第一篇：構(gòu)造函數(shù)法

函數(shù)與方程數(shù)學(xué)思想方法是新課標(biāo)要求的一種重要的數(shù)學(xué)思想方法，構(gòu)造函數(shù)法便是其中的一種。

高等數(shù)學(xué)中兩個(gè)重要極限

1．limsinx?1 x?0x

11x2．lim(1?)?e（變形lim(1?x)x?e）x?0x??x

由以上兩個(gè)極限不難得出，當(dāng)x?0時(shí)

1．sinx?x，2．ln(1?x)?x（當(dāng)n?N時(shí)，(1?)n?e?(1?)n?1）．

下面用構(gòu)造函數(shù)法給出兩個(gè)結(jié)論的證明．

（1）構(gòu)造函數(shù)f(x)?x?sinx，則f?(x)?1?cosx?0，所以函數(shù)f(x)在(0,??)上單調(diào)遞增，f(x)?f(0)?0．所以x?sinx?0，即sinx?x．

（2）構(gòu)造函數(shù)f(x)?x?ln(1?x)，則f?(x)?1??1n1n1x??0．所以函數(shù)f(x)在1?x1?x

(0,??)上單調(diào)遞增，f(x)?f(0)?0，所以x?ln(1?x)，即ln(1?x)?x． ?1?要證?1???n?事實(shí)上：設(shè)1?n?11?1??e,兩邊取對(duì)數(shù)，即證ln?1???, nn?1??11?t,則n?(t?1), nt?1

1因此得不等式lnt?1?(t?1)t

1構(gòu)造函數(shù)g(t)?lnt??1(t?1),下面證明g(t)在(1,??)上恒大于0． t

11g?(t)??2?0, tt

∴g(t)在(1,??)上單調(diào)遞增，g(t)?g(1)?0, 即lnt?1?, 1

t

1?1??1?∴ ln?1???,∴?1???n??n?n?1n?1?e,以上兩個(gè)重要結(jié)論在高考中解答與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的命題有著廣泛的應(yīng)用．

第二篇：構(gòu)造法之構(gòu)造函數(shù)

構(gòu)造法之構(gòu)造函數(shù)

?：題設(shè)條件多元-構(gòu)造一次函數(shù)

??B：題設(shè)有相似結(jié)構(gòu)-構(gòu)造同結(jié)構(gòu)函數(shù)主要介紹?

?C：題設(shè)條件滿足三角特性-構(gòu)造三角函數(shù) ?D：其它方面——參考構(gòu)造函數(shù)解不等式?

A、題設(shè)條件多元時(shí)，選擇構(gòu)造一次函數(shù)

例

1、已知x.y.z?(0,1).求證：x(1?y)?y(1?z)?z(1?x)?1（第15屆俄羅斯數(shù)學(xué)競(jìng)賽

題）

分析 此題條件、結(jié)論均具有一定的對(duì)稱性，然而難以直接證明，不妨用構(gòu)造法一試?？蓸?gòu)造一次函數(shù)試解本題.證法一 函數(shù)圖像性質(zhì)法、構(gòu)造函數(shù)f(x)?(y?z?1)x?(yz?y?z?1)因?yàn)閥,z?(0,1)，所以

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

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

而f(x)是一次函數(shù)，其圖象是直線，所以由x??0,1?恒有f(x)?0，即(y?z?1)x?(yz?y?z?1)?0，整理可得x(1?y)?y(1?z)?z(1?x)?

1證法二函數(shù)單調(diào)性法、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).(0?x?1)

因?yàn)??x?1，0?y?1,0?z?1 所以?1?1?y?z?

1(1)當(dāng)0?1?y?z?1時(shí),f(x)在?0,1?上是增函數(shù)，于是f(x)?(2)當(dāng)

?1?1?y?z?0

f(x)?1?yz?1；

時(shí),f(x)

在??1,0?上是減函數(shù)，于是

f(x)?f(x)=y?z?yz=1?(1?y)(1?z)?1；

(3)當(dāng)1?y?z?0時(shí)，即y?z?1時(shí)，f(x)?

成立。

y?z?yz?1?yz?1。綜上所知，所證不等式

小結(jié)(1)為了利用所構(gòu)造的一次函數(shù)的單調(diào)性，將?1?1?y?z?1分成“0?1?y?z?1,?1?1?y?z?0,1?y?z?0”三種情況討論，使問(wèn)題得以解決。

(2)解決本題有兩個(gè)核心的地方，一是將證式構(gòu)造成一次函數(shù)，二是對(duì)一次項(xiàng)系數(shù)進(jìn)行邏輯劃分。

(3)本題也可以構(gòu)造關(guān)于y或z的一次函數(shù)，這就需要真正理解函數(shù)的實(shí)質(zhì)概念。

例

2、已知?1?a,b,c?1：，求證:abc?a?b?c?

2證明 構(gòu)造一次函數(shù)y?(bc?1)x?2?b?c，易知bc?1?0，在?1?又x

則由一次函數(shù)的性質(zhì)不難得知當(dāng)?1?

x?1時(shí)，y?0；又?1?a?1所以x?a

?1時(shí),y?(bc?1)?1?2?b?c

x?1時(shí)，y

為減函數(shù)；

=bc?1?b?c?(1?b)(1?c)?0

時(shí)，y?0，即(bc?1)a?2?b?c?0 命題得證

B、題設(shè)條件有相似結(jié)構(gòu)時(shí)-構(gòu)造同樣結(jié)構(gòu)的函數(shù)

例

1、a、b、c, ?R，求證

a?b?c1?a?b?c

?

a1?a

?

b1?b

?

c1?c

.證明：構(gòu)作函數(shù)f(x)?當(dāng)任意x1，x2滿足0?

f(x2)?f(x1)?

x21?x

2x1?x

x1?x，x?[0,??)，則研究這個(gè)函數(shù)性質(zhì)如下：

時(shí)，?0

x1?x2???

?

x11?x

1?

x2?x1

(1?x1)(1?x2)，所以函數(shù)f(x)?在[0,??)是遞增函數(shù).f(|a|?|b|?|c|).因?yàn)閨a?b?c|?|a|?|b|?|c|，所以f(|a?b?c|)?即

|a?b?c|1?|a?b?c|

?

|a|?|b|?|c|1?(|a|?|b|?|c|)

|a|1?|a|

|b|1?|b|

?

|a|

1?|a|?|b|?|c|

?

|b|

1?|a|?|b|?|c|

?

|c|

1?|a|?|b|?|c|

???

|c|1?|c|

.不等式得證.例

2、解方程(6x+5)(1+

(6x?5)?4)?x(1?

x?4)?0．

為f(6x+5)=-f(x).只要證明f(x)是奇函數(shù)且是單調(diào)函數(shù)，就能簡(jiǎn)單的解出此題．

解：構(gòu)造函數(shù)

f(x)=x(1+

原方程化為

f(6x+5)+f(x)=0．

顯然f(-x)=-f(x)，f(x)是奇函數(shù).再證f(x)具有單調(diào)性.x?4))，f(x)在（-∞,+∞）上是增函數(shù).所以f(6x+5)=f(-x)?x=－

5C、題設(shè)條件滿足三角函數(shù)的特性時(shí)-構(gòu)造三角函數(shù)

例

1、已知a.b.x.y?R.且a2?b

2?1，x?y?1.求證：?1?ax?by?

1證明 已知x?

y?

由a2?b2?1，x?y?1，可設(shè)

b?sin?,a?cos?.x?cos?,y?sin?ax?by?cos?cos??sin?sin??cos(???)?1所

以?1?ax?by?1

例

2、分析 由根號(hào)里面的代數(shù)式可以看出有這樣的關(guān)系：x?1?x?1且0?故想到三角函數(shù)關(guān)系式并構(gòu)造x?sin2?

所以y?sinx?cosx?

D、其它-參考構(gòu)造函數(shù)解不等式

在解決不等式的證明題時(shí)常常通過(guò)構(gòu)造輔助函數(shù)，把原來(lái)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為研究輔助函數(shù)的性質(zhì)，并利用函數(shù)的單調(diào)性、有界性、奇偶性等性質(zhì)來(lái)解決。

例

1、求證不等式：

證明：構(gòu)造函數(shù)：f(x)?

x1?

2x

x?1.(0???

?)

??

?)，當(dāng)??

?

即x?時(shí),ymax

?

x1?2

x

?

x2

(x?0)

?

x2

(x?0)

?x2??x?2

x

x

f(?x)?

?x1?2

x

2?

1?

x2

所以

f(x)的圖像關(guān)于y

?

xx

??1?(1?2)?x?21?2?x1?2

x

x

??x?

x2

?f(x).軸對(duì)稱。當(dāng)x?0時(shí)，1?2x

?0，故f(x)?0；當(dāng)x?0時(shí)，依圖象的對(duì)稱性知f(x)?0.故當(dāng)x?0時(shí)，恒有f(x)?0.即

x1?2

x

?

x2

(x?0).例

2、已知x?0，求證：x?

1x

?

1x?

1x

?

52證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)?

x?

1x

(x?0)，則x?

1x

?2，設(shè)2????,由

f(?)?f(?)???

1?

?(??

?11?(???)(???1)

?)?(???)??????

???????

1顯然：因?yàn)???

??，所以?-?＜0，??＞1，所以f(?)?

f(?)?0，所以f(x)在?2,???上是單調(diào)遞增的，所以

x?

1x?

1x?

1x

?f(2)?

以上兩題的實(shí)質(zhì)上是用的函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性來(lái)證明的，其中如何來(lái)構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)是進(jìn)一步證明的關(guān)鍵。

第三篇：構(gòu)造函數(shù)法與放縮法

構(gòu)造函數(shù)法證明不等式

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(jiàn)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．

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．

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)=x

1?xa1?ab1?bxa?b1?a?b1＋＞ ． 當(dāng)x＞0 時(shí)單調(diào)遞增．，易證f(x)=1?x= 1－1?x

∵ a＋b＋ab＞a＋b＞0，∴ f(a＋b＋ab)＞f(a＋b)．

故 a

1?a＋b

1?b=a?b?2ab

(1?a)(1?b)＞a?b?ab

1?a?b?ab)=f(a＋b＋ab)＞f(a＋b)=a?b

1?a?b．

例談“放縮法”證明不等式的基本策略

近年來(lái)在高考解答題中，常滲透不等式證明的內(nèi)容，而不等式的證明是高中數(shù)學(xué)中的一個(gè)難點(diǎn)，它

1可以考察學(xué)生邏輯思維能力以及分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力。特別值得一提的是，高考中可以用“放縮法”證明不等式的頻率很高，它是思考不等關(guān)系的樸素思想和基本出發(fā)點(diǎn), 有極大的遷移性, 對(duì)它的運(yùn)用往往能體現(xiàn)出創(chuàng)造性。“放縮法”它可以和很多知識(shí)內(nèi)容結(jié)合，對(duì)應(yīng)變能力有較高的要求。因?yàn)榉趴s必須有目標(biāo)，而且要恰到好處，目標(biāo)往往要從證明的結(jié)論考察，放縮時(shí)要注意適度，否則就不能同向傳遞。下面結(jié)合一些高考試題，例談“放縮”的基本策略，期望對(duì)讀者能有所幫助。

1、添加或舍棄一些正項(xiàng)（或負(fù)項(xiàng)）

例

1、已知an?2?1(n?N).求證：

n

*

n

2?

3?

a1a2

?

a2a3

?...?

anan?

1(n?N*).證明： ?

akak?1

?

2k?12k?1?1

?

?

12(2k?1?1)

?

?

13.2k?2k?2

?

?.k,k?1,2,...,n, 232

?

a1a2

?

a2a3

?...?

anan?1

?

n

1111n11n1?(?2?...?n)??(1?n)??, 23222232232、先放縮再求和（或先求和再放縮）例

2、函數(shù)f（x）=

4x1?4x，求證：f（1）+f（2）+…+f（n）>n+

12n?

1?

2(n?N*).證明：由f(n)=

4n1?

4n

=1-

11?4

n

?1?

12?2112

n?1

12?2

?1?12

n

12?2n

得f（1）+f（2）+…+f（n）>1?

?n?

14(1?

12?14???

n?1

2?22

???1?)?n??

(n?N*).3、先放縮，后裂項(xiàng)（或先裂項(xiàng)再放縮）例

3、已知an=n，求證：∑ 證明：∑

k=

1nn

k=1ak

n

n

k

＜3．

ak∑

k=1

n

＜1＋∑

k=

2(k－1)k(k＋1)

＜１＋∑

k=2

n

2=1??(k－1)(k＋

1)(k＋k－)k?2

=1＋ ∑（k=2

n

－)

(k－1)(k＋1)

=1＋1＋

－

1＜2＋＜3．

(n＋1)24、放大或縮小“因式”；

例

4、已知數(shù)列{an}滿足an?1?a,0?a1?

n

2,求證：?(ak?ak?1)ak?2?

k?

1n

132

.證明 ?0?a1?

n

12,an?1?an,?a2?a12?

n

141,a3?

116

?.?當(dāng)k?1時(shí),0?ak?2?a3?

132.116,??(ak?ak?1)ak?2?

k?1

116

?(ak?ak?1)?

k?1

(a1?an?1)?

5、逐項(xiàng)放大或縮小 例

5、設(shè)an??2?

2?3?3?4???n(n?1)求證：

n(n?1)

2?an?

(n?1)2

證明：∵∴ n?

n(n?1)?

n2?n

n(n?1)?

12n?

1(n?)2?

n(n?1)?

2n?12

∴ 1?2?3???n?an?

1?3???(2n?1)

1n21n，∴

n(n?1)2

?an?

(n?1)26、固定一部分項(xiàng)，放縮另外的項(xiàng)； 例

6、求證：

2?

122

1?

132?

???1?

?

4證明：?

1n2

?

n(n?1)n?1

?

112

?

122

?

132

???

1n2

?1?

11115117

?(?????)??(?)?.2223n?1n42n47、利用基本不等式放縮

例

7、已知an?5n?

41對(duì)任何正整數(shù)m，n都成立.?1，只要證

5amn?1?aman?因?yàn)?amn?5mn?4，aman?(5m?4)(5n?4)?25mn?20(m?n)?16，故只要證

5(5mn?4)?1?25mn?20(m?n)?16? 即只要證

20m?20n?37?

因?yàn)?am?an?5m?5n?8?5m?5n?8?(15m?15n?29)?20m?20n?37，以上介紹了用“放縮法”證明不等式的幾種常用策略，解題的關(guān)鍵在于根據(jù)問(wèn)題的特征選擇恰當(dāng)?shù)姆?/p>

法，有時(shí)還需要幾種方法融為一體。在證明過(guò)程中，適當(dāng)?shù)剡M(jìn)行放縮，可以化繁為簡(jiǎn)、化難為易，達(dá)到事半功倍的效果。但放縮的范圍較難把握，常常出現(xiàn)放縮后得不出結(jié)論或得到相反的現(xiàn)象。因此，使用放縮法時(shí)，如何確定放縮目標(biāo)尤為重要。要想正確確定放縮目標(biāo)，就必須根據(jù)欲證結(jié)論，抓住題目的特點(diǎn)。掌握放縮技巧，真正做到弄懂弄通，并且還要根據(jù)不同題目的類型，采用恰到好處的放縮方法，才能把題解活，從而培養(yǎng)和提高自己的思維和邏輯推理能力，分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力。希望大家能夠進(jìn)一步的了解放縮法的作用，掌握基本的放縮方法和放縮調(diào)整手段.

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（小）值，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(jiàn)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．