第一篇：壓軸題型訓(xùn)練5-構(gòu)造函數(shù)證明不等式

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.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(kāi)口向上,22222

2且???3?b?c??0,故f?a??0.結(jié)論獲證.例2.設(shè)a,b,c為?ABC的三條邊,求證:a2?b2?c2＜2?ab?bc?ca?.分析:構(gòu)造函數(shù)f?x??x?2?b?c?x??b?c?.∵f?x?圖象開(kāi)口向上,對(duì)稱軸x?b?c.∴f?x?222

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?.∵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.已知a,b,c,d都是實(shí)數(shù),且a?b?1,c?d?1.求證:ac?bd?1.222ac?bd?4a?b?分析：所證結(jié)論即是?????222???c2?d2??0.故可構(gòu)造函數(shù)

f?x???a2?b2?x2?2?ac?bd?x?c2?d2.由于f?x??ax?2acx?c22?2???bx22?2bdx?d2???ax?c???bx?d??0.22

當(dāng)且僅當(dāng)x?cd?時(shí)取“=”號(hào).又因?yàn)閒?x?的圖象開(kāi)口向上,故必有??0.結(jié)論成立.ab

2練習(xí)1.求證:?ac?bd??a?b2?2??c2?d2?.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:

nnnn?n??n2?222x??bi2證之.??aibi???ai??bi.可構(gòu)造函數(shù)f?x????ai?x?2?aibi?

i?1i?1?i?1?i?1i?1?i?1?2

練習(xí)2.已知a,b是不相等的兩個(gè)正數(shù),求證:

?a?b??a3?b3???a2?b2?2.2點(diǎn)撥:構(gòu)造函數(shù)f?x???a?b?x?2a?b2?2?x?a3?b3?a?x?a??b?x?b?證之.22

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

ax2?by??ax?by?.222

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.242

練習(xí)4.求證:31?a?a?1?a?a

???

?

.點(diǎn)撥:構(gòu)造函數(shù)f?x??3x?21?a?a

二、分式函數(shù)型:

??x?1?a

?a4??x?1???x?a???x?a2?證之.例4.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??

a?ma

?.b?mb

b?ax?a

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

2x?b?x?b?

?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).∵m?0 ∴

f?m??f?0? 即

a?ma?.b?mb

a?b

?1.1?ab

例5.已知a?1,b?1,求證:

1?a2a?x

?0.分析:構(gòu)造函數(shù)f?x??x???1,1?.由于當(dāng)x???1,1?時(shí)，f??x??2

1?ax?1?ax?

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?b

?1, 即1?ab

a?b

?1.1?ab

練習(xí)5.已知c?a?b?0,求證:

點(diǎn)撥:構(gòu)造函數(shù)f?x??

ab?.c?ac?b

x

x??0,c?

c?x

abc

??.a?mb?mc?m

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

點(diǎn)撥:構(gòu)造函數(shù)f?x??

x,x??0,???.易證f?x?為增函數(shù).由于a?b?c, x?ma?bcababa?b

故f?a?b??f?c?.即?.而????.a?b?mc?ma?mb?ma?b?ma?b?ma?b?m

abc故有??.a?mb?mc?m

練習(xí)7.求證:

a?b1?a?b

?

a?b1?a?b

.分析:構(gòu)造函數(shù)f?x??

三、冪函數(shù)型：

x,x??0,???證之.1?x

3223

例6.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

n

*

553223

?

??a

?b2?.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).3322

若a?b,則a?b, a?b,所以a?b

??

??a??a

?b2??0； ?b2??0。

3322

若a?b,則a?b, a?b,所以a?b

332

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：

例7.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：

222

2例8.已知a,b,c,d都是實(shí)數(shù),且a?b?1,c?d?1.求證:ac?bd?1.55322

3m?n

?bm?n?ambn?anbm.(m,n?N*)

cos??sin??sin? 分析:設(shè)a?cos?,b?sin?, c?cos?,d?sin?.則ac?bd?cos???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、構(gòu)造函數(shù),利用函數(shù)圖象的凸性： 例9.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：

?f(x1)?f(x2)?

2f?3??f?7??所以,???f?5?.2?

1即（+7）<.2

兩條結(jié)論:

（1

值之和越大.(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??0,1??????

x,xx?x, 若 且,試判斷0,??1212????f?x1??f?x2???與222????

?x?x?

f?12?的大小.?2?

練習(xí)10.已知:f?x??lgx

?x?1?,若0?x1?x2,試比較

?

lgA?lgB

?f?x1??f?x2???與2?

?x?x?

f?12?的大小 ?2?

練習(xí)11.求證:lg

A?B2

?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.七、構(gòu)造連續(xù)函數(shù)，應(yīng)對(duì)含離散型變量的不等式問(wèn)題： 例10．已知m,n是正整數(shù)，且1﹤m＜n.證明?1?m?＞?1?n?.n

m

分析：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?ln?1?n?＞.mn

構(gòu)造函數(shù)g?x??

ln?1?x?

x

?x?2?.x

?ln?1?x?

求導(dǎo)，得：g??x??1?x.2x

當(dāng)x?2時(shí),可得：0＜

x

＜1，ln?1?x??ln3＞1.1?x

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

n

m

ln?1?m?ln?1?n?＞.mn

整理，得：?1?m?＞?1?n?.注：不等式?1?m?＞?1?n?也可化為：?1?m?

n

m

m

＞?1?n?

1n

.這時(shí)，可研究函數(shù)

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

1x

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

點(diǎn)撥：不等式n

n?1

n

＞?n?1?.n

＞?n?1?兩邊取自然對(duì)數(shù)，整理得：

lnnln?n?1?＞.n?1n

構(gòu)造函數(shù)f?x??

lnx

可證之.x

lnf?x?

說(shuō)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.

第二篇：壓軸題型訓(xùn)練6-構(gòu)造向量證明不等式

構(gòu)造向量證明不等式

教材中有關(guān)向量的內(nèi)容，其中兩個(gè)向量的數(shù)量積有一個(gè)性質(zhì)：a?b?|a||?b|cos?（其中θ為向量a與b的夾角），則|a?b|?||a||?b|cos?|，又?1?cos??1，則易得到以下推論：

（1）a?b?|a||?b|；（2）|a?b|?|a||?b|；

（3）當(dāng)a與b同向時(shí)，a?b?|a||?b|；當(dāng)a與b反向時(shí)，a?b??|a||?b|；（4）當(dāng)a與b共線時(shí)，|a?b|?|a||?b|。以上推論在證明不等式問(wèn)題中有重要應(yīng)用。

一、證明不等式

例

1已知a、b?R，a?b?1，求證：2a?1?2b?1?22。證明：設(shè)m=（1，1），n?(2a?1，2b?1)，則

?m?n?2a?1?2b?1，|m|?2，|n|?2a?1?2b?1?2

由性質(zhì)m?n?|m||?n|，得2a?1?2b?1?22

練習(xí)1.若a，b?R，a?b?2，求證：2a?1?2b?1?23 例2 已知x?y?z?1，求證：x?y?z?證明：設(shè)m=（1，1，1），n=（x，y，z），則

222*1。3m?n?x?y?z?1|m|?3，|n|?2x?y?z22222

由性質(zhì)|m?n|?|m||n|，得x?y?z??2221 3a2b2c2a?b?c???例3 已知a，b，c?R，求證：。b?cc?aa?b2證明：設(shè)m?(abc，)，n?(b?c，a?c，a?b)，b?cc?aa?ba2b2c2??，|n|?2(a?b?c)b?ca?ca?b則m?n?a?b?c，|m|?222a2b2c2a?b?c???由性質(zhì)|m?n|?|m||n|，得 b?cc?aa?b2 1

a2b2c2練習(xí)2.設(shè)a，b，c?R，且a?b?c?2，求證：???1

b?cc?aa?b*???abc??，提示：構(gòu)造m???，n??b?cc?aa?b?4422?b?c,c?a,a?b

332?例4 已知a,b為正數(shù)，求證：(a?b)(a?b)?(a?b)。證明：設(shè)m?(a，b)，n?(a，b)，則22244222m?n?a3?b3|m|?a?b，|n|?a?b23322244

由性質(zhì)|m?n|?|m||n|，得(a?b)(a?b)?(a?b)例5 設(shè)a,b,c,d?R，求證：ad?bc?a2?b2?c2?d2。

證明：設(shè)m=（a,b），n=（c,d），則m?n?ad?bc

|m|?a2?b2，|n|?c2?d2

由性質(zhì)a?b?|a||?b|，得ad?bc?

二、比較大小

例6 已知m,n,a,b,c,d?R，且p?p，q的大小關(guān)系為（）

A.p?q

B.p?q

C.p

D.p,q大小不能確定

?a2?b2?c2?d2

ab?cd，q?ma?nc?bd?，那么mn解：設(shè)h?(ma，nc)，k?(bd，)，則 mnh?k?ab?cd|h|?ma?nc，|k|?bd

?mn由性質(zhì)|h?k|?|h||?k|得ab?cd?即p?q，故選（A）

三、求最值

ma?nc?bd? mn例7 已知m,n,x,y?R，且m?n?a，x?y?b，那么mx+ny的最大值為（）

A.2222ab a?bB.C.2a2?bD.2a2?b2 2 2 解：設(shè)p=（m,n），q=（x,y），則 由數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，得p?q?mx?ny 而|p|?m2?n2，|q|?x2?y2

從而有mx?ny?m2?n2?x2?y2

ab，故選（A）。

2222當(dāng)p與q同向時(shí)，mx+ny取最大值m?n?x?y?例8

求函數(shù)y?152x?1?5?2x(?x?)的最大值。

22解：設(shè)m?(2x?1，5?2x)，n?(1，1)，則

m?n?2x?1?5?2x|m|?2，|n|?2

由性質(zhì)m?n?|m||?n|，得y?當(dāng)

2x?1?5?2x?22

12x?1?15?2x時(shí)，即x?3時(shí)，ymax?2 2

四、求參數(shù)的取值范圍

例9 設(shè)x,y為正數(shù)，不等式x?y?ax?y恒成立，求a的取值范圍。

解：設(shè)m?(x，y)，n?（1，1），則

m?n?x?y，|m|?x?y，|n|?2

y?2?x?y 由性質(zhì)m?n?|m||?n|，得x?又不等式x?y?ax?y恒成立，故有a?2

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(guò)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(guò)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(wèn)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(lái)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(wèn)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(shuō)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(lái)證明，則證明過(guò)程是用比較法證明f(x1)與f(x2)的大小關(guān)系；反過(guò)來(lái)，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(guò)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(shuō)明]應(yīng)用判別式說(shuō)明不等式，應(yīng)特別注意函數(shù)的定義域。

另證：類比萬(wàn)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(lái)求解a，從而說(shuō)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(lái)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(wèn)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(wèn)題本質(zhì)，通過(guò)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(wèn)題,再結(jié)合勘根定理和二次函數(shù)知識(shí)，從而使問(wèn)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(guò)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(guò)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(wèn)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(lái)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(wèn)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(shuō)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(lái)證明，則證明過(guò)程是用比較

法證明f(x1)與f(x2)的大小關(guān)系；反過(guò)來(lái)，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(guò)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(shuō)明]應(yīng)用判別式說(shuō)明不等式，應(yīng)特別注意函數(shù)的定義域。

另證：類比萬(wàn)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(lái)求解a，從而說(shuō)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(lái)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(wèn)題避免復(fù)雜的討論。