第一篇：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

不等式證明是中學數(shù)學的重要內(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，使其成為各種考試命題的熱點問題，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0＜1－y－z＜1時，f(x)在(0，1)上是增函數(shù)，于是

f(x)＜f(1)=1－yz＜1；

⑵當－1＜1－y－z＜0時，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1－y－z = 0，即y＋z = 1時，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，當| a |＜1，| b |＜1，| c |＜1時，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 ．

因為 △=(b＋c)2－4(b2＋c2－bc)=－3(b－c)2≤0，又因為二次項的系數(shù)為正數(shù)，所以x2－(b＋c)x＋b2＋c2－bc≥0對任意實數(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x＞0 時單調(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．

第二篇：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、利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值和最值，再由單調(diào)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(gòu)造輔助函數(shù)，把不等式的證明轉(zhuǎn)化為利用導數(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)造一個可導函數(shù)是用導數(shù)證明不等式的關(guān)鍵．

一、移項法構(gòu)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(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，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0?a?b，證明：0?g(a)?g(b)?2g（a?b)?(b?a)ln2．

2六、構(gòu)造二階導函數(shù)證明函數(shù)的單調(diào)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(gòu)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(gòu)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(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(zhuǎn)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(gòu)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(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(jié)構(gòu)出發(fā)，只需令

1?x，則問題轉(zhuǎn)化為：當x?0n時，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(diào)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(diào)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(diào)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(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(gòu)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(jié)．

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(guān)系又與函數(shù)的單調(diào)性密切相關(guān)，由此就可過渡到根據(jù)所要證的不等式構(gòu)造恰當?shù)暮瘮?shù)，利用導數(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(gòu)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(nèi)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(zhuǎn)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(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題轉(zhuǎn)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(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x?1，a?0時，不難證明xxx 在(0,??)內(nèi)單調(diào)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

第三篇：巧用構(gòu)造函數(shù)法證明不等式

構(gòu)造函數(shù)法證明不等式

一、構(gòu)造分式函數(shù)，利用分式函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

【例1】證明不等式：|a|?|b||a?b|

1?|a|?|b|≥1?|a?b|

證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=

x

1?x(x≥0)則f(x)=x1?x=1-

11?x

在?0，???上單調(diào)遞增

∵f(|a| + |b|)=

|a|?|b|1?|a|?|b|f(|a + b|)=|a?b|

1?|a?b|

且|a| + |b|≥|a + b|

∴f(|a| + |b|)≥f(|a + b|)即所證不等式正確。

二、利用分式函數(shù)的奇偶性證明不等式

【例2】證明不等式：x1?2x＜x

2（x≠0）證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=x1?

2x

?x

2(x?0)∵f(-x)=-xx-x?2x1-2-x?2?2x?1?x2?x1?2x

[1-(1-2x)]?x2?x1?2x?x2=f(x)

∴f(x)是偶函數(shù)，其圖像關(guān)于y軸對稱。當x＞0時，1?2x

＜0，f(x)＜0；

當x＜0時，-x＞0,故f(x)=f(-x)＜0 ∴x1-2x?x2＜0，即x1?2

x

＜x

2三、構(gòu)造一次函數(shù)，利用一次函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

【例3】已知|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1，求證：a + b + c＜abc + 2。

證明：構(gòu)造函數(shù)f(c)=(1-ab)c + a + b-

2∵|a|＜1，|b|＜

1∴-1＜ab＜1，1-ab＞0

∴f(c)的（-1，1）上是增函數(shù)

∵f(1)=1-ab + a + b-2=a + b–ab-1=a(1b)=(1c)2＞4a(a + b + c)。證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=ax2 +(-b + c)x +(a + b + c)(a≠0)

則f(0)=a + b + c，f(1)=2(a + c)

由(a + c)(a + b + c)＜0知：f(0)?f(1)＜0 ∴f(x)=0有兩個不等的實數(shù)根。∴△＞0，即(bc)2＞4a(a + b + c)

【例5】已知實數(shù)a，b，c滿足a + b + c = 5，a2 + b2 + c

2= 9，求證a，b，c的值都不小于1，又都 不大于21

3。

證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=2x2+ 2(a + b)x + a2 + b2=(x + a)2 +(x + b)2 ≥0

∵2＞0

∴△=[2(a+b)]2-4×2×(a2 + b2)≤0

∴△=4(5-c)2-8(9-c2)≤0 ∴(c-1)(3c-7)≤0

∴1≤c≤213

同理可證：1≤a≤21，1≤b≤2133。

【例6】已知a，b，c∈R，證明：a2 + ac + c2 + 3b(a + b + c)≥0，并指出等號何時成立？

證明：令f(a)= a2 +(c + 3b)a + c2 + 3b2

+ 3bc

△=(c + 3b)2-4(c2 + 3b2 + 3bc)=-3(b + c)2

≤0 恒成立 ∵二次項系數(shù)1＞0

∴f(a)≥0，即 a2 + ac + c2 + 3b(a + b + c)≥0

又當△=0，即b + c = 0時f(a)=(a + b)2

= 0 ∴當且僅當a=-b=c時才能取等號。

⒉利用一元二次方程根的分布證明不等式

【例7】設a + b + c=1，a2 + b2 + c2 =1，且a＞b＞c，求證：-

13＜c＜0

證明：∵a + b + c=1

∴a + b =1-c有a2 + b2 + 2ab=1c

∴a，b是方程x2-(1-c)x+c2-c=0的兩個實數(shù)根

∵a＞b＞c，故方程有大于c的兩個不等的實數(shù)根

構(gòu)造函數(shù)f(x)= x2-(1-c)x+c2-c，則有：

????(1?c)2?4(c2?c)＞0

??1?c＞c

?2

??f(c)＞0

∴-1

3＜c＜0

⒊綜合運用判別式法、一元二次方程根的分布證明不等式

【例8】設a，b是兩個不等于0的實數(shù)，求證：下列不等式中至少有一個成立。a?a2?2b2

2b1，aa2?2b2

2b1

證明：設f(x)=bx2?ax?b

2(b≠0)

∵△=(-a)2-2b(-b)=a2+2b2＞0

∴拋物線與x軸必有兩個交點，其橫坐標為x=a?a2?2b2

2b

∴f(-1)=b

2?af(0)= ?b

2f(1)= b

2?a

⑴當b＞0時，f(0)＜0

若a＞0,則f(-1)＞0

∴點A（-1，f(-1)）在x軸上方，點B（0，f(0)）在x軸下方

∴拋物線與x軸在（-1，0）內(nèi)必有一個交點，此時有

aa2?2b2

2b1 若a＜0，則f(1)＞0 ∴點C(1，f(1))在x軸上方 ∴拋物線與x軸在（0，1）內(nèi)必有一個交點，此時有 a?a2?2b22b1 ⑵當b＜0時，f(0)＞0，此時點B在x軸下方，同理可證A點和C點至少有一點 在x軸上方。故兩個不等式至少有一個成立。構(gòu)造函數(shù)法證明不等式，關(guān)鍵在于找到能夠反映所要證不等式特征的合適的函數(shù)，從而就可以利用該函數(shù)的性質(zhì)去證明不等式。

第四篇：構(gòu)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(guān)或能通過等價轉(zhuǎn)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(gòu)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(jié)論，結(jié)合判別式的結(jié)構(gòu)特征，通過構(gòu)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(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(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]本題若直接運用比較法或放縮法，很難尋其線索。若考慮構(gòu)造函數(shù)，運用函數(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(gòu)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(guān)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(jié)]本題運用了比較法，實質(zhì)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(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(gòu)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(gòu)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(jié)合勘根定理，利用判別式“△”的特點構(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.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(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，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f(x)=x1+x(x≥0).由于f′(x)=1(1+x)2,所以結(jié)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(jié)合構(gòu)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(gòu)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。