第一篇：高等數(shù)學證明中輔助函數(shù)的構造

高等數(shù)學證明中輔助函數(shù)的構造

王春珊 張紹蘭

（安徽工商職業(yè)學院，安徽 合肥 230041）

摘要：本文系統(tǒng)歸納了高等數(shù)學證明中常見四種輔助函數(shù)的構造，每種類型用實例加以介紹說明，對學習高等數(shù)學的證明有一定的指導作用.關鍵詞：輔助函數(shù)；原函數(shù)；求導法則；不等式

在高等數(shù)學許多問題的證明中需要構造輔助函數(shù)，但如何構造輔助函數(shù)是學生在學習高等數(shù)學中的難點之一，現(xiàn)將高數(shù)學證明中的構造相關輔助函數(shù)常使用的方法構造如下.一、不等式證明中輔助函數(shù)的構造

1.關于f(x)?g(x),x?(a,b)型不等式的證明.一般情況下可考慮構造輔助函數(shù)F(x)?f(x)?g(x),x?(a,b)，然后確定F(x)的比較點（F(a)或F(b)），并利用F(x)的單調性加以證明.例1 證明 sin?2x?x?2?1??2?24?2，x?(0,?2).14x2?sin2xlimF(x)?limF(x)?1?證明 設F(x)?sinx?x?2，則，.x?0?3x????2xsin2x

2故可補充定義F(0)?1?4?,F()?1?2，使F(x)在[0,]上連續(xù)，由此可知，只要證明32?2

F(x)在[0,]上單調遞增即可.2

1cosx)，為確定F(x)的符號，再設因為F?(x)?2(3?xsin3x?

G(x)???x,x?(0,)，且G(0)?0.22

347??124?3則G?(x)?(cosx)?sinx(cosx)3?1，G??(x)?sinx(cosx)3?0,x?(0,).392

故G?(x)在(0,)上為單調遞增且G?(0)?0，因此，在區(qū)間(0,)中，G?(x)?G?(0)?0，22

?1cosx?0，這就從面G(x)在(0,)上也是單調遞增的，所以G(x)?G(0)?0，即3?3xsinx2

??4證明了F(x)在(0,)上是單調遞增的，即F(x)?F()?1?2，命題得證.2?2

對于f(x)?g(x),x?(a,b)型不等式，在某些情況下，也可通過適當變形化為對某一輔助函數(shù)單調性的討論，從而加以證明.11??

例2 設x?0,y?0且0????，證明(x?y)?(x?y).??????

分析：由于0????，故所證不等式似乎是x,y關于?,?的單調函數(shù)，但由于x,y是兩個變量，如果能轉化為一個變量的問題就容易了.根據(jù)所證不等式結構及y?0的情況，所證不等式等價于不等式

x?x

[()?1]??[()??1]?

yy

xz

設t?，則原不等式轉化為函數(shù)?(z)?(t?1)z，0???z??的單調性的討論.y

證明 根據(jù)上述分析，構造輔助函數(shù)?(z)?(t?1)，則??(t)?

z

z

?(t)t()ztzz1?tz

t?0,z?0，由于，所以z1?tz(t)?(1?t)2z

z(1?t)(1?t)

z

ztz

1?(t)(tz)tzz

故??(t)?2＜0，所以?(z)?(t?在(0,??)上單調遞減，而lnzz1?tz

z(1?t)(1?t)

0???z??，所以?(?)??(?)，即命題成立.2.關于c1?f(x)?c2,x?(a,b)型不等式證明.常用的簡便方法是考慮f(x)在(a,b)上是取大值、最小值來證明.例3 證明不等式

2p?

1?xp?(1?x)p?10?x?1,p?1.pp

證明 設F(x)?x?(1?x)，0?x?1,p?1.由于F(x)在[0,1]上連續(xù)，故在區(qū)間

[0,1]上一定有最大值和最小值.F?(x)?p[x因為 F(0)?1,p?1

?(1?x)p?1]，令F?(x)?0，則x?

（駐點）.2

F(1)?1,F()?p?1，所以在[0,1]上

2211

Fmax(x)?1,Fmin(x)?p?1，故p?1?xp?(1?x)p?1.22

3.含有定積分的不等式.一般情況下常把定積分的上限選為所構造輔助函數(shù)的自變量.例4 設a?b,f(x),g(x)在區(qū)間[a,b]上連續(xù)，證明

(?f(x)g(x)dx)??f(x)dx?g2(x)dx

a

a

a

b

b

b

證明設F(t)?

?

t

a

f(x)dx?g(x)dx?(?f(x)g(x)dx)2且a?t?b，則

a

a

t

t

t

a

a

a

t

t

F?(t)?f2(t)?g2(x)dx?g2(t)?f2(x)dx?2f(t)g(t)?f(x)g(x)dx

?

?

t

a

[f(t)g(x)?f(x)g(t)]2dx?0

所以F(x)在[a,b]上為增函數(shù)，故F(b)?F(a)?0，即命題得證.二、應用求導法則構造輔助函數(shù)

這里主要應用冪函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、函數(shù)乘積求導時出現(xiàn)的特殊情況構造輔助函數(shù).例如 設f(x),g(x)均可導，則

[f(x)eg(x)]??[f?(x)?f(x)g(x)?]eg(x)，[lnf(x)]??

[f(x)g(x)]??f?(x)g(x)?f(x)g?(x).因此當所證結果中出現(xiàn)f?(x)?f(x)g(x)?，f?(x)，f(x)

f?(x)，f?(x)g(x)?f(x)g?(x)等形式f(x)

時，可構造形如f(x)eg(x)，lnf(x)或f(x)g(x)等形式的函數(shù).例5 設函數(shù)f(x),g(x)在[a,b]上連續(xù)，在(a,b)內可導，且f(x1)?f(x2)?0，x1,x2?(a,b)，(x1?x2).證明 在(x1,x2)內至少存在一點?，使得f?(?)?f(?)g(?)??0.證明 設F(x)?f(x)eF(x1)?f(x1)e

g(x1)

g(x)，則由f(x1)?f(x2)?0知

?f(x2)eg(x2)?F(x2)?0

g(x)

故由已知條件知，F(xiàn)(x)?f(x)e

在(x1,x2)上滿足羅爾中值定理，即在(x1,x2)內至少存

g(?)

在一點?使得F?(?)?0，即F?(?)?[f?(?)?f(?)g(?)?]e?0，所以

f?(?)?f(?)g(?)??0.三、方程根的存在性證明中輔助函數(shù)的構造

通過下面例子說明其方法.例6 討論方程ax?lnx（a?0）有幾個實根.分析：設f(x)?ax?lnx，x?(0,??)，則如果f(x)的最小值在x軸上方，曲線

y?f(x)與x軸無交點，方程無實根；如果f(x)的最小值在x軸上，曲線y?f(x)與x軸

只有一個交點，方程只有一個實根；如果f(x)的最小值在x軸下方，討論函數(shù)

f(x)?ax?lnx的單調區(qū)間等性質判斷曲線y?f(x)與x軸的交點數(shù)，從而求得方程實根的個數(shù).解 設f(x)?ax?lnx，x?(0,??)，則

111，令f?(x)?a??0 得 x?.xxa1

1因為當 0?x?時，f?(x)?a??0；

ax11

當 x?時，f?(x)?a??0.ax11

所以f(x)在x?時取得最小值m?f()?1?lna.aa1

當m?0時，即a?，曲線y?f(x)與x軸無交點，方程無實根；

e1

當m?0時，即a?，曲線y?f(x)與x軸只有一個交點，方程只有一個實根；

e111

當m?0時，即0?a?時，因為當0?x?時，f?(x)?a??0，f(x)單調遞減，eax

當 x?時，f?(x)?a??0，f(x)單調遞增.所以曲線y?f(x)與x軸有兩個交點，ax

f?(x)?a?

即方程有兩個實根.四、應用原函數(shù)構造輔助函數(shù)

現(xiàn)結合實例說明這種方法.例7（拉格朗日中值定理）設函數(shù)f(x)滿足：（1）在閉區(qū)間[a,b]上連續(xù)；（2）在開區(qū)間(a,b)上可導.f(b)?f(a)

.b?a

f(b)?f(a)

?0.這時注意到分析：即要在(a,b)中至少存在一點?使得f?(?)?

b?a

f(b)?f(a)f(b)?f(a)

x，故所證f?(?)為f?(x)在點?的函數(shù)值，而的一個原函數(shù)為

b?ab?a

f(b)?f(a)

x的導函數(shù)在(a,b)內至少有一個零點.根據(jù)本定理的條件及羅等式為f(x)?

b?a

f(b)?f(a)

x滿足羅爾定理條件即可證明爾定理自然想到，只須驗證函數(shù)F(x)?f(x)?

b?a

則在(a,b)中至少存在一點?使得f?(?)?

本定理的結論，當然輔助函數(shù)也就構造出來了.證明略.例8 證明若非線性函數(shù)f(x)在[a,b]上連續(xù)，在(a,b)上可導，則必有??(a,b)，使

得f?(?)?

f(b)?f(a)

.b?a

f(b)?f(a)

x的導函數(shù)在(a,b)內某一點

b?af(b)?f(a)

x.但是為了使構造的輔助函?上值的大小問題，因此可構造輔助函數(shù)f(x)?

b?a

分析：所要證不等式顯然是比較函數(shù)f(x)與

數(shù)具有更好的性質，如除要輔助函數(shù)連續(xù)、可導外，還要其在區(qū)間兩端點上的函數(shù)值相等且等于0，故構造輔助函數(shù)：

F(x)?f(x)?f(a)?

f(b)?f(a)

(x?a).b?a

證明 因為F(a)?F(b)?0，又由于f(x)非線性，故F(x)不恒為0，因此必有

x0?(a,b)使得F(x0)?0，不妨設F(x0)?0，對于F(x)在[a,x0],[x0,b]上分別應用拉格

朗日定理有

F?(?1)?

F(x0)?F(a)F(x0)

??0,a??1?x0.x0?ax0?a

F?(?2)?

F(b)?F(x0)F(x0)

???0,x0??2?b.b?x0b?x0

f(b)?f(a)

?0

b?af(b)?f(a)

?0F?(?2)?f?(?2)?

b?a

f(b)?f(a)

?f?(?1)所以f?(?2)?

b?a

故F?(?1)?f?(?1)?這即為

f(b)?f(a)

?max{f?(?1),f?(?2

b?a

f(b)?f(a)

.b?a

記f?(?)?f?(?1),f?(?2，則f?(?)?

參考文獻：

［1］ 華東師范大學數(shù)學系編.數(shù)學分析，高等教育出版社，1987

Advanced mathematics to prove the structure of auxiliary function

Wang chun shanzhang shao lan

(Anhui business vocational college Anhui Hefei 230041)

Key words :Auxiliary function，The original function，Derivation rules，Inequality Abstract:

作者簡介：王春珊，男，1969.11安徽工商職業(yè)學院副教授

張紹蘭，女，安徽工商職業(yè)學院副教授 通訊地址：合肥市碭山路233號安徽工商職業(yè)學院 電子郵箱：chunshan2000@163.com 電話：***

第二篇：構造函數(shù)證明不等式

在含有兩個或兩個以上字母的不等式中，若使用其它方法不能解決，可將一邊整理為零，而另一邊為某個字母的二次式，這時可考慮用判別式法。一般對與一元二次函數(shù)有關或能通過等價轉化為一元二次方程的，都可考慮使用判別式，但使用時要注意根的取值范圍和題目本身條件的限制。

例1.設：a、b、c∈R，證明：a2?ac?c2?3b(a?b?c)?0成立，并指出等號何時成立。

解析：令f(a)?a2?(3b?c)a?c2?3b2?3bc

⊿＝(3b?c)2?4(c2?3b2?3bc)??3(b?c)2 ∵b、c∈R，∴⊿≤0 即：f(a)?0，∴a2?ac?c2?3b(a?b?c)?0恒成立。

當⊿＝0時，b?c?0，此時，f(a)?a2?ac?c2?3ab?(a?c)2?0，∴a??b?c時，不等式取等號。

?4?例2.已知：a,b,c?R且a?b?c?2,a2?b2?c2?2，求證： a,b,c??0,?。

?3??a?b?c?222解析：?2 消去c得：此方程恒成立，a?(b?2)a?b?2b?1?0，22?a?b?c?2∴⊿＝(b?2)2?4(b2?2b?1)??3b2?4b?0，即：0?b??4?同理可求得a,c??0,?

?3?4。3② 構造函數(shù)逆用判別式證明不等式

對某些不等式證明，若能根據(jù)其條件和結論，結合判別式的結構特征，通過構造二項平方和函數(shù)：f(x)?(a1x?b1)2?(a2x?b2)2???(anx?bn)2

由f(x)?0，得⊿≤0，就可以使一些用一般方法處理較繁瑣的問題，獲得簡捷明快的證明。

例3.設a,b,c,d?R?且a?b?c?d?1，求證：4a?1?4b?1?4c?1?4d?1﹤6。解析：構造函數(shù)：

f(x)?(4a?1x?1)2?(4b?1x?1)2?(4c?1x?1)2?(4d?1x?1)

2＝8x2?2(4a?1?4b?1?4c?1?4d?1)x?4.(?a?b?c?d?1)由f(x)?0，得⊿≤0，即⊿＝4(4a?1?4b?1?4c?1?4d?1)2?128?0.∴4a?1?4b?1?4c?1?4d?1?42﹤6.例4.設a,b,c,d?R?且a?b?c?1，求解析：構造函數(shù)f(x)?(＝(1ax?a)2?(149??的最小值。abc2bx?b)2?(3cx?c)2

1492??)x?12x?1,(?a?b?c?1)abc111由f(x)?0（當且僅當a?,b?,c?時取等號），632149得⊿≤0,即⊿＝144-4（??）≤0

abc111149

∴當a?,b?,c?時，(??)min?36 632abc

構造函數(shù)證明不等式

1、利用函數(shù)的單調性

+例

5、巳知a、b、c∈R，且a b?mb[分析]本題可以用比較法、分析法等多種方法證明。若采用函數(shù)思想，構造出與所證不等式密切相關的函數(shù)，利用函數(shù)的單調性來比較函數(shù)值而證之，思路則更為清新。

a?x+，其中x∈R，0

b?xb?x證明：令 f（x）= ∵b-a>0 b?a+ 在R上為減函數(shù) b?xb?a+從而f（x）= 在R上為增函數(shù)

b?x∴y= ∵m>0 ∴f（m）> f（0）

∴a?ma> b?mb例

6、求證：a?b1?a?b≤

a?b1?a?b（a、b∈R）

[分析]本題若直接運用比較法或放縮法，很難尋其線索。若考慮構造函數(shù)，運用函數(shù)的單調性證明，問題將迎刃而解。

[證明]令 f（x）=

x，可證得f（x）在[0，∞)上是增函數(shù)（證略）1?x 而 0<∣a+b∣≤∣a∣+∣b∣

得 f（∣a+b∣）≤ f（∣a∣+∣b∣）

即： a?b1?a?b≤

a?b1?a?b

[說明]要證明函數(shù)f(x)是增函數(shù)還是減函數(shù)，若用定義來證明，則證明過程是用比較法證明f(x1)與f(x2)的大小關系；反過來，證明不等式又可以利用函數(shù)的單調性。

2、利用函數(shù)的值域

例

7、若x為任意實數(shù)，求證：—

x11≤≤ 221?x2[分析]本題可以直接使用分析法或比較法證明，但過程較繁。聯(lián)想到函數(shù)的值域，于是構造函數(shù)f（x）= x11，從而只需證明f(x)的值域為[—，]即可。

1?x222x2證明：設 y=，則yx-x+y=0 21?x ∵x為任意實數(shù) ∴上式中Δ≥0，即（-1）-4y≥0 1 411得：—≤y≤

22x11 ∴—≤≤

21?x22 ∴y≤2[說明]應用判別式說明不等式，應特別注意函數(shù)的定義域。

另證：類比萬能公式中的正弦公式構造三角函數(shù)更簡單。

例

8、求證：必存在常數(shù)a，使得Lg（xy）≤ Lga.lg2x?lg2y

對大于1的任意x與y恒成立。

[分析]此例即證a的存在性，可先分離參數(shù)，視參數(shù)為變元的函數(shù)，然后根據(jù)變元函數(shù)的值域來求解a，從而說明常數(shù)a的存在性。若s≥f(t)恒成立，則s的最小值為f(t)的最大值；若 s≤f(t)恒成立，則s的最大值為f(t)的最小值。

22證明：∵lgx?lgy > 0(x>1,y>1)∴原不等式可變形為：Lga≥

lgx?lgylgx?lgy22

2（lgx?lgy）2lgxlgy 令 f(x)= == 1?222222lgx?lgylgx?lgylgx?lgylgx?lgy 而 lgx>0,lgy>0, ∴l(xiāng)gx+lgy ≥ 2lgxlgy > 0 ∴2lgxlgy≤1 22lgx?lgy ∴ 1

從而要使原不等式對于大于1的任意x與y恒成立，只需Lga≥2即 a≥10

2即可。

故必存在常數(shù)a，使原不等式對大于1的任意x、y恒成立。

3、運用函數(shù)的奇偶性

xx<(x≠0)1?2x2xx 證明：設f（x）=-(x≠0)x1?22 例

9、證明不等式：

?x?x?x2xx ∵f（-x）=-= x+ ?x1?222?12xxx

[1-(1-2)]+ 1?2x2xx =-x+= f(x)x1?22 = ∴f(x)的圖象關于y軸對稱

x ∵當x>0時，1-2<0，故f(x)<0 當x<0時，根據(jù)圖象的對稱性知f(x)<0 故當 x≠0時,恒有f(x)<0 即：xx<(x≠0)x1?22 [小結]本題運用了比較法，實質是根據(jù)函數(shù)的奇偶性來證明的，本題也可以運用分類討論思想。但利用偶函數(shù)的軸對稱性和奇函數(shù)的中心對稱性，常能使所求解的問題避免復雜的討論。

第三篇：構造函數(shù)證明不等式

構造函數(shù)證明不等式

構造函數(shù)證明:>e的(4n-4)/6n+3)次方

不等式兩邊取自然對數(shù)(嚴格遞增)有:

ln(2^2/2^2-1)+ln(3^2/3^2-1)+...+ln(n^2/n^2-1)>(4n-4)/(6n+3)

不等式左邊=2ln2-ln1-ln3+2ln3-ln2-ln4+...+2lnn-ln(n-1)-ln(n+1)

=ln2-ln1+lnn-ln(n+1)=ln

構造函數(shù)f(x)=ln-(4x-4)/(6x+3)

對f(x)求導,有:f'(x)=+^

2當x>2時,有f'(x)>0有f(x)在x>2時嚴格遞增從而有

f(n)>=f(2)=ln(4/3)-4/15=0.02>0

即有l(wèi)n>(4n-4)/(6n+3)

原不等式等證

【解】：

∏{n^2/(n^2-1)}>e^((4n-4)/(6n+3))

∵n^2/(n^2-1)=n^2/(n+1)(n-1)

∴∏{n^2/(n^2-1)}=2n/(n+1)

原式可化簡為：2n/(n+1)>e^((4n-4)/6n+3))

構建函數(shù)：F(n)=2n/(n+1)-e^((4n-4)/(6n+3))

其一階導數(shù)F’(n)={2-4e^((4n-4)/(6n+3))}/(n+1)^2

∵e^((4n-4)/(6n+3))

∴F’(n)>0

而F=4/(2+1)-e^((8-4)/(12+3))=4/3-e^(4/15)>0

所以F(n)>0

即：2n/(n+1)>e^((4n-4)/6n+3))

故得證。

一、結合勘根定理，利用判別式“△”的特點構造函數(shù)證明不等式

例1若a,b,c∈R，且a≠0，又4a+6b+c>0，a-3b+c<0.求證：9b2>4ac.證明構造函數(shù)f(x),設f(x)=ax2+3bx+c(a≠0)，由f(2)=4a+6b+c>0，f(-1)=a-3b+c<0，根據(jù)勘根定理可知：f(x)在區(qū)間(-1,2)內必有零點.又f(x)為二次函數(shù)，由勘根定理結合可知：

f(x)必有兩個不同的零點.令ax2+3bx+c=0可知△=(3b)2-4ac>0,所以可得：9b2>4ac.命題得證.評析本題合理變換思維角度，抓住問題本質，通過構造二次函數(shù),將所要證明的結論轉化成判別式“△”的問題,再結合勘根定理和二次函數(shù)知識，從而使問題獲得解決.二、結合構造函數(shù)的單調性證明不等式

例2(2005年人教A版《選修4-5不等式選講》例題改編)已知a,b,c是實數(shù)，求證：

|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.證明構造函數(shù)f(x)，設f(x)=x1+x(x≥0).由于f′(x)=1(1+x)2,所以結合導數(shù)知識可知f(x)在[0，+∞)上是增函數(shù).∵0≤|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|,∴f(|a+b+c|)≤f(|a|+|b|+|c|),即|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|1+|a|+|b|+|c|=|a|1+|a|+|b|+|c|+|b|1+|a|+|b|+|c|+|c|1+|a|+|b|+|c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.命題得證.三、結合構造函數(shù)在某個區(qū)間的最值證明不等式

例3(第36屆IMO試題)

設a,b,c為正實數(shù)，且滿足abc=1,求證:

1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)≥32.證明構造函數(shù)，設f(a,b,c)=1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b),顯然a=b=c=1時，f(a,b,c)=32≥32成立.又abc=1，a,b,c為正實數(shù)，則a,b,c中必有一個不大于1，不妨設0f(a,b,c)-f(a,1,c)=(1-b)1a3(b+c)(1+c)+1+b+b2b3(a+c)+1c3(a+b)(1+a)≥0,∴f(a,b,c)≥f(a,1,c)，因此要證f(a,b,c)≥32，只要證f(a,1,c)≥32，此時ac=1，∴a,1,c成等比數(shù)列，令a=q-1，c=q(q>0).f(a,1,c)=q31+q+qq2+1+1q2(1+q)

=q5+1q2(1+q)+qq2+1

=(q4+1)-(q3+q)+q2q2+qq2+1

=(q2+q-2)-(q+q-1)+1q+q-1+1

=t2-t+1t-1.(其中t=q+q-1，且t≥2).由導數(shù)知識(方法同例

2、例3)可知函數(shù)

f(a,1,c)=t2-t+1t-1(t≥2)是增函數(shù)，當且僅當t=2q=1a=c=1時，(f(a,1,c))min=22-2+12-1=32成立，∴f(a,1,c)≥32.故f(a,b,c)≥f(a,1,c)≥32.命題得證。

第四篇：構造函數(shù)證明不等式

在含有兩個或兩個以上字母的不等式中，若使用其它方法不能解決，可將一邊整理為零，而另一邊為某個字母的二次式，這時可考慮用判別式法。一般對與一元二次函數(shù)有關或能通過等價轉化為一元二次方程的，都可考慮使用判別式，但使用時要注意根的取值范圍和題目本身條件的限制。

例1.設：a、b、c∈R，證明：a2?ac?c2?3b(a?b?c)?0成立，并指出等號

何時成立。

解析：令f(a)?a2?(3b?c)a?c2?3b2?3bc

⊿＝(3b?c)2?4(c2?3b2?3bc)??3(b?c)

2∵b、c∈R，∴⊿≤0

即：f(a)?0，∴a2?ac?c2?3b(a?b?c)?0恒成立。

當⊿＝0時，b?c?0，此時，f(a)?a2?ac?c2?3ab?(a?c)2?0，∴a??b?c時，不等式取等號。

?4?例2.已知：a,b,c?R且a?b?c?2,a2?b2?c2?2，求證： a,b,c??0,?。?3?

?a?b?c?222解析：?2 消去c得：此方程恒成立，a?(b?2)a?b?2b?1?0，22?a?b?c?

2∴⊿＝(b?2)2?4(b2?2b?1)??3b2?4b?0，即：0?b?

?4?同理可求得a,c??0,? ?3?4。

3② 構造函數(shù)逆用判別式證明不等式

對某些不等式證明，若能根據(jù)其條件和結論，結合判別式的結構特征，通過構造二項平方和函數(shù)：f(x)?(a1x?b1)2?(a2x?b2)2???(anx?bn)2 由f(x)?0，得⊿≤0，就可以使一些用一般方法處理較繁瑣的問題，獲得簡捷明快的證明。

例3.設a,b,c,d?R?且a?b?c?d?1，求證：a?1?4b?1?4c?1?4d?1﹤6。

解析：構造函數(shù)：

f(x)?(4a?1x?1)2?(4b?1x?1)2?(4c?1x?1)2?(4d?1x?1)2

＝8x2?2(4a?1?4b?1?4c?1?4d?1)x?4.(?a?b?c?d?1)

由f(x)?0，得⊿≤0，即⊿＝4(4a?1?4b?1?4c?1?4d?1)2?128?0.∴4a?1?4b?1?4c?1?4d?1?42﹤6.例4.設a,b,c,d?R?且a?b?c?1，求

解析：構造函數(shù)f(x)?（＝(1ax?a)2?(149??的最小值。abc2x?b)2?(3cx?)2 1492??)x?12x?1,(?a?b?c?1)abc

111由f(x)?0（當且僅當a?,b?,c?時取等號），632

149得⊿≤0,即⊿＝144-4（??）≤0 abc

111149∴當a?,b?,c?時，(??)min?36 632abc

構造函數(shù)證明不等式

1、利用函數(shù)的單調性

+例

5、巳知a、b、c∈R，且a

求證： a?ma> b?mb

[分析]本題可以用比較法、分析法等多種方法證明。若采用函數(shù)思想，構造出與所證不

等式密切相關的函數(shù)，利用函數(shù)的單調性來比較函數(shù)值而證之，思路則更為清新。

a?x+，其中x∈R，0

b?x?b?ab?af（x）==1-b?xb?x證明：令 f（x）=

∵b-a>0

b?a+ 在R上為減函數(shù) b?x

b?a+從而f（x）= 在R上為增函數(shù) b?x∴y=

∵m>0∴f（m）> f（0）∴a?ma> b?mb

例

6、求證：a?b

1?a?b≤a?b

1?a?b（a、b∈R）

[分析]本題若直接運用比較法或放縮法，很難尋其線索。若考慮構造函數(shù)，運用函數(shù)的單調性證明，問題將迎刃而解。

[證明]令 f（x）=x，可證得f（x）在[0，∞)上是增函數(shù)（證略）1?x

而0<∣a+b∣≤∣a∣+∣b∣

得f（∣a+b∣）≤ f（∣a∣+∣b∣）

即： a?b

1?a?b≤a?b

1?a?b

[說明]要證明函數(shù)f(x)是增函數(shù)還是減函數(shù)，若用定義來證明，則證明過程是用比較

法證明f(x1)與f(x2)的大小關系；反過來，證明不等式又可以利用函數(shù)的單調性。

2、利用函數(shù)的值域

例

7、若x為任意實數(shù)，求證：—1x1≤≤ 221?x

2[分析]本題可以直接使用分析法或比較法證明，但過程較繁。聯(lián)想到函數(shù)的值域，于是

構造函數(shù)f（x）= x11，從而只需證明f(x)的值域為[—，]即可。1?x222

x2證明：設 y=，則yx-x+y=0 21?x

∵x為任意實數(shù)

22∴上式中Δ≥0，即（-1）-4y≥0

411得：—≤y≤ 22

1x1∴—≤≤ 21?x22∴y≤2[說明]應用判別式說明不等式，應特別注意函數(shù)的定義域。

另證：類比萬能公式中的正弦公式構造三角函數(shù)更簡單。

例

8、求證：必存在常數(shù)a，使得Lg（xy）≤ Lga.lg2x?lg2y對大于1的任意x與y恒成立。

[分析]此例即證a的存在性，可先分離參數(shù)，視參數(shù)為變元的函數(shù)，然后根據(jù)變元函數(shù)的值域來求解a，從而說明常數(shù)a的存在性。若s≥f(t)恒成立，則s的最小值為f(t)的最

大值；若 s≤f(t)恒成立，則s的最大值為f(t)的最小值。22證明：∵lgx?lgy > 0(x>1,y>1)

∴原不等式可變形為：Lga≥lgx?lgy

lgx?lgy2

22lgx?lgy）2lgxlgy令 f(x)= == ?222222lgx?lgylgx?lgylgx?lgylgx?lgy

22而 lgx>0,lgy>0,∴l(xiāng)gx+lgy ≥ 2lgxlgy > 0

∴2lgxlgy≤1 22lgx?lgy

∴ 1

從而要使原不等式對于大于1的任意x與y恒成立，只需Lga≥2即 a≥102即可。

故必存在常數(shù)a，使原不等式對大于1的任意x、y恒成立。

3、運用函數(shù)的奇偶性

xx<(x≠0)1?2x

2xx 證明：設f（x）=-(x≠0)x1?22 例

9、證明不等式：

?x?x?x2xx∵f（-x）=-= x+ ?x1?222?12

xxx[1-(1-2)]+1?2x2

xx=-x+= f(x)x1?22=

∴f(x)的圖象關于y軸對稱

x∵當x>0時，1-2<0，故f(x)<0

當x<0時，根據(jù)圖象的對稱性知f(x)<0

故當 x≠0時,恒有f(x)<0

即：xx<(x≠0)x1?22

[小結]本題運用了比較法，實質是根據(jù)函數(shù)的奇偶性來證明的，本題也可以運用分類討論思想。但利用偶函數(shù)的軸對稱性和奇函數(shù)的中心對稱性，常能使所求解的問題避免復雜的討論。

第五篇：構造法證明函數(shù)不等式

構造法證明函數(shù)不等式

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

2、解題技巧是構造輔助函數(shù)，把不等式的證明轉化為利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性或求最值，從而證得不等式，而如何根據(jù)不等式的結構特征構造一個可導函數(shù)是用導數(shù)證明不等式的關鍵．

一、移項法構造函數(shù)

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

1二、作差法構造函數(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、換元法構造函數(shù)證明

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

四、從條件特征入手構造函數(shù)證明

【例4】若函數(shù)y?f(x)在R上可導，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0?a?b，證明：0?g(a)?g(b)?2g（a?b)?(b?a)ln2．

2六、構造二階導函數(shù)證明函數(shù)的單調性（二次求導）

【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x?0時，f(x)?1?x．

七、對數(shù)法構造函數(shù)（選用于冪指數(shù)函數(shù)不等式）

【例7】證明：當x?0時，(1?x)1?x?e1?2．

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

求證：當x?1時，恒有x?ln2x?2alnx?1．

2、（2007年，安徽卷）已知定義在正實數(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 , ??)上的非負可導函數(shù)，且滿足xf'(x)?f(x)?0，對任意正數(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，左邊構造函數(shù)1?1，從其導數(shù)入手即可證明． x?11x?1??【解析】由題意得：f?(x)?，∴當?1?x?0時，f?(x)?0，即f(x)在x?1x?1g(x)?ln(x?1)?x?(?1 , 0)上為增函數(shù)；當x?0時，f?(x)?0，即f(x)在x?(0 , ??)上為減函數(shù)；故函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(?1 , 0)，單調遞減區(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x??1時，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x?(?1 , 0)時，g'(x)?0；當x?(0 , ??)時，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x??1時，有x?1x?1∴當x??1時，g(x)?g(0)?0，即ln(x?1)?【點評】如果f(a)是函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大（?。┲担瑒t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F(x)?g(x)?f(x)，x?(1 , ??)，考慮到F(1)??0，要證不等式轉化變?yōu)椋?/p>

6立問題，即當x?1時，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x?1時，F(xiàn)'(x)??0，從xxx而F(x)在(1,??)上為增函數(shù)，∴F(x)?F(1)?

1?0，∴當x?1時，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【點評】本題首先根據(jù)題意構造出一個函數(shù)（可以移項，使右邊為零，將移項后的左式設為函數(shù)），并利用導數(shù)判斷所設函數(shù)的單調性，再根據(jù)函數(shù)單調性的定義，證明要證的不等式．讀者也可以設F(x)?f(x)?g(x)做一做，深刻體會其中的思想方法． 例3．【分析】本題是山東卷的第（2）問，從所證結構出發(fā)，只需令

1?x，則問題轉化為：當x?0n時，恒有l(wèi)n(x?1)?x2?x3成立，現(xiàn)構造函數(shù)h(x)?x3?x2?ln(x?1)，求導即可達到證明．

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 , ??)上單調遞增，∴x?(0 , ??)時，恒有h(x)?h(0)?0，即x3?x2?ln(x?1)?0，∴l(xiāng)n(x?1)?x2?x3，對任意正整數(shù)n，取x?1111?(0 , ??)，則有l(wèi)n(?1)?2?3． nnnn【點評】我們知道，當F(x)在[a , b]上單調遞增，則x?a時，有F(x)?F(a)．如果f(a)＝?(a)，要證明當x?a時，f(x)??(x)，那么，只要令F(x)＝f(x)－?(x)，就可以利用F(x)的單調增性來推導．也就是說，在F(x)可導的前提下，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)．

【點評】由條件移項后xf?(x)?f(x)，容易想到是一個積的導數(shù)，從而可以構造函數(shù)F(x)?xf(x)，求導即可完成證明．若題目中的條件改為xf?(x)?f(x)，則移項后xf?(x)?f(x)，要想到是一個商的導數(shù)的分子，平時解題多注意總結．

例5．【分析】 對于第（2）小問，絕大部分的學生都會望而生畏．學生的盲點也主要就在對所給函數(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，想一想大小關系又與函數(shù)的單調性密切相關，由此就可過渡到根據(jù)所要證的不等式構造恰當?shù)暮瘮?shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，借助單調性比較函數(shù)值的大小，以期達到證明不等式的目的．（2）對g(x)?xlnx求導，則g'(x)?lnx?1．在g(a)?g(b)?2g(數(shù)，設F(x)?g(a)?g(x)?2g(a?b)中以b為主變元構造函2a?xa?xa?x)，則F'(x)?g'(x)?2[g()]'?lnx?ln． 222當0?x?a時，F(xiàn)'(x)?0，因此F(x)在(0 , a)內為減函數(shù)；當x?a時，F(xiàn)'(x)?0，因此F(x)在(a , ??)上為增函數(shù)．從而當x?a時，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G(x)?F(x)?(x?a)ln2，則2G'(x)?lnx?lna?xG'(x)?0．?ln2?lnx?ln(a?x)；當x?0時，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x?R恒成立，即a?xe?x對x?R恒成立；記g(x)?xe?x，則g'(x)?e?x?xe?x?(1?x)e?x；

當x?1時，g'(x)?0；當x?1時，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，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x?0時，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．【點評】當函數(shù)取最大（或最?。┲禃r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題可轉化為求函數(shù)最值問題．不等式恒成立問題，一般都會涉及到求參數(shù)范圍，往往把變量分離后可以轉化為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題轉化為求函數(shù)的最值問題．因此，利用導數(shù)求函數(shù)最 值是解決不等式恒成立問題的一種重要方法．

例7．【解析】 對不等式兩邊取對數(shù)得(1?)ln(1?x)?1?1xx，化簡為2(1?x)ln(1?x)?2x?x2，2(l1?x)，設輔助函數(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 , ??)上嚴格單調增加，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 , ??)上嚴格單調增加，∴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x?1，a?0時，不難證明xxx 在(0,??)內單調遞增，故當x?1時，f(x)?f(1)?0，∴當x?1時，恒有x?ln2x?2alnx?1．

2、【解析】設F(x)?g(x)?f(x)?12x?2ax?3a2lnx?b，則23a2(x?a)(x?3a)（x?0），∵a?0，∴當x?a時，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x?0時，有f(x)?g(x)?0，即f(x)?g(x)．

3、【解析】函數(shù)f(x)的定義域為(?1 , ??)，f'(x)?11x??，∴當?1?x?01?x(1?x)2(1?x)2時，f'(x)?0，即f(x)在x?(?1 , 0)上為減函數(shù)；當x?0時，f'(x)?0，即f(x)在x?(0 , ??)上為增函數(shù)；因此在x?0時，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