第一篇：構(gòu)造函數(shù)證明數(shù)列不等式

構(gòu)造函數(shù)證明數(shù)列不等式 ln2ln3ln4ln3n5n?6?????n?3n?(n?N*).例1.求證：23436

ln2?ln3?lnn?2n2?n?1例2.求證:(1)??2,???????(n?2)?2(n?1)23n

例3.求證:

例4.求證:(1?

練習(xí)：

1求證:(1?1?2)?(1?2?3)???[1?n(n?1)]?e

2.證明:

3.已知a1?1,an?1?(1?

4.已知函數(shù)f(x)是在(0,??)上處處可導(dǎo)的函數(shù),若x?2n?311111?????ln(n?1)?1???? 23n?12n111111)(1?)???(1?)?e和(1?)(1?)???(1?2n)?98132!3!n!e.ln2ln3ln4lnnn(n?1)??????(n?N*,n?1)345n?14112)a?.a?e證明.nnn2?n2nf'(x)?f(x)在x?0上恒成立.(I)求證：函數(shù)g(x)?

(II)當x1f(x)在(0,??)上是增函數(shù)； x?0,x2?0時,證明:f(x1)?f(x2)?f(x1?x2)；(III)已知不等式ln(1?x)?x在x??1且x?0時恒成立。

5.已知函數(shù)f(x)?xlnx.若a?0,b?0,證明:f(a)?(a?b)ln2?f(a?b)?f(b).

第二篇：構(gòu)造函數(shù)證明數(shù)列不等式答案

構(gòu)造函數(shù)證明數(shù)列不等式答案

例1.求證：

ln22?ln33?ln44???

ln33

nn

?3?

n

5n?66

(n?N).*

解析:先構(gòu)造函數(shù)有l(wèi)nx?x?1?lnx?1?1,從而

x

x

ln22?ln33?ln44???

ln33

nn

?3?1?（n

?

???

n)

因為

?

???

n

?11???????23?11??111111??1

???????????????n?nn

2?13??456789??2

n?1

?3n?13??99?3?3

??????????????2?3n?1?3n

6?69??1827??

?5n

??

?6?

n

所以

ln22

?

ln33

?

ln44

???

ln33

n

n

?3?1?

n

5n6

?3?

5n?66

例2.求證:(1)??2,ln22

?

?

?

ln33

?

?

???

lnnn

?

?

?

2n

?n?1

2(n?1)

(n?2)

解析:構(gòu)造函數(shù)f(x)?

lnxx,得到

lnnn

?

?

?

lnnn

2,再進行裂項

lnnn

?1?

1n

?1?

1n(n?1),所以有

?ln2,13?

?ln3?ln2,…,13

n

1n

?lnn?ln(n?1),1n?1

?ln(n?1)?lnn,相

加后可以得到:

???

1n?1

?ln(n?1)

另一方面SABDE?

1n?1

?

n?i

1x,從而有

1n?i

n

?i?

?

n?i

1x

n

?lnx|n?i?lnn?ln(n?i)取i?1

有,?lnn?ln(n?1),12

1n

所以有l(wèi)n(n?1)?1?

???,所以綜上有

?

???

1n?1

12!

?ln(n?1)?1?

???

1n

例11.求證:(1?)(1?

13!)???(1?

1n!)?e和(1?

19)(1?

181)???(1?

2n)?e.解析:構(gòu)造函數(shù)后即可證明

例12.求證:(1?1?2)?(1?2?3)???[1?n(n?1)]?e解析:ln[n(n?1)?1]?2?

3n(n?1)?1

2n?3,疊加之后就可以得到答案

例13.證明:

ln23?ln34?ln45

lnnn?1

?

???

n(n?1)

(n?N*,n?1)

解析:構(gòu)造函數(shù)f(x)?ln(x?1)?(x?1)?1(x?1),求導(dǎo),可以得到:f'(x)?

1x?1

?1?

2?xx?1

'',令f(x)?0有1?x?2,令f(x)?0有x?2,所以f(x)?f(2)?0,所以ln(x?1)?x?2,令x?n?1有,lnn

lnnn?1

n?12

?n?1

所以

?,所以

ln23

?

ln34

?

ln45

???

lnnn?1

?

n(n?1)

(n?N*,n?1)

例14.已知a1?1,an?1?(1?

1n(n?1)

1n?n

n)an?

n

.證明an?e.12

n

解析: an?1?(1?)an?

?(1?

1n(n?1)

?)an,然后兩邊取自然對數(shù),可以得

到lnan?1?ln(1?

1n(n?1)

?

n)?lnan

然后運用ln(1?x)?x和裂項可以得到答案)放縮思路：

an?1?(1?

1n

?n

?

2n)an?lnan?1?ln(1?

1n?n

?

n)?lnan??lnan?

1n?n

?

n

。于

是lnan?1?lnan?

1n?n

?

n，n?1n?1

?

i?1

(lnai?1?lnai)?

?

i?1

1n?1

1?()

11111 2(2?i)?lnan?lna1?1???2??n?2.1nn2i?i2

1?

即lnan?lna1?2?an?e.注：題目所給條件ln(1?x)?x（x?0）為一有用結(jié)論，可以起到提醒思路與探索放縮方向的作用；當然，本題還可用結(jié)論2

an?1?(1?

1n(n?1))an?

1n(n?1)

n

?n(n?1)(n?2)來放縮：

?an?1?1?(1?

1n(n?1))(an?1)?

ln(an?1?1)?ln(an?1)?ln(1?

n?1

n?1

1n(n?1)

1i(i?1))?

1n(n?1)

.1n?1，?

?[ln(ai?1?1)?ln(ai?1)]?

i?2

?

i?2

?ln(an?1)?ln(a2?1)?1?

即ln(an?1)?1?ln3?an?3e?1?e.例15.(2008年廈門市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)是在(0,??)上處處可導(dǎo)的函數(shù),若x?f'(x)?f(x)

f(x)x

在x?0上恒成立.(I)求證：函數(shù)g(x)?在(0,??)上是增函數(shù)；

(II)當x1?0,x2?0時,證明:f(x1)?f(x2)?f(x1?x2)；(III)已知不等式ln(1?x)?x在x??1且x?0時恒成立，求證：

ln2?

ln3?

ln4???

1(n?1)

ln(n?1)?

n

2(n?1)(n?2)

(n?N).*

解析:(I)g'(x)?

f'(x)x?f(x)

xf(x)x

?0,所以函數(shù)g(x)?

f(x)x

在(0,??)上是增函數(shù)

(II)因為g(x)?在(0,??)上是增函數(shù),所以

f(x1)x1

?

f(x1?x2)x1?x2

?f(x1)?

x1x1?x2

?f(x1?x2)

f(x2)x2

?

f(x1?x2)x1?x2

?f(x2)?

x2x1?x2

?f(x1?x2)

兩式相加后可以得到f(x1)?f(x2)?f(x1?x2)(3)

f(x1)x1

?

f(x1?x2???xn)x1?x2???xn

?f(x1)?

x1

x1?x2???xn

x2

x1?x2???xn

xn

x1?x2???xn

?f(x1?x2???xn)

f(x2)x2f(xn)xn

?

f(x1?x2???xn)x1?x2???xnf(x1?x2???xn)x1?x2???xn

?f(x2)?

?f(x1?x2???xn)……

?

?f(xn)?

?f(x1?x2???xn)

相加后可以得到:

f(x1)?f(x2)???f(xn)?f(x1?x2???xn)所以

x1lnx1?x2lnx2?x3lnx3???xnlnxn?(x1?x2???xn)ln(x1?x2???xn)

令xn?

?11112222?????ln2?ln3?ln4???ln(n?1),有 222?22?2

34(n?1)(1?n)??

??111

???ln????22??2

3(n?1)??2

?

???

?1111??????222?2

34(n?1)?2

?111

???22?32???(n?1)2

?

??111??ln???????(n?1)n?2?13?2??

???

1??11?n?

?????????

n?12n?22(n?1)(n?2)????

所以

ln2?

ln3?

ln4???

1(n?1)

ln(n?1)?

n

2(n?1)(n?2)

(n?N).*

(方法二)

ln(n?1)(n?1)

?

ln(n?1)

(n?1)(n?2)

?

1??1

?ln4???

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

1?nln4?12

ln(n?1)?ln4????2

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

ln4

所以

ln2?

ln3?

ln4???

又ln4?1?

1n?1,所以1ln22?1ln32?1ln42???

222

1(n?1)

ln(n?1)?

n

2(n?1)(n?2)

(n?N).*

例16.(2008年福州市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)?xlnx.若a?0,b?0,證明:f(a)?(a?b)ln2?f(a?b)?f(b).解析:設(shè)函數(shù)g(x)?f(x)?f(k?x),?f(x)?xlnx,(k?0)

?g(x)?xlnx?(k?x)ln(k?x),?0?x?k.?g?(x)?lnx?1?ln(k?x)?1?ln令g?(x)?0,則有

xk?x

?1?

xk?x,k2

?x?k.2x?kk?x

?0?

∴函數(shù)g(x)在[,k）上單調(diào)遞增，在(0,k

k2

]上單調(diào)遞減.kk

∴g(x)的最小值為g()，即總有g(shù)(x)?g().22

而g()?f()?f(k?

k

k

k2)?kln

k2

?k(lnk?ln2)?f(k)?kln2,?g(x)?f(k)?kln2, 即f(x)?f(k?x)?f(k)?kln2.令x?a,k?x?b,則k?a?b.?f(a)?f(b)?f(a?b)?(a?b)ln2.?f(a)?(a?b)ln2?f(a?b)?f(b).

第三篇：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(shè)：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(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(shè) 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(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(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(fù)雜的討論。

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(shè)：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(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(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?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)的值域為[—，]即可。1?x222

x2證明：設(shè) 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(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(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(fù)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(dǎo),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(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.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(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(shè)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(shè)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(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(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。