第一篇：巧用構(gòu)造法證明不等式

巧用構(gòu)造法證明不等式

構(gòu)造法是指在解決數(shù)學(xué)問題的過程中，為了完成由條件向結(jié)論的轉(zhuǎn)化，通過構(gòu)造輔助元素，架起一座溝通條件和結(jié)論的橋梁，從而使問題得到解決。不等式證明是高中數(shù)學(xué)的一個難點問題，若能巧用構(gòu)造方法，可以使一些問題化難為易.本文擬用構(gòu)造法巧證一些不等式問題，僅供參考.一、構(gòu)造函數(shù)證明不等式

若能根據(jù)題中條件的特征，巧妙地構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的圖象和性質(zhì)來證明不等式.例1（2011年安徽高考理科題）（Ⅰ）設(shè)x?1,y?1，證明 111x?y????xy，xyxy

（Ⅱ）1?a?b?c，證明

logab?logbc?logca?logba?logcb?logac.解：∵x?1，y?1，所以要證明原不等式成立，則只需證

xy(x?y)?1?y?x?(xy)

2成立.令f(x)?y?x?(xy)2?[xy(x?y)?1]?(y2?y)x2?(1?y2)x?y?1 當(dāng)y?1時，則f(x)?0，即xy(x?y)?1?y?x?(xy)2，所以

111x?y????xy xyxy

111?(,1).函數(shù)當(dāng)y?1時，二次函數(shù)f(x)的圖象開口向上，對稱軸x??22y2

f(x)在[1,??)上單調(diào)遞增，所以

f(x)?f(1)?y2?y?1?y2?y?1?0

所以

111x?y????xy xyxy

綜上，所證明的原不等式成立.（Ⅱ）證明略.二、構(gòu)造方程證明不等式

由解不等式的經(jīng)驗知，不等式的解的區(qū)間的端點就是相應(yīng)方程的解，所以可以利用方程與不等式的內(nèi)在聯(lián)系，構(gòu)造方程來證明不等式.例2 設(shè)實數(shù)a,b,c滿足

?a2?bc?8a?7?0?2 2?b?c?bc?6a?6?0

求證：1?a?9.?bc?a2?8a?7證明：由已知得?，故可構(gòu)造關(guān)于x的方程：

?b?c??(a?1)

x2?(a?1)x?a2?8a?7?0

所以??[?(a?1)]2?4(a2?8a?7)?0，即a2?10a?9?0，所以1?a?9.三、構(gòu)造三角形證明不等式

若能根據(jù)不等式的特征，構(gòu)造出與不等式相同的幾何背景的三角形，通過三角形的性質(zhì)和幾何特征來證明不等式.例3設(shè)a,b,c為正實數(shù)，求證：

a2?ab?b2?b2?bc?c2?c2?ca?a2?(a?b?c)證明：由于a2?ab?b2?

下圖所示.Aa2?b2?2abcos1200，構(gòu)造三角形ABC，如 ? D B

使AC?b,BC?a,?ACB?1200，則AB?a2?ab?b2.作?ACB的角平分線交AB于D.令?ADC??，則ADbBDaa?，.??sin600sin?sin600sin(1800??)sin?

33ba(a?b)

所以AB?，BD?.由此可得AB?AD?DB?.sin?sin?sin?

∵0?????1，所以AB?，所以0?si?n3(a?b)，即

2a2?ab?b2?

同理：b2?bc?c2?(a?b)①.23(c?b)② 2

(c?a)③ 2c2?ca?a2?

由①②③得a2?ab?b2?b2?bc?c2?c2?ca?a2?(a?b?c).四、構(gòu)造幾何體證明不等式

若要證明的不等式與幾何體中一些線段的長度有某種內(nèi)在的關(guān)系，可通過構(gòu)造幾何體來證明不等式.例4 已知a,b,c均為正數(shù)，且a2?b2?c2?1.證明：

?a2??b2??c2?3?(a?b?c)

證明：由a2?b2?c2?1，可發(fā)現(xiàn)此式與長方體的對角線長的公式有一定聯(lián)

系.故可構(gòu)造長方體，使其長寬高分別為a,b,c，且AC1?1.A

c 1A1 D

1而AB1?b2?c2??a2.在?AB1C1中，有AB1?B1C1?AC1，即

?a2?a?1①

同理有

?b2?b?1②

?c2?c?1③

由①②③得?a2??b2??c2?3?(a?b?c).用構(gòu)造法證明不等式是一種非常重要的解題方法.運用此方法的關(guān)鍵在于“構(gòu)造”，可以根據(jù)所要證明的不等式的結(jié)構(gòu)特征，合理運用類比、聯(lián)想等方法，構(gòu)造出“輔助元素”，使所要證明的不等式化難為易，從而解決問題。

第二篇：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(dāng)x＞0時，1?2x

＜0，f(x)＜0；

當(dāng)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?！唷鳎?，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(dāng)△=0，即b + c = 0時f(a)=(a + b)2

= 0 ∴當(dāng)且僅當(dāng)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(shè)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(shè)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(shè)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(biāo)為x=a?a2?2b2

2b

∴f(-1)=b

2?af(0)= ?b

2f(1)= b

2?a

⑴當(dāng)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(dāng)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。

第三篇：巧用構(gòu)造法解不等式問題

巧用構(gòu)造法解不等式問題

湖州中學(xué)黃淑紅

數(shù)學(xué)中有許多相似性，如數(shù)式相似，圖形相似，命題結(jié)論的相似等，利用這些相似性，通過構(gòu)造輔助模型，促進轉(zhuǎn)化，以期不等式得到證明?？梢詷?gòu)造函數(shù)、方程、數(shù)列、向量、復(fù)數(shù)和圖形等數(shù)學(xué)模型，針對欲證不等式的結(jié)構(gòu)特點，選擇恰當(dāng)?shù)哪Ｐ?，將不等式問題轉(zhuǎn)化為上述數(shù)學(xué)模型問題，順利解決不等式的有關(guān)問題。

一、根據(jù)不等式特征，構(gòu)造恰當(dāng)?shù)某醯群瘮?shù)，再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性、奇偶性等特征來證明不等式。

例1證明：對于任意的x,y,z?(0,1),不等式x?(1?y)?y?(1?z)?z?(1?x)?1成立。

證明設(shè)f(x)?(1?y?z)?x?y?(1?z)?z,顯然該函數(shù)是以x為主元的一次函數(shù)。當(dāng)x?(0,1)時，f(x)是單調(diào)函數(shù)，且f(0)?y?y?z?z?(y?1)?(1?z)?1?1, f(1)?1?y?z?1.所以，當(dāng)x?(0,1)時，f(x)的最大值小于1，即x?(1?y)?y?(1?z)?z?(1?x)?1 例

2如果(x?y??1，那么x?y?0

證明

構(gòu)造函數(shù)f(x)?lg(x單調(diào)遞增。

?

(x?x?R).可以證明函數(shù)f(x)在R上是奇函數(shù)且 y??1,?f(x)?f(y)?lg(x?lg(y

?lg?(xy?=lg1=0 ???f(x)??f(y),即f(x)?f(?y)所以x??y,即x?y?0

通過構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性和奇偶性，把一些看似與函數(shù)無緣的問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)問題來解決，思路靈活新穎，簡潔巧妙，可出奇制勝。

二、有些不等式分析可知它與數(shù)列有關(guān)，可構(gòu)造出相應(yīng)的數(shù)列，再利用數(shù)列的單調(diào)性來研究。

n(n?1)(n?1)

2?????例

3證明不等式對所有正 22

整數(shù)n成立。

分析：

??是一個與n無關(guān)的量，將它與左右兩端作差 構(gòu)造出相應(yīng)的數(shù)列，在利用數(shù)列的單調(diào)性來研究。

解：

設(shè)an3???，1?n)(N?構(gòu))造數(shù)列?xn?，令

xn?an?n(n?1)(n?1)(n?2)n(n?1)??(n?1)?0,，則xn?1?xn?an?1?an?222

(n?N)，所以xn?1?xn，?x

n?為單調(diào)數(shù)列，首相x11為最小值。

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

所以xn?x1?1?0，即an?，又令yn?an?，22

(n?1)2(n?2)22n?3??則yn?1?yn?an?1?an?，222

所以yn?1?yn，?y

n?為單調(diào)遞減數(shù)列，首相y12為最大項，(n?1)2

所以yn?y12?0，即an?.2

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

?an?(n?N)綜上所述，22

用構(gòu)造單調(diào)數(shù)列證明不等式，若不等式的一邊為和（積）式，則構(gòu)造數(shù)列?an?，使其通項等于和（積）式與另一端的差（商），然后通過比較法確定數(shù)列?an?的單調(diào)性，利用數(shù)列的單調(diào)性即可使不等式獲證。

三、對某些不等式，根據(jù)條件和結(jié)論，可將其轉(zhuǎn)化為向量形式，利用向量數(shù)量積及不等??????關(guān)系m?n?mn，使問題得到解決。

a2b2c2a?b?c???例4已知a,b,c?R，求證：a,b,c?R b?cc?aa?b2??

?

??證明

設(shè)m?n?，則 ???2222??2abc(m?n)(a?b?c)2a?b?c???m?2? ?b?cc?aa?b2(a?b?c)2n利用向量雖是一種構(gòu)造性的證明方法，但它與傳統(tǒng)的綜合法有很大不同，能避免繁雜的湊配技巧，使證明過程既直觀又容易接受。

四、有些不等式若采用通法解很繁瑣，用變量替換法又不可行，利用數(shù)形結(jié)合的思想方法將抽象的式用形表示，則使問題中的各變量關(guān)系更具體明確，使問題簡明直觀。

例

5?1x

2析本題若轉(zhuǎn)化為不等式組來解很繁瑣，利用數(shù)形結(jié)合的思想方法將抽象的式用形表示，則使問題變得簡明直觀

解：令y?y?1x，2

x，問題轉(zhuǎn)化

為它們對應(yīng)的圖象為半圓(x?1)2?y2?1(y?0)與直線y?

(x?1)2?y2?1(y?0)的圖象在y?

?1x上方時x的范圍，如圖 218x得x0? 25

故原不等式的解為：?x0?x?? ?

?8?5?五、一類屬函數(shù)圖象的問題，與求最值結(jié)合，利用數(shù)形結(jié)合是基本的指導(dǎo)思想，但還需結(jié)合復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)，使不等式的證明水到渠成。

例6 如圖，設(shè)曲線y?e?x(x?0)在點M(t,e?t)處的切線l與x軸y軸所圍成的三角形面 積為S(t)，求（1）切線l的方程；2）求證S(t)?2 e

?t（1）解： ?f'(x)?(e?x)'??e?x，?切線l的斜率為?e

故切線l的方程為y?e?t??e?t(x?t)，即e?tx?y?e?t(t?1)?0

（2）證明：令y?0得x?t?1，又令x?0得y?e(t?1)，?t

?S(t)?11(t?1)?e?t(t?1)?(t?1)2e?t 2

21?t'從而S(t)?e(1?t)(1?t).2?當(dāng)t?(0,1)時,S'(t)?0,當(dāng)t?(1,??)時,S'(t)?0,?S(t)的最大值為S(1)?22，即S(t)? ee

應(yīng)用導(dǎo)數(shù)法求函數(shù)的最值，并結(jié)合函數(shù)圖象，可快速獲解，也充分體現(xiàn)了求導(dǎo)法在證明 不等式中的優(yōu)越性。

證明不等式不但用到不等式的性質(zhì)，不等式證明的技能、技巧，還要注意到橫向結(jié)合內(nèi)容的方方面面.如與數(shù)列的結(jié)合，與“二次曲線”的結(jié)合，與“三角函數(shù)”的結(jié)合，與“一元二次方程，一元二次不等式、二次函數(shù)”這“三個二次”間的互相聯(lián)系、互相滲透和互相制約，這些也是近年命題的重點.

第四篇：構(gòu)造法證明不等式

構(gòu)造法證明不等式

由于證明不等式?jīng)]有固定的模式，證法靈活多樣，技巧性強，使得不等式證明成為中學(xué)數(shù)學(xué)的難點之一.下面通過數(shù)例介紹構(gòu)造法在證明不等式中的應(yīng)用.一、構(gòu)造一次函數(shù)法證明不等式

有些不等式可以和一次函數(shù)建立直接聯(lián)系，通過構(gòu)造一次函數(shù)式，利用一次函數(shù)的有關(guān)特性，完成不等式的證明.例1設(shè)0≤a、b、c≤2，求證：4a+b+c+abc≥2ab+2bc+2ca.證明：視a為自變量，構(gòu)造一次函數(shù)

=4a+b+c+abc-2ab-2bc-2ca=(bc-2b-2c+4)a+(b+c-2bc)，由0≤a≤2，知表示一條線段.又=b+c-2bc=(b-c)≥0，=b+c-4b-4c+8=(b-2)+(c-2)≥0，可見上述線段在橫軸及其上方，∴≥0，即4a+b+c+abc≥2ab+2bc+2ca.二、構(gòu)造二次函數(shù)法證明不等式

對一些不等式證明的題目，若能巧妙構(gòu)造一元二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的有關(guān)特性，可以簡潔地完成不等式證明.例2實數(shù)a、b、c滿足(a+c)(a+b+c)<0，求證：(b-c)>4a(a+b+c).證明：由已知得a=0時，b≠c，否則與(a+c)(a+b+c)<0矛盾，故a=0時，(b-c)>4a(a+b+c)成立.當(dāng)a≠0時，構(gòu)造二次函數(shù)=ax+(b-c)x+(a+b+c)，則有

=a+b+c，=2(a+c)，而·=2(a+c)(a+b+c)<0，∴存在m，當(dāng)-1

第五篇：構(gòu)造法證明不等式5

構(gòu)造法證明不等式（2）

（以下的構(gòu)造方法要求過高，即使不會也可以，如果沒有時

間就不用看了）

在學(xué)習(xí)過程中，常遇到一些不等式的證明，看似簡單，但卻無從下手，多種常用證法一一嘗試，均難以湊效。這時不妨變換一下思維角度，從不等式的結(jié)構(gòu)和特點出發(fā)，構(gòu)造一個與不等式相關(guān)的數(shù)學(xué)模型，實現(xiàn)問題的轉(zhuǎn)化，從而使不等式得到證明。

一、構(gòu)造向量證明不等式（不會也可以）

例1：證明x?2(9?x2)?9，并指出等號成立的條件。

證明：不等式左邊可看成坐標(biāo)表示，將左邊看成向量a=(與 x 和與?x2兩兩乘積的和，從而聯(lián)想到數(shù)量積的,)與b=(x, 9?x2)的數(shù)量積，7x?2(9?x2)?()2?(2)2x2?(9?x2)?9又a?b?|a|?|b|，所以

x9?x

2當(dāng)且僅當(dāng)b??a,(??0)時等號成立，故由 ?解得：x=,λ=1，即 x =時，等號成立。

2（1－y)例2：求證：1?(x?y?3)2?(2x?y?6)2? 6

證明：不等式左邊的特點，使我們?nèi)菀茁?lián)想到空間向量模的坐標(biāo)表示，將左邊看成a?(1?y,x?y?3,2x?y?6)模的平方，又a?b?|a|?|b|，為使a?b 為常數(shù)，根據(jù)待定系數(shù)法又可構(gòu)造b?(1,2,?1)。于是|a|·|b|=(1?y)2?(x?y?3)2?(2x?y?6)26

a·b＝（1－y)·1＋(x?y?3)·2?(2x?y?6（）·?1）?1 所以(1?y)2?(x?y?3)2?(2x?y?6)2?1 2（1－y)即1?(x?y?3)2?(2x?y?6)2? 6

x2?(1?y)2?(1?x)2?y2?1?x)2?(1?y)2?2

二、構(gòu)造復(fù)數(shù)證明不等式（這種方法不作要求，如果有興趣了解一下就可以了）22例

3、求證：x?y?

證明：從不等式左邊的結(jié)構(gòu)特點容易聯(lián)想到復(fù)數(shù)的模，將左邊看成復(fù)數(shù)Z1=x+y i , Z2 = x +（1－ y）i，Z3 = 1－ x + y i，Z4 = 1－ x +（1－

y）i 模的和，又注意到Z1＋Z2＋Z3＋Z4＝2＋2 i，于是由 z1＋z2＋z3＋z4≥z1?z2?z3?z4可得：

x2?y2?x2?(1?y)2?(1?x)2?y2?(1?x)2?(1?y)2?22?22?

2注：此題也可構(gòu)造向量來證明。

三、構(gòu)造幾何圖形證明不等式

例4：已知：a>0、b>0、c>0 ,求證：

a2?ab?b2?b2?bc?c2?a2?ac?c2，當(dāng)且僅當(dāng)

111??時取等號。bac

證明：從三個根式的結(jié)構(gòu)特點容易聯(lián)想到余弦定理，于是可構(gòu)造如

下圖形，使OA＝a，OB＝b，OC＝c，∠AOB=∠BOC=60° 如圖（1），則∠AOC＝120°，AB=圖（1）a2?ab?b2，BC=b2?bc?c2,AC=a2?ac?c

2由幾何知識可知：AB＋BC≥AC，∴a2?ab?b2+b2?bc?c2≥a2?ac?c2 當(dāng)且僅當(dāng)A、B、C三點共線時等號成立，此時有

111absin60??bcsin60??acsin120?22

2ab+bc=ac 故當(dāng)且僅當(dāng)，即111??時取等號。bac

四、構(gòu)造橢圓證明不等式

例5：求證：?

證明：42 ?4?9x2?2x?334?9x2的結(jié)構(gòu)特點，使我們聯(lián)想到橢圓方程及數(shù)形結(jié)合思想。

x2y2??12于是令 y?4?9x(y?0)，則其圖象是橢圓的上半部分，49設(shè)y-2x=m，于是只需證?42,?m?3

3因 m為直線y=2x＋m在y軸上的截距，由圖（2）可知：

當(dāng)直線 y = 2 x＋m 過點（24，0）時，m有最小值為m=?； 33

當(dāng)直線y =2x＋m與橢圓上半部分相切時，m有最大值。

由 ?y?2x?m2 2得：13x+ 4mx + m– 4 = 0 ?22?9x?y?4

令△= 4（52－9m2）=0 得：m?22或m?（去）33

即m的最大值為424，故??m?，即??4?9x2?2x? 33333

五、構(gòu)造方程證明不等式

例6：設(shè) a1、a2、…an 為任意正數(shù)，證明對任意正整數(shù)n不等式(a1 + a2 + … + an)2≤ n(a12+a22+ …+ an2)均成立

證明：原不等式即為 4(a1 + a2 + … + an)2－4n(a12 + a22 + … + an2)≤ 0

由此聯(lián)想到根的判別式而構(gòu)造一元二次方程：

(a12+ a22+ … + an2)x 2 + 2(a1 + a2 + … + an)x + n=0（＊）

因方程左邊＝(a1 x + 1)2 +(a2 x + 1)2 + … ＋(an x + 1)2 ≥ 0

當(dāng)a1、a2、…an不全相等時，a1 x+

1、a2 x+

1、…an x+1至少有一個不為0，方程（＊）左邊恒為正數(shù)，方程（＊）顯然無解。

當(dāng)a1＝a2＝…＝an 時，方程（＊）有唯一解 x＝?1 a

1故△＝4(a1 + a2 + … + an)2 － 4n(a12 + a22 + … + an2)≤ 0

即(a1 + a2 + … +an)2 ≤ n(a12 + a22 + … + an2)對任意正整數(shù)n均成立

六、構(gòu)造數(shù)列證明不等式

例7：求證：Cn1+Cn2+…+Cnn >n

2n n-12圖（2）1?2n證明：不等式左邊為 2－1=從而聯(lián)想到等比數(shù)列的求和公式，1?2

n-111n?1n-1n-2n-12=n于是左邊=1+2+2+…+ 2 =[(1+2)+(2+2)+ …(2+1)≥·n·22 222n－1例8：設(shè)任意實數(shù)a、b均滿足| a | < 1，| b | < 1，求證：112?? 1?a21?b21?ab

證明：不等式中各分式的結(jié)構(gòu)特點與題設(shè)聯(lián)想到無窮等比數(shù)列（| q | < 1）各項和公式S＝

a1，1?q

則：11?=（1 + a2 + a4 + …）+（1 + b2 + b4 + …）221?a1?b

=2+（a2 + b2）+(a4 + b4)+ …

≥2+2ab+2 a2 b2 + 2a4b4 + … = 2 1?ab

七、構(gòu)造函數(shù)證明不等式

例9：已知 | a | < 1，| b | < 1，| c | < 1，求證：ab＋bc＋ca＞－

1證明：原不等式即為：（b＋c）a＋bc＋1>0 ……①

將a看作自變量，于是問題轉(zhuǎn)化為只須證：當(dāng)－1＜a＜1時，（b＋c）a＋bc＋1恒為正數(shù)。

因而可構(gòu)造函數(shù) f(a)=(b + c)a + bc +1(－1＜a＜1)

若b + c = 0原不等式顯然成立。

若b + c ≠0，則f(a)是a的一次函數(shù)，f(a)在（－1,1）上為單調(diào)函數(shù) 而 f(-1)=－b－c + bc +1＝（1－b）（1－c）＞0

f(1)＝b＋c＋bc＋1＝（1＋b）（1＋c）＞0

∴f(a)＞0 即ab＋bc＋ca＞－1

此題還可由題設(shè)構(gòu)造不等式：（1＋a）（1＋b）（1＋c）＞0

（1－a）（1－b）（1－c）＞0

兩式相加得：2＋2（ab＋bc＋ca）＞0即ab＋bc＋ca＞－1

八、構(gòu)造對偶式證明不等式

例10：對任意自然數(shù)n，求證：(1+1)(1+11)…(1+)>43n?2

證明：設(shè)an =(1+1)(1+112583n?43n?1)…(1+)= … 43n?21473n?53n?2

3693n?33n47103n?23n?1…，cn = … 2583n?43n?13693n?33n構(gòu)造對偶式：bn =

?1?

∴an> 11113?1??1?，即an > bn，an > cn，∴an，1?> an bn cn 3n?23n?13n?23n11)>，即：(1+1)(1+)…(1+43n?2