第一篇：構造函數(shù),利用導數(shù)證明不等式

構造函數(shù)，利用導數(shù)證明不等式

湖北省天門中學薛德斌2010年10月

例

1、設當x??a,b?時，f/(x)?g/(x)，求證：當x??a,b?時，f(x)?f(a)?g(x)?g(a)．

例

2、設f(x)是R上的可導函數(shù)，且當x?1時(x?1)f/(x)?0．

求證：（1）f(0)?f(2)?2f(1)；（2）f(2)?2f(1)．

例

3、已知m、n?N，且m?n，求證：(1?m)?(1?n)．

?nm

例

4、（2010年遼寧卷文科）已知函數(shù)f(x)?(a?1)lnx?ax2?1，其中a??2，證明：? x1,x2?(0,??)，|f(x1)?f(x2)|?4|x1?x2|.例

5、（2010年全國Ⅱ卷理科）設函數(shù)f?x??x?aIn?1?x?有兩個極值點x1、x2，且

2x1?x2，證明：f?x2??

1?2In2.4a?0，b?0，例

6、已知函數(shù)f(x)?xlnx，求證：f(a)?(a?b)ln2?f(a?b)?f(b).x?ln(1?x)?x； 1?x

11112n?c??????ln（2）設c?0，求證：.2?cn?1?cn?2?c2n?cn?c例

7、（1）已知x?0，求證：

第二篇：構造函數(shù),結合導數(shù)證明不等式

構造函數(shù),結合導數(shù)證明不等式

摘 要：運用導數(shù)法證明不等式首先要構建函數(shù)，以函數(shù)作為載體可以用移項作差，直接構造；合理變形，等價構造；分析（條件）結論，特征構造；定主略從，減元構造；挖掘隱含，聯(lián)想構造等方法進行證明.關鍵詞：構造函數(shù)；求導；證明；不等式

利用導數(shù)證明不等式是四川高考壓軸題的熱點題型之一，此類問題的特點是：問題以不等式形式呈現(xiàn)，“主角”是導數(shù)，而不等式的證明不僅技巧性強，而且方法靈活多變，因此構造函數(shù)成為證明不等式的良好“載體”，如何有效合理地構造函數(shù)是證明不等式的關鍵所在，下面以實例談談如何構造函數(shù)的若干解題策略.注：此題也可用數(shù)學歸納法證明.解后感悟：函數(shù)隱藏越深，難度就越大，如何去尋找證明不等式的“母函數(shù)”是解決問題的關鍵，通過合理變形，展開思維聯(lián)想的翅膀，發(fā)現(xiàn)不等式背后的隱藏函數(shù)，便會柳暗花明.結束語：導數(shù)為證明不等式問題開辟了新方法，使過去不等式的證明方法，從特殊技巧變?yōu)橥ㄐ酝ǚ?，合理構造函?shù)，能使解題更具備指向性，劍之所指，所向披靡.

第三篇：導數(shù)證明不等式構造函數(shù)法類別(教師版)

導數(shù)證明不等式構造函數(shù)法類別

1、移項法構造函數(shù)

1?ln(x?1)?x x?11?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)g(x)?ln(x?1)?x?1【例1】 已知函數(shù)f(x)?ln(x?1)?x，求證：當x??1時，恒有1? 從其導數(shù)入手即可證明。

【解】f?(x)?1x?1?? x?1x?1∴當?1?x?0時，f?(x)?0，即f(x)在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)?111x?1，則g?(x)? ??22x?1x?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)?

2、作差法構造函數(shù)證明 【例2】已知函數(shù)f(x)? 圖象的下方；

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)問題，即只需證明在區(qū)間(1,??)上，恒有122x?lnx.求證：在區(qū)間(1,??)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)?x3的 23122x?lnx?x3，23122x?lnx?x3成立，設F(x)?g(x)?f(x)，x?(1,??)，考慮到23F(1)?1?0 6要證不等式轉化變?yōu)椋寒攛?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?！窘狻吭OF(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)=

xxx從而F(x)在(1,??)上為增函數(shù)，∴F(x)?F(1)?∴當x?1時 g(x)?f(x)?0，即f(x)?g(x)，故在區(qū)間(1,??)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)?

3、換元法構造函數(shù)證明

1?0 623x的圖象的下方。3111?1)?2?3 都成立.nnn1 分析：本題是山東卷的第（II）問，從所證結構出發(fā)，只需令?x，則問題轉化為：當x?0時，恒

n【例3】（2007年，山東卷）證明：對任意的正整數(shù)n，不等式ln(有l(wèi)n(x?1)?x?x成立，現(xiàn)構造函數(shù)h(x)?x?x?ln(x?1)，求導即可達到證明。233213x3?(x?1)2?【解】令h(x)?x?x?ln(x?1)，則h?(x)?3x?2x?在x?(0,??)上恒正，x?1x?1322 所以函數(shù)h(x)在(0,??)上單調(diào)遞增，∴x?(0,??)時，恒有h(x)?h(0)?0，即x?x?ln(x?1)?0，∴l(xiāng)n(x?1)?x?x

對任意正整數(shù)n，取x?32231111?(0,??)，則有l(wèi)n(?1)?2?3 nnnn【警示啟迪】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．

4、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，且常數(shù)a，b滿足a>b，求證： af(a)>bf(b)

【解】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)【警示啟迪】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。

5、主元法構造函數(shù)

例．（全國）已知函數(shù)f(x)?ln(1?x)?x,g(x)?xlnx(1)求函數(shù)f(x)的最大值；

a?b)?(b?a)ln2.2a?b)中以b為主變元構造函數(shù), 證明：對g(x)?xlnx求導,則g'(x)?lnx?1.在g(a)?g(b)?2g(2(2)設0?a?b,證明 ：0?g(a)?g(b)?2g(設F(x)?g(a)?g(x)?2g(a?x'a?xa?x.)]?lnx?ln),則F'(x)?g'(x)?2[g(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(x)?0,因此F(x)在(a,??)上為增函數(shù).從而當x?a時, F(x)有極小值F(a).因為F(a)?0,b?a,所以F(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(又設G(x)?F(x)?(x?a)ln2.則G'(x)?lnx?lna?b)?0.2a?x?ln2?lnx?ln(a?x).2' 當x?0時,G(x)?0.因此G(x)在(0,??)上為減函數(shù).因為G(a)?0,b?a,所以G(b)?0,即g(a)?g(b)?2g（6、構造二階導數(shù)函數(shù)證明導數(shù)的單調(diào)性 例．已知函數(shù)f(x)?ae?xa?b)?(b?a)ln2.212x 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:x＞0時,f(x)>1+x x解：(1)f′(x)＝ ae－ｘ，∵ｆ（ｘ）在Ｒ上為增函數(shù)，∴f′(x)≥０對ｘ∈Ｒ恒成立，-ｘ-ｘ-ｘ-ｘ-x 即ａ≥ｘｅ對ｘ∈Ｒ恒成立 記ｇ（ｘ）＝ｘｅ，則ｇ′(ｘ)＝ｅ－ｘｅ=(1-x)e，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)=1/e, ∴a≥1/e, 即a的取值范圍是[1/e, + ∞)(2)記F(X)=f(x)－(1+x)=e?xx12x?1?x(x?0)2x

x 則F′(x)=e-1-x, 令h(x)= F′(x)=e-1-x,則h′(x)=e-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．

7.對數(shù)法構造函數(shù)（選用于冪指數(shù)函數(shù)不等式）例：證明當x?0時,(1?x)1?1x?e1?x2

8.構造形似函數(shù)

例：證明當b?a?e,證明a?b ba

例：已知m、n都是正整數(shù)，且1?m?n,證明：(1?m)?(1?n)

nm4

【思維挑戰(zhàn)】

1、設a?0,f(x)?x?1?ln2x?2alnx 求證：當x?1時，恒有x?lnx?2alnx?1

2、已知定義在正實數(shù)集上的函數(shù)

f(x)?52122x?2ax,g(x)?3a2lnx?b,其中a>0，且b?a?3alna，22求證：f(x)?g(x)

3、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、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）af(b)≤bf(a)（C）af(a)≤f(b)

【答案咨詢】

1、提示：f?(x)?1? ∴

（B）bf(a)≤af(b)（D）bf(b)≤f(a)2lnx2a2lnx??1，當x?1，a?0時，不難證明xxxf?(x)?0，即f(x)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?lnx?2alnx?1

123a222、提示：設F(x)?g(x)?f(x)?x?2ax?3alnx?b則F?(x)?x?2a?

2x(x?a)(x?3a)=(x?0)?a?0，∴ 當x?a時，F(xiàn)?(x)?0，x 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、提示：函數(shù)f(x)的定義域為(?1,??)，f?(x)?11x ??1?x(1?x)2(1?x)2∴當?1?x?0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

x1，即ln(1?x)?1? 1?x1?xa1bab?1? 于是ln?1? 令1?x??0,則1?bx?1abab因此lna?lnb?1?

a于是f(x)?f(0)?0,從而ln(1?x)? f(x)f(x)xf'(x)?f(x)F(x)?

4、提示：F(x)?，F(xiàn)?(x)?，故在（0，+∞）上是減函數(shù)，由a?b ?02xxx有f(a)f(b)?? af(b)≤bf(a)故選（A）ab

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：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(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，構造出與所證不等式密切相關的函數(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(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(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，構造出與所證不

等式密切相關的函數(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(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：—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(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。