第一篇：微積分學中的函數(shù)構造法在求解不等式問題的應用

函數(shù)構造法在證明不等式方面的應用

楊利輝

(成都紡織高等專科學校人文社科與基礎部，成都 611731)

作者：楊利輝（1970-），女，助教，主要從事大學數(shù)學教學及研究。

摘要：關于不等式的證明方法有很多種，而運用函數(shù)構造法證明不等式使得問題簡單化，本文闡述了數(shù)學中構造法的含義及其應用所產(chǎn)生的影響，用實例介紹了函數(shù)構造方法的幾種應用情形。關鍵詞：函數(shù)構造法；不等式；證明

Abstract： There are various methods can be applied to prove the inequalities.Especially, the method of construction can make the problems of inequalitybe simplified.We first state the meaning of the method of construction which applies effectively to resolve the problems of inequality in advanced mathematics.Then, construction of function, graphic solution, inequality equation and so on will be introduced.And a soundly explanation of various method of construction will be given by illustration.Keywords：The method of structure；Inequality；Constructing function;continuous1、構造法及其意義

學習數(shù)學在于善于尋求解題方法，發(fā)現(xiàn)一條擺脫疑難、繞過障礙的途徑，實現(xiàn)從已知到未知的轉(zhuǎn)化，在解題過程中，由于某種需要，要把題設條件中的關系構造出來，將關系設想在某個模型之上得以實現(xiàn)，將已知條件經(jīng)過適當?shù)倪壿嫿M合而創(chuàng)造出一種新的形式，從而使問題得到解決.構造法是根據(jù)問題的有關信息確定特定的映射關系構造出數(shù)學模型，將問題轉(zhuǎn)化為對數(shù)學模型的數(shù)理機制的研究，從而達到解題的一種化歸方法?；瘹w是一種間接解決問題的方法，它在解決數(shù)學問題中的作用在于轉(zhuǎn)化，就是把待解決或未解決的問題進行變形，分割，映射，或者簡單化，或熟悉化，或具體化，直到歸納到一類已經(jīng)能夠解決或者比較容易解決的問題中去.運用構造法解題的巧妙之處在于不是直接去解問題A，而是構造一個與問題A有關 的輔助問題B，通過解答問題B 而達到解決問題A的目的.構造法是數(shù)學中最具有挑戰(zhàn) 性的解題思路，它的合理使用使復雜問題簡單化.特別是對于解決不等式問題，因為不 第1頁

等式是兩個數(shù)值或兩個代數(shù)式或兩個函數(shù)大小的比較，不等式的證明方法有很多種，而采取構造法證明不等式不僅可以提高解題速度，同時也拓寬了解題思維.構造法作為一種創(chuàng)造性的思維活動，對思維能力的培養(yǎng)和提高也有很大的益處，它作為一種重要的數(shù)學思想和常用數(shù)學方法，具有廣泛的應用，在證明過程中，既能逢難化易，又能活躍思維，是培養(yǎng)創(chuàng)造性思維的一個極好的切入點.本文通過幾個實例，闡述如何運用函數(shù)構造法來證明不等式的問題.2、幾種常見的函數(shù)構造方法

在證明不等式時，先認真觀察不等式的結構特征，或者作適當?shù)淖冃魏笤儆^察，然后構造出一個與該不等式有關的輔助函數(shù)，利用輔助函數(shù)的有關性質(zhì)去證明不等式，這種證明不等式的方法就叫做函數(shù)構造法。

2.1 利用函數(shù)的單調(diào)性構造輔助函數(shù)：

若f?x?在[a,b]上連續(xù)，在?a,b?內(nèi)可導，且對于任何x∈(a,b)有f??x??0 則f?x? 在[a,b]上單調(diào)增加；若f??x??0，則f?x?在[a,b]上單調(diào)減小.例1已知m、n、都為正整數(shù),且1?m?n，證明：(1?m)n?(1?n)m.分析利用不等式左右兩端形成一致構造函數(shù)，并結合單調(diào)性來解決問題.證設f?x??ln?1?x?(x?2)，x

1x?ln(1?x)

則f??x??，因為x?2，2x

x?1,ln(1?x)?lne?1，所以1?x

所以f??x??0，故f(x)在(2,+∞)時是減函數(shù), 即ln(1?m)ln(1?n)?，mn

所以ln(1?m)n?ln(1?n)m,故原不等式成立.例2設實數(shù)a,b,c，滿足|a|?1,|b|?1,|c|?1，求證：abc?2?a?b?c.證構造函數(shù)f?a???abc?2???a?b?c???bc?1?a??c?b?2?，因為|b|?1,|c|?1,所以bc?1?0，故f(a)為關于變數(shù)a的一次函數(shù)，且f(a)在（-1，1）上為單調(diào)函數(shù)，而f?1???bc?1???c?b?2???b?1??c?1?，由|b|?1,|c|?1知f(1)?0故f(a)為減函數(shù)，當?1?a?1時，有f(a)?f(1)?0.從而題設條件下有abc?2?a?b?c.2.2利用函數(shù)的局部保號性

例3已知|a|?1,|b|?1,|c|?1,求證：ab?bc?ac??1.證原不等式形為?b?c?a?bc?1?0，構造函數(shù)f(a)??b?c?a?bc?1，若b?c?0，不等式成立，若b?c?0，則f?a?是a的一次函數(shù),又－1＜a＜1，而f??1???b?c?bc?1??1?b??1?c??0，f?1??b?c?bc?1??1?b??1?c??0,由單調(diào)函數(shù)的局部保號性有 f?a??0，從而得到ab?bc?ac??1.2.3利用整函數(shù)多項式的性質(zhì)

20062006

例

4是整數(shù).分析:分子中兩個冪底數(shù)的第二項與分母都相同，聯(lián)想到函數(shù)值的求法。

證明：構造函數(shù) f?x???1?x?

因f??x???f?x?，故f(x)是一個只含有 x 奇次項且不含常數(shù)項的整系數(shù)多項式函數(shù)，因此f(x)是一個只含有偶次項的整系數(shù)多項式函數(shù)，x2006??1?x?2006，又因為x

故原式是整數(shù).2.4利用函數(shù)的凹凸性

設函數(shù)y?f?x?在[a，b]上連續(xù)，若對[a，b]中任意兩個值x1和x2（x1?x2），恒有f(x1?x2f(x1)?f(x2))?，則稱y?f(x)在[a，b]上是上凸的；若恒有2

2x?xf(x1)?f(x2)f(12)?則稱y?f(x)在[a，b]上是上凹的.22

b]上是上凸的，若y?f(x)在[a，則對該區(qū)間內(nèi)任意n個自變量的值x1,x2,x3,?,xn

有不等式

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

而且僅當x1?x2?x3?????xn 時等號成立.例

5、在?ABC中，求證：sinA?sinB?sinC?

證明：設x1?x2且x1、x2?(0,?)，令f(x)?sinx，因為f(x1)?f(x2)sinx1?sinx2x?xx?xx?xx?x??sin12cos12?sin12?f(12)，22222233.2所以y?sinx在[0，?]上是上凸的，因為A，B，C?(0,?)根據(jù)定理有

故sinA?sinB?sinC?

3.2sinA?sinB?sinCA?B?C??sin?sin，3333、小結

本文介紹了運用函數(shù)構造法證明不等式的一些方法。利用函數(shù)構造法證明不等式需要認真分析要證明的不等式所具有的特點，引用不同的構造法，然后運用其特性對不等式加以證明。

構造法在數(shù)學中的應用非常的廣泛，運用構造法解決不等式問題培養(yǎng)了學生具有創(chuàng)

造性的數(shù)學能力和解決實際問題的能力，而創(chuàng)造性的能力的體現(xiàn)是創(chuàng)造性思維。

對于數(shù)學思維的培養(yǎng)及數(shù)學方法的培養(yǎng)也有一定的加強作用，有利于提高學生運用數(shù)學知識解決實際問題的能力，有利于激發(fā)學生學習興趣，有利于提高學生學習的自覺性，把學生和教師從題海中解放出來，從而減輕教與學的過重負擔。

參考文獻

[1]陳傳璋,朱學炎,金福臨,歐陽光中.數(shù)學分析[M].北京:高等教育出版社,1983.[2]李忠,周建瑩.高等數(shù)學[M].北京:北京大學出版社，2002.[3] 陶興模.中學數(shù)學問題研究與教學探討[M].重慶:重慶出版社，2006.[4] 王仲春,李元中.數(shù)學思維與數(shù)學方法論[M].北京:高等教育出版社，1989.[5] 袁擁軍.從一道競賽題談構造法解題[J].中等數(shù)學,2004（10）：20—22.

第二篇：構造法證明函數(shù)不等式

構造法證明函數(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)不等式的結構特征構造一個可導函數(shù)是用導數(shù)證明不等式的關鍵．

一、移項法構造函數(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，從所證結構出發(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．

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，想一想大小關系又與函數(shù)的單調(diào)性密切相關，由此就可過渡到根據(jù)所要證的不等式構造恰當?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：構造函數(shù)法證明不等式

構造函數(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，通過構造函數(shù)式，利用函數(shù)的有關特性，完成不等式的證明．

一、構造一元一次函數(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．

第四篇：構造函數(shù)處理不等式問題

構造函數(shù)處理不等式問題

函數(shù)與方程，不等式等聯(lián)系比較緊密，如果從方程，不等式等問題中所提供的信息得知其本質(zhì)與函數(shù)有關，該題就可考慮運用構造函數(shù)的方法求解。構造函數(shù)，直接把握問題中的整體性運用函數(shù)的性質(zhì)來解題，是一種制造性的思維活動。因此要求同學們多分析數(shù)學題中的條件和結論的結構特征及內(nèi)在聯(lián)系，能合理準確地構建相關函數(shù)模型。

一、構造函數(shù)解不等式

1、解不等式

810解不等式 ??x3?5x?0 3(x?1)x?

1分析；本題直接將左邊通分采用解高次不等式的思維來做運算較煩。但注意8102323到且題中出現(xiàn)??()?5()x?5x , 啟示我們構造函數(shù)3x?1x?1x?1(x?1)

f(x)=x3+5x去投石問路。解：將原不等式化為（f(232)?5()?x3?5x，令f(x)=x3+5x，則不等式變?yōu)閤?1x?122)?f(x)，∵f(x)=x3+5x在R上為增函數(shù)∴原不等式等價于?x，解x?1x?1之得：－1＜x＜2或x＜－2。

2解含參不等式中參數(shù)范圍問題

例3已知不等式11112??????????loga(a?1)?對大于1的一切自然數(shù)n?1n?22n12

3n恒成立，試確定參數(shù)a的取值范圍。解：設f(n)?

∵f(n+1)-f(n)111?????????，n?1n?22n1111????0,∴f(n)是關于n 的增函2n?12n?2n?1(2n?1)(2n?2)

數(shù)。又n≥2∴f(n)≥f(2)=

恒成立,必須有

∴1＜a＜712∴f(n)?loga(a?1)?對大于1的一切自然數(shù)n121237121?loga(a?1)?∴l(xiāng)oga(a?1)??1，而a＞1，∴a-1＜12123a1?51?∴a的取值范圍為（1，）。2

2二、構造函數(shù)證明不等式。

1。移項作差，構造一元函數(shù)

【例】當x?(1,??)時，122x?lnx?x3 2

3【解】設F(x)?g(x)?f(x)，即F(x)?

231

2x?x?lnx，32

1(x?1)(2x2?x?1)

則F?(x)?2x?x?=

xx(x?1)(2x2?x?1)

當x?1時，F(xiàn)?(x)=

x

從而F(x)在(1,??)上為增函數(shù)，∴F(x)?F(1)?故在區(qū)間(1,??)上，?0 6

122x?lnx?x3 23

【警示啟迪】本題首先根據(jù)題意構造出一個函數(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。2。二元不等式，定主元化為一元函數(shù)（全國）已知函數(shù)g?x??xlnx

設0?a?b,證明 ：0?g(a)?g(b)?2g（a?b)?(b?a)ln2.2

分析：對于本題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，想一想大小關系又與函數(shù)的單調(diào)性密切相關，由此就可過渡到根據(jù)所要證的不等式構造恰當?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.證明如下： 證明：對g(x)?xlnx求導,則g(x)?lnx?1.在g(a)?g(b)?2g（'

a?b)中以b為主變元構造函數(shù), 2

a?x'a?xa?x

.)]?lnx?ln),則F'(x)?g'(x)?2[g（222

設F(x)?g(a)?g(x)?2g（'

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?ln

''

a?b)?0.2

a?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(3。冪指數(shù)函數(shù)不等式，對數(shù)法構造函數(shù)

a?b)?(b?a)ln2 2

例：證明當x?0時,(1?x)

1?

1x

?e

1?

x2

4。數(shù)列和型不等式，利用通項構造函數(shù) 例：證明：對任意的正整數(shù)n，不等式ln(n?1)?令h(x)?x3?f(x)?x3?x2?ln(x?1),?（k?

1n

?)都成立。k2k3

3x3?(x?1)2

?0在[0,??)上恒成立，則h'(x)?

x?1

所以h(x)在[0,??)上單調(diào)遞增，8分

則當x?(0,??)時，恒有h(x)?h(0)?0.即當x?(0,??)時，有x3?x2?ln(x?1)?0, 整理，得ln(x?1)?x2?x3.9分

對任意正整數(shù)n，取x?所以ln

1111

得ln(?1)?2?3，nnnn

10分

n?11111

?2?3，整理得ln(n?1)?lnn?2?3,nnnnn

1111

?,ln3?ln2??,2223121311

?, 23nn

則有l(wèi)n2?ln1?……

ln(n?1)?lnn?

所以(ln2?ln1)?(ln3?ln2)???[ln(n?1)?lnn]?（1111

?)?(?

12132223

???（11

?3)，2

nn

即ln(n?1)?

?(k

k?1

n

?).3k

作業(yè)：1設f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f(2)?2,當x?0時，有f(x)?xf?(x)恒成立，則不等式f(x)?x的解集是（D）（A）（?2，0）∪（2，??）（C）（??，?2）∪（2，??）

（B）（?2，0）∪（0，2）（D）（??，?2）∪（0，2）

證明當b?a?e,證明a?b

b

a3、（2007年，安徽卷）設a?0,f(x)?x?1?lnx?2alnx

求證：當x?1時，恒有x?lnx?2alnx?1，（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）af(b)≤bf(a)（C）af(a)≤f(b)4

（B）bf(a)≤af(b)

（D）bf(b)≤f(a)

5。已知a?0,x?1,求證: x?lnx?2alnx?1

n

6。已知n?N,求證:??lnn??

ii?1i?2i?2

*

n

第五篇：巧用構造函數(shù)法證明不等式

構造函數(shù)法證明不等式

一、構造分式函數(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。構造函數(shù)法證明不等式，關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。