第一篇：高中數(shù)學(xué)教學(xué)論文 不等式證明中的構(gòu)造函數(shù)策略

不等式證明中的構(gòu)造函數(shù)策略

有些不等式證明問題，如能根據(jù)其結(jié)構(gòu)特征，構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)，從函數(shù)的單調(diào)性或有界性等角度入手，則可以順利得到證明。把握這種構(gòu)造函數(shù)的證題策略，有利于證明一些用常規(guī)方法難以證明的命題.一、構(gòu)造一次函數(shù)證明不等式

例1.設(shè)0

=(1－y－z)x+(y+z－yz)（0

1∴f(0)= y + z－yz =1－(1－y)(1－z)<1

1a

例2.若0

1b，求證：b－b2 <

1a?1

1a?1

.分析：結(jié)論即b2－b+>0，可將左式

1a

看成是以b為主元的二次函數(shù)（其中0

1b），得x=b∈(0，1a?1).構(gòu)造二次函數(shù)f(x)=x2－x+

1a，x∈

(0，).其對(duì)稱軸為x=

1a

21a

⑴當(dāng)≤

12，即a≥2時(shí)，f(x)在(0)

上單調(diào)遞減.于是

f(x)>f（1a

1a12)=

1a

2?

1a

?

1a?1

?

1a(a?1)

>0

⑵當(dāng)>，即0

f(x)> f（f(1)= 1－yz <1 ∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f(x)<1

即x(1－y)+ y(1－z)+ z(1－x)<1 評(píng)注：⑴f(x)=(1－y－z)x +(y+z－yz)在x∈(0，1)上的圖象是線段（不含端點(diǎn)），故

定軸x=

f(x)<1?f(0)<1且f(1)<0.⑵本題也可就1－y－z在（－1，1）內(nèi)的不同情況分類說明.二、構(gòu)造二次函數(shù)證明不等式

1a?

1)=

1a?11a

－

4>0

綜上，當(dāng)x∈(0，)時(shí)，f(x)= x2－x +

1a?1

>0恒成立,即不等式b－b2 <成立.評(píng)注：

1、本題旨在構(gòu)造二次函數(shù)，并對(duì)

2與動(dòng)區(qū)間（0，1a）間的不同位置情

況分類討論。

2、本題也可將結(jié)論轉(zhuǎn)化為(b－b2)a +(b

用心愛心專心

1－b2)－1<0（0

1b），把左式看作是以a為

分析：分析條件和結(jié)論的形式特征及其內(nèi)在聯(lián)系，聯(lián)想到正、余函數(shù)的性質(zhì)和相關(guān)公式，可構(gòu)造三角函數(shù)來轉(zhuǎn)化并證明結(jié)論.證明：由題意，構(gòu)造函數(shù)x = f(θ)=cosθ，于是x1=cosθ1，x2=cosθ2.主元的一次函數(shù)，再予以證明.三、構(gòu)造分式函數(shù)證明不等式

例3.設(shè)a、b、c∈R+，且a+b>c，求證

a1?a

?

b1?b

?

c1?c

.∴x1x2 +(1?x12)(1?x2)

分析：不等式中各項(xiàng)的結(jié)構(gòu)相同，只是字母不同，故可構(gòu)造分式函數(shù)f(x)= 行證明.證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=

x1?x

x1?x

進(jìn)

=cosθ1cosθ2+(1?cos2?1)(1?cos2?2)=cosθ1cosθ2 +|sinθ1sinθ2|

= 1－

11?x

=cosθ1cosθ2±sinθ1sinθ2 =cos(θ1±θ2)≤

1即 x1x2 +(1?x12)(1?x2)≤1

（x∈R+），易證函數(shù)f(x)在其定義域R+上是單調(diào)遞增函數(shù).∵a+b>c>0，∴f(a+b)> f(c)，即 又 故

a?b1?a?ba1?aa1?a

?b1?bb1?b??

c1?ca1?a?b?

c1?c

評(píng)注：對(duì)于和三角有一定聯(lián)系或結(jié)構(gòu)上有相似之處的不等式證明問題，根據(jù)題目的特

點(diǎn)，合理構(gòu)造三角函數(shù)，利用三角公式和性質(zhì)

?

a1?a?b

?a?b1?a?b

進(jìn)行證明，不失為處理問題的一條捷徑.在不等式證明中，通過構(gòu)造函數(shù)模型來探求證題思路是優(yōu)化思維品質(zhì)的有效途徑，也是解題者認(rèn)識(shí)問題本質(zhì)的具體體現(xiàn).?.評(píng)注：函數(shù)與不等式之間如同一對(duì)孿生兄弟，通過對(duì)不等式結(jié)構(gòu)特征的分析，來構(gòu)造函數(shù)模型，常?？梢允盏匠銎嬷苿俚男Ч?四、構(gòu)造三角函數(shù)證明不等式

例4.已知集合M={x | |x|≤1}，x1、x2

∈M，求證x1x2 +(1?x1)(1?x2)≤1.用心愛心專心 2

第二篇：(no.1)2013年高中數(shù)學(xué)教學(xué)論文 構(gòu)造函數(shù)證明不等式

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構(gòu)造函數(shù)證明不等式

函數(shù)是高中數(shù)學(xué)的基礎(chǔ)，是聯(lián)系各個(gè)數(shù)學(xué)分支的橋梁和紐帶.在不等式的證明中，我們可根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，建立起適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)模型，利用函數(shù)的單調(diào)性、凸性等性質(zhì)，靈活、巧妙地證明不等式.一、二次函數(shù)型：

1.作差構(gòu)造法.例1.(新教材第二冊(cè)（上）（以下同）P16習(xí)題1（2）)求證:a?b?c?ab?bc?ca.分析:將a視為變量,考察函數(shù)f?a??a??b?c?a?b?bc?c.由于該二次函數(shù)的圖象開口向上,且???3?b?c??0,故f?a??0.結(jié)論獲證.22

2例2.(教材P31.復(fù)習(xí)參考題6)設(shè)a,b,c為?ABC的三條邊,求證:a?b?c＜2?ab?bc?ca?.2222

222

分析:構(gòu)造函數(shù)f?x??x?2?b?c?x??b?c?.∵f?x?圖象開口向上,對(duì)稱軸x?b?c.∴f?x?在???,b?c?上單調(diào)遞減.∵a,b,c為?ABC的三條邊,∴b?c＜a＜b?c(不妨設(shè)b?c)∴

f

?a??f?b?c?.2

∵f?b?c???b?c??2?b?c??b?c???b?c???4c?b?c??0.∴f?a??0.即結(jié)論成立.2.判別式構(gòu)造法.2222

例3.(教材P27.例1)已知a,b,c,d都是實(shí)數(shù),且a?b?1,c?d?1.求證:ac?bd?1.分析：所證結(jié)論即是??2?ac?bd????4?a?b

??c

?d

??0.故可構(gòu)造函數(shù)

f

?x???a

?b

?x

?2?ac?bd?x?c?d.2

由于f?x???ax?2acx?c

2???bx?2bdx?d

?

??ax?c???bx?d

?

?0.當(dāng)且僅當(dāng)x?

ca

?

db

時(shí)取“=”號(hào).又因?yàn)閒?x?的圖象開口向上,故必有??0.結(jié)論成立.2

練習(xí)1.(教材P16.練習(xí)2)求證:?ac?bd???a?b??c

n

?d

?.n

n

點(diǎn)撥:證法同例3.該題是柯西不等式的特殊情形.其一般形式是:

??

ab??ii???i?1?

n

n

2i

n

?a??

i?

1i?1

?2?2

bi.可構(gòu)造函數(shù)f?x????ai?x?2?aibi?x?

i?1?i?1?

?b

i?1

2i

證之.練習(xí)2.(教材P17.習(xí)題6)已知a,b是不相等的兩個(gè)正數(shù),求證:

?a?b??a?b

3???a?b

?

.用心 愛心 專心

點(diǎn)撥:構(gòu)造函數(shù)f?x???a?b?x?2?a?b

?x?a

?b?a?x?a??b?x?b?證之.22

練習(xí)3.(教材P17.習(xí)題7)已知a,b都是正數(shù),x,y?R,且a?b?1,求證:

ax?by

??ax?by?.點(diǎn)撥:構(gòu)造函數(shù)f?z???a?b?z?2?ax?by?z?ax?by?a?z?x??b?z?y?證之.練習(xí)4.(教材P31.復(fù)習(xí)參考題5)求證:3?1?a?a

???1?a?a?

.點(diǎn)撥:構(gòu)造函數(shù)f?x??3x?2?1?a?a

?x?1?a

?a??x?1???x?a???x?a?

證之.二、分式函數(shù)型:

例4.(教材P12.例2)已知a,b,m都是正數(shù),并且a?b,求證:

分析:構(gòu)造函數(shù)f?x??

x?ax?b

a?mb?m

?ab.x??0,???.由于當(dāng)x??0,???時(shí)，f??x??

b?a

?x?b?

?0.故f?x?在?0,???上是增函數(shù).∵f?x?在x

f

?0處右連續(xù)，∴f

?x?在?0,???上是增函數(shù).∵m

?0 ∴

?m??f?0? 即

a?mb?m

?

ab

.例5.(教材P22.例3)已知a?1,b?1,求證:

a?x1?ax

a?b1?ab

?1.分析:構(gòu)造函數(shù)f?x??x???1,1?.由于當(dāng)x???1,1?時(shí)，f??x??

1?a

2?1?ax?

?0.故f?x?在??1,1?上是增函數(shù).∵f?x?在x??1處右連續(xù)，在x?1處左連續(xù).∴f?x?在??1,1?上是增函數(shù).∵?1?b?1 ∴f??1??f?b??f?1? ,即?1?

a?b1?ab

?1.ab

a?cb?d

cd

a?b1?ab

?1, 即

例6.(教材P14練習(xí)5)已知a,b,c,d都是正數(shù),且bc?ad,求證:

??.a

分析:聯(lián)想定比分點(diǎn)坐標(biāo)公式,a?cb?d

可寫成b

?1?

cd

db.故可構(gòu)造函數(shù)db

a

f

?x??

b

d1?x

?

c

?x,x??0,???.∵當(dāng)x??0,???時(shí)，用心 愛心 專心 2

c

f??x??

d

?

ab

?1?x?

?

bc?adbd?1?x?

?0.∴f?x?在?0,???上是增函數(shù).∵f?x?在x

?0處右連續(xù)，∴f?x?在?0,???上是增函數(shù).又∵

cd

db

?0.∴

?d?

f?0??f???limf

?b?x???

?x?.而

f?0??

a?c?d?,f???,limf

x???bbb?d??

a

?x??

.故原不等式成立.ac?a

bc?b

練習(xí)5.(教材P14.練習(xí)4)已知c?a?b?0,求證:

點(diǎn)撥:構(gòu)造函數(shù)f?x??

xc?x

x??0,c?

?.練習(xí)6.(教材P17.習(xí)題9)已知?ABC的三邊長(zhǎng)分別是a,b,c.且m為正數(shù).求證:

aa?m

?

bb?m

?

cc?m

.xx?m?,x??0,???.易證fcc?m

.而

aa?m

?

bb?m

點(diǎn)撥:構(gòu)造函數(shù)f?x??

f

?x?為增函數(shù).由于

?

aa?b?m

?

ba?b?m

?

a?b?c,故

?a?b??

aa?m

?

f?c?.即b

?

a?ba?b?mc

.a?ba?b?m

.故

有

b?mc?m

練習(xí)7.(教材P23.習(xí)題4)求證:

分析:構(gòu)造函數(shù)f?x??

三、冪函數(shù)型：

a?b1?a?b

?

a?b1?a?b

.x1?x,x??0,???證之.例7.如果a,b都是正數(shù)，且a?b,求證：a?b?ab?ab.分析：a?b?ab?ab??a?b

55322

3??a

?b

?.考察函數(shù)f?x??x,(n?N)在?0,???上的單調(diào)性，顯然f?x?在?0,???上為增函數(shù).n

*

若a?b,則a?b, a?b,所以?a?b

??a??a

?b?b

??0； ??0。

若a?b,則a?b, a?b,所以?a?b

2所以a?b?ab?ab.利用函數(shù)的單調(diào)性證法可以將上述結(jié)論推廣為: 若a、b是正數(shù)且a?b,求證：a四、一次函數(shù)型：

用心 愛心 專心

m?n

55322

3?b

m?n

?ab?ab.(m,n?N)

mnnm*

例8.設(shè)a,b,c??0,1?,求證:a?b?c?ab?bc?ca?1.分析:構(gòu)造函數(shù)f?a???1?b?c?a?b?c?bc?1,a??0,1?.∵f?0??b?c?bc?1??1?c??b?1??0,f?1??1?b?c?b?c?bc?1??bc?0.∴對(duì)任意a??0,1?,恒有f?a??0.故原不等式成立.五、三角函數(shù)型： 例9.(同例3)

分析:設(shè)a?cos?,b?sin?, c?cos?,d?sin?.則ac?bd?cos??cos??sin??sin?

?cos????

?

?1.練習(xí)8.設(shè)x,y?R,且x?y?1,求證

:?x?2xy?y?點(diǎn)撥:設(shè)x?rcos?,y?rsin?.其中r?1.以下略.六、指數(shù)函數(shù)型:

2例10．已知等差數(shù)列?an?和等比數(shù)列?bn?，其中a1?b1，a2?b2，0＜a1＜a2，證明當(dāng)n?3時(shí)，an

da

1n?1

.所以，當(dāng)n?3時(shí)，bn?a1q

q?1?

?d?

??a1?1?

?a1???

n?1

?

???dd?11

??a1??n?1?d?an.a1?1?Cn?1???a1?1?Cn?1

???＞ a1a1?????

這兒,我們用二項(xiàng)式定理進(jìn)行放縮,完成了證明.七、構(gòu)造函數(shù),利用函數(shù)圖象的凸性： 例11.(教材P15.例6)求證3+7<2

5分析:考察函數(shù)f(x)=x的圖象,特征是上凸函數(shù).對(duì)任意x1,x2??0,???, 且x1?x2,都有：所以,即

212

?f(x1)?f(x2)?

??f?3??f?7???

?f?5?.（3+7）<5.兩條結(jié)論:（1用心 愛心 專心

值之和越大.例:6?

7?22?

5?

?

3?

?

2及

a?

a?3?

a?1?

a?2

(2)下凸函數(shù),區(qū)間中點(diǎn)相同時(shí),兩端“距離”區(qū)間中點(diǎn)越近,兩端點(diǎn)函數(shù)值之和越小.練習(xí)9.已知:f?x??tanx,x??0,??

??2?

?, 若x1,x2??0,?

?

??2?

? 且x1?x2,試判斷

??f

?x1??

f

?x2???與

?x?x2?

f?1

?的大小，并加以證明（94年高考理科試題變式題）.2??

練習(xí)10.已知:f?x??lgx?x?1?,若0?x1?x2,試比較

年高考文科試題).練習(xí)11.(教材P23.習(xí)題5)求證:lg

A?B2

?

lgA?lgB

??f

?x1??

f

?x2???與

?x?x2?

f?1

?的大小(942??

?AB?0?.以上表明,若能清楚不等式所反映的圖象意義，就會(huì)給證明提供思路.八、構(gòu)造連續(xù)函數(shù)，應(yīng)對(duì)含離散型變量的不等式問題： 例12．（2001年全國(guó)理）已知i,m,n是正整數(shù)，且1﹤i≤m＜n.（1）證明nAm＜mAn.（2）證明?1?m?＞?1?n?.n

m

iiii

i?1i?

1分析：（1）nAm＜mAn可化為：

i?1

iiii

Amm

i

i

＜

Ann

i

i

??m，即：

k?0

?k?

i

??n?k?

＜

k?0

mn

i

.構(gòu)造函數(shù)f?x??

??x?k?

k?0

x

i

.（x?i＞1）.i?1

兩邊取對(duì)數(shù)，得：lnf?x??

?

k?0

ln?x?k??ilnx.當(dāng)x??i,???時(shí),兩邊求導(dǎo)，得：

f??x?f?x?

i?1

?

?

k?0

1x?k

?

ix

i?1

＞?

k?0

1x

?

ix

?0.由于f?x?＞0，故f??x?＞0.這說明f?x?在?i,???上是增函數(shù).∵f?x?在x?i處右連續(xù).∴

f?x?在?i,???上是增函數(shù).∵i≤m＜n.∴f?m?＜f?n?.Amm

ii

即＜

Ann

i

i

.整理，得：nAm＜mAn.用心 愛心 專心

iiii

（2）不等式?1?m?＞?1?n?兩邊取對(duì)數(shù)，得：ln?1?m?＞ln?1?n?.n

m

n

m

整理，得：

ln?1?m

m

?

＞

ln?1?n?n

.構(gòu)造函數(shù)g?x??

ln?1?x?x

?x?2?.x

求導(dǎo)，得：g??x??

1?x

?ln?1?x?xx

.當(dāng)x?2時(shí),可得：0＜

1?x

＜1，ln?1?x??ln3＞1.故g??x?＜0.所以g?x?在?2,???上是減函數(shù).∵g?x?在x?2處右連續(xù).∴g?x?在?2,???上是減函數(shù).∵m＜n，∴ g?m?＞g?n?.即

ln?1?m

m

?

＞

ln?1?n?n

.整理，得：?1?m?＞?1?n?.n

m

注：不等式?1?m?＞?1?n?

n

m

也可化為：?1?m?

1m

＞?1?n?

1n

.這時(shí)，可研究函數(shù)

h?x???1?x?x?e

ln?1?x?x的單調(diào)性證之.n?1

練習(xí)12.已知n是正整數(shù)且n≥3.求證：n

n

＞?n?1?.n

點(diǎn)撥：不等式n

n?1

＞?n?1?兩邊取自然對(duì)數(shù)，整理得：

lnnn

＞

ln?n?1?n?1

.構(gòu)造函數(shù)f?x??

lnxx

可證之.lnf?x?

說明:根據(jù)所構(gòu)造函數(shù)的結(jié)構(gòu)特點(diǎn),我們將函數(shù)轉(zhuǎn)化為lnf?x?型或e型,方便了對(duì)函數(shù)的求導(dǎo)運(yùn)算.不等式證明的數(shù)學(xué)模型，除本文介紹的函數(shù)模型外，還可建立向量模型、解析幾何模型、方程模型等，請(qǐng)讀者自行研究、總結(jié).作者簡(jiǎn)介:陳兵,男,1976年10月26日出生,山東省滕州市人,中教二級(jí), 學(xué)士學(xué)位.用心 愛心 專心 6

第三篇：構(gòu)造函數(shù)證明不等式

在含有兩個(gè)或兩個(gè)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(gè)字母的二次式，這時(shí)可考慮用判別式法。一般對(duì)與一元二次函數(shù)有關(guān)或能通過等價(jià)轉(zhuǎn)化為一元二次方程的，都可考慮使用判別式，但使用時(shí)要注意根的取值范圍和題目本身?xiàng)l件的限制。

例1.設(shè)：a、b、c∈R，證明：a2?ac?c2?3b(a?b?c)?0成立，并指出等號(hào)何時(shí)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(dāng)⊿＝0時(shí)，b?c?0，此時(shí)，f(a)?a2?ac?c2?3ab?(a?c)2?0，∴a??b?c時(shí)，不等式取等號(hào)。

?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(gòu)造函數(shù)逆用判別式證明不等式

對(duì)某些不等式證明，若能根據(jù)其條件和結(jié)論，結(jié)合判別式的結(jié)構(gòu)特征，通過構(gòu)造二項(xiàng)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(jiǎn)捷明快的證明。

例3.設(shè)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(gòu)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(shè)a,b,c,d?R?且a?b?c?1，求解析：構(gòu)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(dāng)且僅當(dāng)a?,b?,c?時(shí)取等號(hào)），632149得⊿≤0,即⊿＝144-4（??）≤0

abc111149

∴當(dāng)a?,b?,c?時(shí)，(??)min?36 632abc

構(gòu)造函數(shù)證明不等式

1、利用函數(shù)的單調(diào)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(gòu)造出與所證不等式密切相關(guān)的函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)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(yùn)用比較法或放縮法，很難尋其線索。若考慮構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)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(guān)系；反過來，證明不等式又可以利用函數(shù)的單調(diào)性。

2、利用函數(shù)的值域

例

7、若x為任意實(shí)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(gòu)造函數(shù)f（x）= x11，從而只需證明f(x)的值域?yàn)閇—，]即可。

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

22x11 ∴—≤≤

21?x22 ∴y≤2[說明]應(yīng)用判別式說明不等式，應(yīng)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(gòu)造三角函數(shù)更簡(jiǎn)單。

例

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

對(duì)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?cè)暮瘮?shù)，然后根據(jù)變?cè)瘮?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(duì)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(duì)大于1的任意x、y恒成立。

3、運(yùn)用函數(shù)的奇偶性

xx<(x≠0)1?2x2xx 證明：設(shè)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(guān)于y軸對(duì)稱

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

第四篇：構(gòu)造函數(shù)證明不等式

構(gòu)造函數(shù)證明不等式

構(gòu)造函數(shù)證明:>e的(4n-4)/6n+3)次方

不等式兩邊取自然對(duì)數(shù)(嚴(yán)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(gòu)造函數(shù)f(x)=ln-(4x-4)/(6x+3)

對(duì)f(x)求導(dǎo),有:f'(x)=+^

2當(dāng)x>2時(shí),有f'(x)>0有f(x)在x>2時(shí)嚴(yán)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(jiǎn)為：2n/(n+1)>e^((4n-4)/6n+3))

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

其一階導(dǎo)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(jié)合勘根定理，利用判別式“△”的特點(diǎn)構(gòu)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(gòu)造函數(shù)f(x),設(shè)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(nèi)必有零點(diǎn).又f(x)為二次函數(shù)，由勘根定理結(jié)合可知：

f(x)必有兩個(gè)不同的零點(diǎn).令ax2+3bx+c=0可知△=(3b)2-4ac>0,所以可得：9b2>4ac.命題得證.評(píng)析本題合理變換思維角度，抓住問題本質(zhì)，通過構(gòu)造二次函數(shù),將所要證明的結(jié)論轉(zhuǎn)化成判別式“△”的問題,再結(jié)合勘根定理和二次函數(shù)知識(shí)，從而使問題獲得解決.二、結(jié)合構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)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(shí)數(shù)，求證：

|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.證明構(gòu)造函數(shù)f(x)，設(shè)f(x)=x1+x(x≥0).由于f′(x)=1(1+x)2,所以結(jié)合導(dǎo)數(shù)知識(shí)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(jié)合構(gòu)造函數(shù)在某個(gè)區(qū)間的最值證明不等式

例3(第36屆IMO試題)

設(shè)a,b,c為正實(shí)數(shù)，且滿足abc=1,求證:

1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)≥32.證明構(gòu)造函數(shù)，設(shè)f(a,b,c)=1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b),顯然a=b=c=1時(shí)，f(a,b,c)=32≥32成立.又abc=1，a,b,c為正實(shí)數(shù)，則a,b,c中必有一個(gè)不大于1，不妨設(shè)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(shí)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(dǎo)數(shù)知識(shí)(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(dāng)且僅當(dāng)t=2q=1a=c=1時(shí)，(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。

第五篇：構(gòu)造函數(shù)證明不等式

在含有兩個(gè)或兩個(gè)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(gè)字母的二次式，這時(shí)可考慮用判別式法。一般對(duì)與一元二次函數(shù)有關(guān)或能通過等價(jià)轉(zhuǎn)化為一元二次方程的，都可考慮使用判別式，但使用時(shí)要注意根的取值范圍和題目本身?xiàng)l件的限制。

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

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

?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(gòu)造函數(shù)逆用判別式證明不等式

對(duì)某些不等式證明，若能根據(jù)其條件和結(jié)論，結(jié)合判別式的結(jié)構(gòu)特征，通過構(gòu)造二項(xiàng)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(jiǎn)捷明快的證明。

例3.設(shè)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(gòu)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(shè)a,b,c,d?R?且a?b?c?1，求

解析：構(gòu)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(dāng)且僅當(dāng)a?,b?,c?時(shí)取等號(hào)），632

149得⊿≤0,即⊿＝144-4（??）≤0 abc

111149∴當(dāng)a?,b?,c?時(shí)，(??)min?36 632abc

構(gòu)造函數(shù)證明不等式

1、利用函數(shù)的單調(diào)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(gòu)造出與所證不

等式密切相關(guān)的函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)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(yùn)用比較法或放縮法，很難尋其線索。若考慮構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)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(guān)系；反過來，證明不等式又可以利用函數(shù)的單調(diào)性。

2、利用函數(shù)的值域

例

7、若x為任意實(shí)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(gòu)造函數(shù)f（x）= x11，從而只需證明f(x)的值域?yàn)閇—，]即可。1?x222

x2證明：設(shè) y=，則yx-x+y=0 21?x

∵x為任意實(shí)數(shù)

22∴上式中Δ≥0，即（-1）-4y≥0

411得：—≤y≤ 22

1x1∴—≤≤ 21?x22∴y≤2[說明]應(yīng)用判別式說明不等式，應(yīng)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(gòu)造三角函數(shù)更簡(jiǎn)單。

例

8、求證：必存在常數(shù)a，使得Lg（xy）≤ Lga.lg2x?lg2y對(duì)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?cè)暮瘮?shù)，然后根據(jù)變?cè)瘮?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(duì)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(duì)大于1的任意x、y恒成立。

3、運(yùn)用函數(shù)的奇偶性

xx<(x≠0)1?2x

2xx 證明：設(shè)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(guān)于y軸對(duì)稱

x∵當(dāng)x>0時(shí)，1-2<0，故f(x)<0

當(dāng)x<0時(shí)，根據(jù)圖象的對(duì)稱性知f(x)<0

故當(dāng) x≠0時(shí),恒有f(x)<0

即：xx<(x≠0)x1?22

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