∴F(b)?0，即g(a)?g(b)?2g(a?b)?0．又設(shè)G(x)?F(x)?(x?a)ln2，則2G'(x)?lnx?lna?xG'(x)?0．?ln2?lnx?ln(a?x)；當(dāng)x?0時(shí)，因此G(x)在(0 , ??)2a?b)?(b?a)ln2． 2上為減函數(shù)，∵G(a)?0，b?a，∴G(b)?0，即g(a)?g(b)?2g(例6．【解析】（1）f'(x)?aex?x，∵f(x)在R上為增函數(shù)，∴f'(x)?0對(duì)x?R恒成立，即a?xe?x對(duì)x?R恒成立；記g(x)?xe?x，則g'(x)?e?x?xe?x?(1?x)e?x；

當(dāng)x?1時(shí)，g'(x)?0；當(dāng)x?1時(shí)，g'(x)?0．知g(x)在(?? , 1)上為增函數(shù)，在(1 , ??)上為減函數(shù)，∴g(x)在x?1時(shí)，取得最大值，即g(x)max?g(1)?（2）記F(x)?f(x)?(1?x)?e?x111，∴a?，即a的取值范圍是[ , ??)．

eee12x?x?1（x?0），則F'(x)?ex?x?1，2令h(x)?F'(x)?ex?x?1，則h'(x)?ex?1；當(dāng)x?0時(shí)，h'(x)?0，∴h(x)在(0 , ??)上為增函數(shù)，又h(x)在x?0處連續(xù)，∴h(x)?h(0)?0，即F'(x)?0，∴F(x)在(0 , ??)上為增函數(shù)，又F(x)在x?0處連續(xù)，∴F(x)?F(0)?0，即f(x)?1?x．【點(diǎn)評(píng)】當(dāng)函數(shù)取最大（或最?。┲禃r(shí)不等式都成立，可得該不等式恒成立，從而把不等式的恒成立問(wèn)題可轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問(wèn)題．不等式恒成立問(wèn)題，一般都會(huì)涉及到求參數(shù)范圍，往往把變量分離后可以轉(zhuǎn)化為m?f(x)（或m?f(x)）恒成立，于是m大于f(x)的最大值（或m小于f(x)的最小值），從而把不等式恒成立問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問(wèn)題．因此，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最 值是解決不等式恒成立問(wèn)題的一種重要方法．

例7．【解析】 對(duì)不等式兩邊取對(duì)數(shù)得(1?)ln(1?x)?1?1xx，化簡(jiǎn)為2(1?x)ln(1?x)?2x?x2，2(l1?x)，設(shè)輔助函數(shù)f(x)?2x?x2?2(1?x)ln(，f'(x)?2x?2n1?x)（x?0）又f''(x)?2x?0（x?0），易知f'(x)在(0 , ??)上嚴(yán)格單調(diào)增加，從而f'(x)?f'(0)?01?x（x?0），又由f(x)在[0 , ??)上連續(xù)，且f'(x)?0，得f(x)在[0 , ??)上嚴(yán)格單調(diào)增加，∴f(x)?f(0)?0（x?0），即2x?x2?2(1?x)ln(1?x)?0，2x?x2?2(1?x)ln(1?x)，故(1?x)1?1x?e1?x2（x?0）．

1、【解析】f?(x)?1?2lnx2a2lnx??1，∴f?(x)?0，即f(x)，當(dāng)x?1，a?0時(shí)，不難證明xxx 在(0,??)內(nèi)單調(diào)遞增，故當(dāng)x?1時(shí)，f(x)?f(1)?0，∴當(dāng)x?1時(shí)，恒有x?ln2x?2alnx?1．

2、【解析】設(shè)F(x)?g(x)?f(x)?12x?2ax?3a2lnx?b，則23a2(x?a)(x?3a)（x?0），∵a?0，∴當(dāng)x?a時(shí)，F(xiàn)'(x)?0，F(xiàn)'(x)?x?2a??xx故F(x)在(0 , a)上為減函數(shù)，在(a , ??)上為增函數(shù)，于是函數(shù)F(x)在(0 , ??)上的最小值是F(a)?f(a)?g(a)?0，故當(dāng)x?0時(shí)，有f(x)?g(x)?0，即f(x)?g(x)．

3、【解析】函數(shù)f(x)的定義域?yàn)??1 , ??)，f'(x)?11x??，∴當(dāng)?1?x?01?x(1?x)2(1?x)2時(shí)，f'(x)?0，即f(x)在x?(?1 , 0)上為減函數(shù)；當(dāng)x?0時(shí)，f'(x)?0，即f(x)在x?(0 , ??)上為增函數(shù)；因此在x?0時(shí)，f(x)取得極小值f(0)?0，而且是最小值，于是f(x)?f(0)?0，從而ln(1?x)?1xa1b?1?，于是，即ln(1?x)?1?，令1?x??0，則1?1?x1?xbx?1aabbf(x)xf'(x)?f(x)ln?1?，因此lna?lnb?1?．

4、?0，故【解析】F(x)?，F(xiàn)'(x)?baaxx2f(x)f(a)f(b)?af(b)?bf(a)，故選A． F(x)??在(0 , ??)上是減函數(shù)，由a?b有xab8

第五篇：構(gòu)造函數(shù)法證明不等式

構(gòu)造函數(shù)法證明不等式

河北省 趙春祥

不等式證明是中學(xué)數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容之一．由于證明不等式?jīng)]有固定的模式，證法靈活多樣，技巧性強(qiáng)，使其成為各種考試命題的熱點(diǎn)問(wèn)題，函數(shù)法證明不等式就是其常見題型．即有些不等式可以和函數(shù)建立直接聯(lián)系，通過(guò)構(gòu)造函數(shù)式，利用函數(shù)的有關(guān)特性，完成不等式的證明．

一、構(gòu)造一元一次函數(shù)證明不等式

例1設(shè)0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，求證：x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)＜1．

證明：構(gòu)造一次函數(shù)f(x)= x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)，整理，得

f(x)=(1－y－z)x＋(y＋z－yz)其中0＜x＜1，∵0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，∴－1＜1－y－z＜1．

⑴當(dāng)0＜1－y－z＜1時(shí)，f(x)在(0，1)上是增函數(shù)，于是

f(x)＜f(1)=1－yz＜1；

⑵當(dāng)－1＜1－y－z＜0時(shí)，f(x)在(0，1)上是減函數(shù)，于是

f(x)＜f(0)= y＋z－yz = 1－(1－y)(1－z)＜1；

⑶當(dāng)1－y－z = 0，即y＋z = 1時(shí)，f(x)= y＋z－yz = 1－yz＜1．

綜上，原不等式成立．

例2已知 | a |＜1，| b |＜1，| c |＜1，求證：abc＋2＞a＋b＋c．

證明：構(gòu)造一次函數(shù)f(x)=(bc－1)x＋2－b－c，這里，| b |＜1，| c |＜1，| x |＜1，則bc ＜1． ∵f(?1)= 1－bc＋2－b－c =(1－bc)＋(1－b)＋(1－c)＞0，f(1)= bc－1＋2－b－c =(1－b)(1－c)＞0，∵－1＜x＜1，∴一次函數(shù)f(x)=(bc－1)x＋2－b－c的圖象在x軸上方，這就是說(shuō)，當(dāng)| a |＜1，| b |＜1，| c |＜1時(shí)，有(bc－1)a＋2－b－c＞0，即abc＋2＞a＋b＋c．

二、構(gòu)造一元二次函數(shù)證明不等式

例3若 a、b、c∈R+，求證：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca ．

證明構(gòu)造函數(shù)f(x)= x2－(b＋c)x＋b2＋c2－bc ．

因?yàn)?△=(b＋c)2－4(b2＋c2－bc)=－3(b－c)2≤0，又因?yàn)槎雾?xiàng)的系數(shù)為正數(shù)，所以x2－(b＋c)x＋b2＋c2－bc≥0對(duì)任意實(shí)數(shù)恒成立． 以a 替換 x 得：a2－(b＋c)a＋b2＋c2－bc≥0，即 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ ca．

例4已知a、b、c、d、e是滿足a＋b＋c＋d＋e= 8，a2＋b2＋c2＋d2＋e2= 16的實(shí)數(shù)，求證：0≤e≤

5．證明：構(gòu)造一元二次函數(shù)

f(x)= 4x

＋2(a＋b＋c＋d)＋a2＋b2＋c2＋d2=(x＋a)2＋(x＋b)2＋(x＋c)2＋(x＋d)2≥0，又∵二次項(xiàng)系數(shù)為正數(shù)，∴△= 4(a＋b＋c＋d)2－16(a2＋b2＋c2＋d2)= 4(8－e)2－16(16－e2)≤0，解之得0≤e≤

165

．

故不等式成立．

三、構(gòu)造單調(diào)函數(shù)證明不等式 例5已知 a＞0，b＞0，求證 ：證明： 構(gòu)造函數(shù)f(x)=

x1?x

a1?a

＋

b1?b

＞

x

a?b1?a?b

．，易證f(x)=

1?x

= 1－

1?x

當(dāng)x＞0 時(shí)單調(diào)遞增．

∵ a＋b＋ab＞a＋b＞0，∴ f(a＋b＋ab)＞f(a＋b)． 故

a1?a

＋

b1?b

=

a?b?2ab(1?a)(1?b)

＞

a?b?ab1?a?b?ab)

=f(a＋b＋ab)＞f(a＋b)=

13n?2

13n?1

a?b1?a?b

．

例6對(duì)任意自然數(shù)n 求證：(1＋1)(1＋

14)·…·(1＋

13n?2)＞3n?1．

證明：構(gòu)造函數(shù)f(n)=(1＋1)(1＋

13n?1)·…·(1＋3，由

f(n?1)f(n)

(1?)33n?1

=

3n?4

=(3n?2)

(3n?1)(3n?4)

＞1，∵f(n)＞0，∴f(n?1)＞f(n)，即f(n)是自然數(shù)集N上的單調(diào)遞增函數(shù)，∴(1＋1)(1＋

14)·…·(1＋

13n?2)＞33n?1．