第一篇：構造函數證明不等式

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 構造函數逆用判別式證明不等式

對某些不等式證明，若能根據其條件和結論，結合判別式的結構特征，通過構造二項平方和函數：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：

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

構造函數證明不等式

1、利用函數的單調性

+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。若采用函數思想，構造出與所證不等式密切相關的函數，利用函數的單調性來比較函數值而證之，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 b?xb?a+從而f（x）= 在R上為增函數

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，運用函數的單調性證明，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（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f(x)是增函數還是減函數，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的單調性。

2、利用函數的值域

例

7、若x為任意實數，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。聯想到函數的值域，于是構造函數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 ∴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，應特別注意函數的定義域。

另證：類比萬能公式中的正弦公式構造三角函數更簡單。

例

8、求證：必存在常數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，視參數為變元的函數，然后根據變元函數的值域來求解a，從而說明常數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, ∴lgx+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a，使原不等式對大于1的任意x、y恒成立。

3、運用函數的奇偶性

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，實質是根據函數的奇偶性來證明的，本題也可以運用分類討論思想。但利用偶函數的軸對稱性和奇函數的中心對稱性，常能使所求解的問題避免復雜的討論。

第二篇：構造函數證明不等式

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 構造函數逆用判別式證明不等式

對某些不等式證明，若能根據其條件和結論，結合判別式的結構特征，通過構造二項平方和函數：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：

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

構造函數證明不等式

1、利用函數的單調性

+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。若采用函數思想，構造出與所證不

等式密切相關的函數，利用函數的單調性來比較函數值而證之，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 b?x

b?a+從而f（x）= 在R上為增函數 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，運用函數的單調性證明，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（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f(x)是增函數還是減函數，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的單調性。

2、利用函數的值域

例

7、若x為任意實數，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。聯想到函數的值域，于是

構造函數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

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，應特別注意函數的定義域。

另證：類比萬能公式中的正弦公式構造三角函數更簡單。

例

8、求證：必存在常數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，視參數為變元的函數，然后根據變元函數的值域來求解a，從而說明常數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,∴lgx+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a，使原不等式對大于1的任意x、y恒成立。

3、運用函數的奇偶性

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，實質是根據函數的奇偶性來證明的，本題也可以運用分類討論思想。但利用偶函數的軸對稱性和奇函數的中心對稱性，常能使所求解的問題避免復雜的討論。

第三篇：構造函數證明不等式

構造函數證明不等式

構造函數證明:>e的(4n-4)/6n+3)次方

不等式兩邊取自然對數(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

構造函數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ln>(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))

構建函數：F(n)=2n/(n+1)-e^((4n-4)/(6n+3))

其一階導數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、結合勘根定理，利用判別式“△”的特點構造函數證明不等式

例1若a,b,c∈R，且a≠0，又4a+6b+c>0，a-3b+c<0.求證：9b2>4ac.證明構造函數f(x),設f(x)=ax2+3bx+c(a≠0)，由f(2)=4a+6b+c>0，f(-1)=a-3b+c<0，根據勘根定理可知：f(x)在區間(-1,2)內必有零點.又f(x)為二次函數，由勘根定理結合可知：

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，通過構造二次函數,將所要證明的結論轉化成判別式“△”的問題,再結合勘根定理和二次函數知識，從而使問題獲得解決.二、結合構造函數的單調性證明不等式

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，求證：

|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.證明構造函數f(x)，設f(x)=x1+x(x≥0).由于f′(x)=1(1+x)2,所以結合導數知識可知f(x)在[0，+∞)上是增函數.∵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、結合構造函數在某個區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，且滿足abc=1,求證:

1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)≥32.證明構造函數，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，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).由導數知識(方法同例

2、例3)可知函數

f(a,1,c)=t2-t+1t-1(t≥2)是增函數，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。

第四篇：構造法證明函數不等式

構造法證明函數不等式

1、利用導數研究函數的單調性極值和最值，再由單調性來證明不等式是函數、導數、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，把不等式的證明轉化為利用導數研究函數的單調性或求最值，從而證得不等式，而如何根據不等式的結構特征構造一個可導函數是用導數證明不等式的關鍵．

一、移項法構造函數

【例1】已知函數f(x)?ln(x?1)?x，求證：當x??1時，恒有1?1?ln(x?1)?x． x?

1二、作差法構造函數證明

【例2】已知函數f(x)?的圖象的下方．

2312x?lnx，求證：在區間(1 ,??)上，函數f(x)的圖象在函數g(x)?x

32三、換元法構造函數證明

【例3】（2007年山東卷）證明：對任意的正整數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證明

【例4】若函數y?f(x)在R上可導，且滿足不等式xf'(x)??f(x)恒成立，常數a、b滿足a?b，求證：af(a)?bf(b)．

五、主元法構造函數

1?x)?x，g(x)?xlnx． 【例5】已知函數f(x)?ln(（1）求函數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、構造二階導函數證明函數的單調性（二次求導）

【例6】已知函數f(x)?ae?x12x． 2（1）若f(x)在R上為增函數，求a的取值范圍；（2）若a?1，求證：當x?0時，f(x)?1?x．

七、對數法構造函數（選用于冪指數函數不等式）

【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）已知定義在正實數集上的函數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f(x)?ln(1?x)? xb，求證：對任意的正數a、b，恒有lna?lnb?1?． 1?xa4、（2007年，陜西卷）f(x)是定義在(0 , ??)上的非負可導函數，且滿足xf'(x)?f(x)?0，對任意正數a、b，若a?b，則必有（）

A．af(b)?bf(a)

B．bf(a)?af(b)

C．af(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證明，左邊構造函數1?1，從其導數入手即可證明． 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；當x?0時，f?(x)?0，即f(x)在x?(0 , ??)上為減函數；故函數f(x)的單調遞增區間為(?1 , 0)，單調遞減區間(0 , ??)；于是函數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，∴ln(x?1)?x（右面得證）．現證左面，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，在x?(0 , ??)上為增函數，故函數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． ∴ln(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f(x)在區間上的最大（小）值，則有f(x)?f(a)（或f(x)?f(a)），那么要證不等式，只要求函數的最大值不超過0就可得證．

例2．【分析】函數f(x)的圖象在函數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，要證不等式轉化變為：

6立問題，即當x?1時，F(x)?F(1)，這只要證明：g(x)在區間(1 ,??)是增函數即可． 【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'(x)??0，從xxx而F(x)在(1,??)上為增函數，∴F(x)?F(1)?

1?0，∴當x?1時，g(x)?f(x)?0，即6f(x)?g(x)，故在區間(1,??)上，函數f(x)的圖象在函數g(x)?23x的圖象的下方． 3【點評】本題首先根據題意構造出一個函數（可以移項，使右邊為零，將移項后的左式設為函數），并利用導數判斷所設函數的單調性，再根據函數單調性的定義，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，只需令

1?x，則問題轉化為：當x?0n時，恒有ln(x?1)?x2?x3成立，現構造函數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h(x)在(0 , ??)上單調遞增，∴x?(0 , ??)時，恒有h(x)?h(0)?0，即x3?x2?ln(x?1)?0，∴ln(x?1)?x2?x3，對任意正整數n，取x?1111?(0 , ??)，則有ln(?1)?2?3． nnnn【點評】我們知道，當F(x)在[a , b]上單調遞增，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F(x)?xf(x)，則F'(x)?xf'(x)?f(x)?0，從而F(x)在R上為增函數，∵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，從而可以構造函數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用不上．如果能挖掘一下所給函數與所證不等式間的聯系，想一想大小關系又與函數的單調性密切相關，由此就可過渡到根據所要證的不等式構造恰當的函數，利用導數研究函數的單調性，借助單調性比較函數值的大小，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，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'(x)?0，因此F(x)在(0 , a)內為減函數；當x?a時，F'(x)?0，因此F(x)在(a , ??)上為增函數．從而當x?a時，F(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，∵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，∴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，在(1 , ??)上為減函數，∴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，又h(x)在x?0處連續，∴h(x)?h(0)?0，即F'(x)?0，∴F(x)在(0 , ??)上為增函數，又F(x)在x?0處連續，∴F(x)?F(0)?0，即f(x)?1?x．【點評】當函數取最大（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化為求函數最值問題．不等式恒成立問題，一般都會涉及到求參數范圍，往往把變量分離后可以轉化為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化為求函數的最值問題．因此，利用導數求函數最 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 , ??)上嚴格單調增加，從而f'(x)?f'(0)?01?x（x?0），又由f(x)在[0 , ??)上連續，且f'(x)?0，得f(x)在[0 , ??)上嚴格單調增加，∴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,??)內單調遞增，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'(x)?0，F'(x)?x?2a??xx故F(x)在(0 , a)上為減函數，在(a , ??)上為增函數，于是函數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；當x?0時，f'(x)?0，即f(x)在x?(0 , ??)上為增函數；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'(x)?baaxx2f(x)f(a)f(b)?af(b)?bf(a)，故選A． F(x)??在(0 , ??)上是減函數，由a?b有xab8

第五篇：構造函數法證明不等式

構造函數法證明不等式

河北省 趙春祥

不等式證明是中學數學的重要內容之一．由于證明不等式沒有固定的模式，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，函數法證明不等式就是其常見題型．即有些不等式可以和函數建立直接聯系，通過構造函數式，利用函數的有關特性，完成不等式的證明．

一、構造一元一次函數證明不等式

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，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，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為正數，所以x2－(b＋c)x＋b2＋c2－bc≥0對任意實數恒成立． 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，求證：0≤e≤

5．證明：構造一元二次函數

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∵二次項系數為正數，∴△= 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、構造單調函數證明不等式 例5已知 a＞0，b＞0，求證 ：證明： 構造函數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n 求證：(1＋1)(1＋

14)·…·(1＋

13n?2)＞3n?1．

證明：構造函數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)是自然數集N上的單調遞增函數，∴(1＋1)(1＋

14)·…·(1＋

13n?2)＞33n?1．