第一篇：一道構(gòu)造函數(shù)解不等式題-段愛東

2例.定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)滿足f(?x)?f(x)?x，且在???,0?上單調(diào)遞增，若f(2?a)?f(a)?2?2a，求a的范圍

(?x)2x2?f(x)??0 解：由f(?x)?f(x)?x得f(?x)?222x2設(shè)F(x)?f(x)?

則F?(x)?f?(x)?x

2又?a????,1??x?0,f(x)單調(diào)遞增，?f?(x)?0

?F?(x)?0

即F(x)在???,0?單調(diào)遞增

(?x)2x2?f(x)??0

?F(?x)?F(x)? 0又?f(?x)?22?F(x)為奇函數(shù)，?F(x)在R上單調(diào)遞增

(2?a)2a2?f(a)? 又?f(2?a)?f(a)?2?2a

即 f(2?a)?22即F(2?a)?F(a)?2?a?a

F(2?a)?F(a)?2?a?a

?a????,1?

第二篇：構(gòu)造函數(shù)巧解不等式

構(gòu)造函數(shù)巧解不等式

湖南 黃愛民

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(guān)，該題就可考慮運(yùn)用構(gòu)造函數(shù)的方法求解。構(gòu)造函數(shù)，直接把握問題中的整體性運(yùn)用函數(shù)的性質(zhì)來解題，是一種制造性的思維活動(dòng)。因此要求同學(xué)們多分析數(shù)學(xué)題中的條件和結(jié)論的結(jié)構(gòu)特征及內(nèi)在聯(lián)系，能合理準(zhǔn)確地構(gòu)建相關(guān)函數(shù)模型。

一、構(gòu)造函數(shù)解不等式

例

1、解不等式 810??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(yùn)算較煩。但注意到8102323x?5x , 啟示我們構(gòu)造函數(shù)且題中出現(xiàn)??()?5()3x?1x?1x?1(x?1)

f(x)=x3+5x去投石問路。解：將原不等式化為(232)?5()?x3?5x，令f(x)=x3+5x，則不等式變?yōu)閤?1x?1

22f()?f(x)，∵f(x)=x3+5x在R上為增函數(shù)∴原不等式等價(jià)于?x，解x?1x?1之得：－1＜x＜2或x＜－2。

例

2、解不等式

1?x

2?2?0 x?11?x21?tan2??cos2?于是可構(gòu)造三分析：由x?R及的特征聯(lián)想到萬能公式1?x21?tan2?

角函數(shù)，令x=tanα(??

2????

2)求解。

1?tan2?解：令x=tanα(????)?0，從 222tan??1??

1??3而2sin2??sin??1?0???sin??1∴????∴tanα＞?,∴x＞262

3?3。3

二、構(gòu)造函數(shù)求解含參不等式問題。

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

3恒成立，試確定參數(shù)a的取值范圍。解：設(shè)f(n)?

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

712∴f(n)?loga(a?1)?對(duì)大于1的一切自然數(shù)n恒12123

7121成立,必須有?loga(a?1)?∴l(xiāng)oga(a?1)??1，而a＞1，∴a-1＜12123a數(shù)。又n≥2∴f(n)≥f(2)=

∴1＜a＜1?1?5∴a的取值范圍為（1，）。2

2三、構(gòu)造函數(shù)證明不等式。

例

4、已知 |a|＜1,|b|＜1,|c|＜1，求證：ab+bc+ca＞-

1證：把a(bǔ)看成自變量x，作一次函數(shù)f(x)=bx+bc+cx+1=(b+c)x+bc+1, ∵|a|＜1,|b|＜1,|c|＜1∴－1＜x＜1

又∵f(-1)=-b-c+bc+1=(1-b)(1-c)>1

f(1)=b+c+bc+1=(1+b)(1+c)>0，又一次函數(shù)具有嚴(yán)格的單調(diào)性。∴f(x)=(b+c)x+bc+1在x∈（-1，1）的圖象位于x的上方，∴(b+c)x+bc+1>0,從而：(b+c)a+bc+1>0,即證：ab+bc+ca＞-1 例

5、已知???????，求證：x2?y2?z2?2xycos??2yzcos??2zxcos? 證明：考慮函數(shù)f(x)=x2?y2?z2?(2xycos??2yzcos??2zxcos?)=2

x2?2x(ycos??zcos?)?y2?z2?2yzcos?,其中??4(ycos??zcos?)2?4(y2?z2?2yzcos?)??4(ysin??zsin?)2?0 又x2的系數(shù)大于0，∴f(x)的值恒大于或等于0，∴x2?y2?z2?2xycos??2yzcos??2zxcos?。

第三篇：構(gòu)造函數(shù),妙解不等式

構(gòu)

不等式與函數(shù)是高中數(shù)學(xué)最重要的兩部分內(nèi)容。把作為高中數(shù)學(xué)重要工具的不等式與作為高中數(shù)學(xué)主線的函數(shù)聯(lián)合起來，這樣資源的優(yōu)化配置將使學(xué)習(xí)內(nèi)容在函數(shù)思想的指導(dǎo)下得到重組，優(yōu)勢(shì)互補(bǔ)必將提升學(xué)習(xí)效率.例1:已知a2+ab+ac<0證明b2-4ac>0

分析：有所證形式為二次函數(shù)的判別式（△）的格式。故試圖構(gòu)造二次函數(shù)使思路峰回路轉(zhuǎn)。

證明：令f(x)=cx2+bx+a。由a2+ab+ac=a(a+b+c)<0得a與 a+b+c異號(hào)。

F(0)=a，f(1)= a+b+c。所以，f(x)圖像與x軸有兩個(gè)交點(diǎn).。所以判別式（△）大于0。即b2-4ac>0。

x?111< ln

本題與2005年全國(guó)卷Ⅱ中函數(shù)f(x)=ln(1+x)-x 沒有什么區(qū)別，有著高等數(shù)學(xué)的背景，且是近幾年高考命題不等式證明題中新的開挖點(diǎn)。構(gòu)造函數(shù)和用求導(dǎo)數(shù)法來研究其單調(diào)性，進(jìn)而再利用單調(diào)性可快捷證得，往往別開生面。

11證明：設(shè)1+= t ,由x∈(0,+∞)則t > 1 ,∴x =xt?1

1原不等式

< lnt

1令f(t)=t-1-lnt 則 f ‘(t)=1-當(dāng) t∈(1,+∞)，有f‘(t)>0 t

從而 f(t)在t∈(1,+∞)單調(diào)遞增，所以 f(t)>f(1)=0 即t-1>lnt

1t?1同理 令g(t)=lnt-1+。則g’(t)= 2 當(dāng)t∈(1,+∞)，有 g’(t)>0 tt

1所以 g(t)在t∈(1,+∞)單調(diào)遞增，g(t)>g(1)=0即lnt>1-t

x?111綜上 < ln

有些不等式，利用函數(shù)的性質(zhì)（如單調(diào)性，奇偶性等）來解證，往往要比常規(guī)的方法容易找到證題途徑，下面看一個(gè)例題：

例3：設(shè)a，b，c∈R+，且a＋b＞c．

在課堂上可先讓學(xué)生用常規(guī)方法思考試證后啟發(fā)學(xué)生用構(gòu)造函數(shù)法來證，最后比較證法。

（x∈R+），先證單調(diào)性。

∴f（x）在x∈R+上單調(diào)遞增。

∵a+b＞c（已知）∴f（a+b）＞f（c），利用構(gòu)造法也可解關(guān)于x的不等式

例4:已知關(guān)于x的不等式｜x-4｜＋｜x-3｜＜a的解集為非空集合，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。

對(duì)于討論這類含參數(shù)的不等式，先讓學(xué)生按常規(guī)方法解：用數(shù)軸法，分別在三個(gè)區(qū)間內(nèi)討論解集為非空集合時(shí)a的取值范圍，然后求它的交集得a＜1。

后來又啟發(fā)學(xué)生用構(gòu)造函數(shù)方法來解，學(xué)生們思考很積極，有一個(gè)學(xué)生解道：

作出分段函數(shù)的圖象（如上圖所示）

通過以上對(duì)構(gòu)造函數(shù)發(fā)典例的分析，可以看出構(gòu)造函數(shù)法確實(shí)是一種解題的好途徑。將證明或求解的不等式地為轉(zhuǎn)化為函數(shù)的問題，關(guān)鍵在于轉(zhuǎn)化為什么樣的函數(shù).這就要求從被證（解）的不等式的形狀，特點(diǎn)入手，發(fā)生聯(lián)想。本著“縱向深入，橫向聯(lián)系”的原則，合理的構(gòu)造函數(shù)模型。達(dá)到啟發(fā)學(xué)生思維，開拓解題途徑的效果。

第四篇：函數(shù)解答題-構(gòu)造函數(shù)證明不等式

函數(shù)解答題-構(gòu)造函數(shù)證明不等式 例1（2013年高考北京卷（理））設(shè)L為曲線C:y?lnx在點(diǎn)(1,0)處的切線.x

(I)求L的方程;

(II)證明:除切點(diǎn)(1,0)之外,曲線C在直線L的下方.【答案】解:(I)設(shè)f(x)?lnx1?lnx,則f?(x)?.所以f?(1)?1.所以L的方程為2xx

y?x?1.(II)令g(x)?x?1?f(x),則除切點(diǎn)之外,曲線C在直線l的下方等價(jià)于

x2?1?lnxg(x)?0(?x?0,x?1).g(x)滿足g(1)?0,且g?(x)?1?f?(x)?.x2

2當(dāng)0?x?1時(shí),x?1?0,lnx?0,所以g?(x)?0,故g(x)單調(diào)遞減;

當(dāng)x?1時(shí),x?1?0,lnx?0,所以g?(x)?0,故g(x)單調(diào)遞增.所以,g(x)?g(1)?0(x?0,x?1).所以除切點(diǎn)之外,曲線C在直線L的下方.又解:g(x)?0即x?1?2lnx?0變形為x2?x?lnx?0,記h(x)?x2?x?lnx,則x

12x2?x?1(2x?1)(x?1)h?(x)?2x?1???,xxx

所以當(dāng)0?x?1時(shí),h?(x)?0,h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減;當(dāng)x?1時(shí),h?(x)?0,h(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增.所以h(x)?h(1)?0.)

例2（2013年普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試遼寧數(shù)學(xué)（理）試題（WORD版））已知函數(shù)f?x???1?x?e?2xx3,g?x??ax??1?2xcosx.當(dāng)x??0,1?時(shí)，2

1;1?x(I)求證:1-x?f?x??

(II)若f?x??g?x?恒成立,求實(shí)數(shù)a取值范圍.【答案】解：(1)證明：要證x∈[0，1]時(shí)，(1＋x)e－2x≥1－x，只需證明(1＋x)ex≥(1－x)ex.－

記h(x)＝(1＋x)ex－(1－x)ex，則h′(x)＝x(ex－ex)，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)＞0，因此h(x)在[0，1]上是增函數(shù)，故h(x)≥h(0)＝0.所以f(x)≥1－x，x∈[0，1]．

－

－

要證x∈[0，1]時(shí)，(1＋x)e

－2x

1≤ex≥x＋1.1＋x

記K(x)＝ex－x－1，則K′(x)＝ex－1，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，K′(x)＞0，因此K(x)在[0，1]上是增函數(shù)，故K(x)≥K(0)＝0.所以f(x)≤，x∈[0，1]．

1＋x1

綜上，1－x≤f(x)≤，x∈[0，1]．

1＋x(2)(方法一)

x

ax＋1＋2xcos x? f(x)－g(x)＝(1＋x)e－?2??

－2x

x3

≥1－x－ax－1－2xcos x

2x

a＋1＋＋2cos x?.＝－x?2??

x2

設(shè)G(x)＝2cos x，則G′(x)＝x－2sin x.記H(x)＝x－2sin x，則H′(x)＝1－2cos x，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，H′(x)＜0，于是G′(x)在[0，1]上是減函數(shù)，從而當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，G′(x)＜G′(0)＝0，故G(x)在[0，1]上是減函數(shù)．于是G(x)≤G(0)＝2.從而

a＋1＋G(x)≤a＋3，所以，當(dāng)a≤－3時(shí)，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．

下面證明，當(dāng)a＞－3時(shí)，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．

1x3

f(x)－g(x)≤1－ax－2xcos x

21＋x－xx3

＝ax－－2xcos x

21＋x

1x

＝－x?1＋xa2＋2cos x?.??

－11x21記I(x)＝＋a＋2cos x＝＋a＋G(x)，則I′(x)＝＋G′(x)．當(dāng)x∈(0，21＋x1＋x（1＋x）1)時(shí)，I′(x)＜0.故I(x)在[0，1]上是減函數(shù)，于是I(x)在[0，1]上的值域?yàn)閇a＋1＋2cos 1，a＋

3]．

因?yàn)楫?dāng)a＞－3時(shí)，a＋3＞0，所以存在x0∈(0，1)，使得I(x0)＞0，此時(shí)f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．

綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－3]．(方法二)

先證當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，1－x2≤cos x≤1－2.241

記F(x)＝cos x－1＋x2，則F′(x)＝－sin x＋x.22

記G(x)＝－sin x＋x，則G′(x)＝－cos x＋1，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，G′(x)＞0，于是G(x)在[0，1]上是增函數(shù)，因此當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，G(x)＞G(0)＝0，從而F(x)在[0，1]上是增函數(shù)，因此F(x)≥F(0)＝0.所以

當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，12≤cos x.同理可證，當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，cos x≤1－2.411

綜上，當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，1－x2≤cos x≤1－x2.24因?yàn)楫?dāng)x∈[0，1]時(shí)．

x

ax＋1＋2xcos x? f(x)－g(x)＝(1＋x)e－?2??

－2x

1x3

1－2? ≥(1－x)－ax－1－2x??4?2

＝－(a＋3)x.所以當(dāng)a≤－3時(shí)，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．

下面證明，當(dāng)a＞－3時(shí)，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．因?yàn)?x

ax＋1＋2xcos x? f(x)－g(x)＝(1＋x)e－?2??

－2x

11x3

1－x2? ≤1－ax－2x??2?21＋xx2x3

＝(a＋3)x 1＋x2

x－a＋3）?，≤x??2?3

a＋31所以存在x0∈(0，1)例如x0取中的較小值滿足f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，321]上不恒成立．

綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－3]．

例3（2012高考遼寧文21）(本小題滿分12分)

設(shè)f(x)＝lnx＋x－1，證明： 3

(1)當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<2(x－1)； 9?x－1?

(2)當(dāng)1

【答案】解：(1)(證法一)

記g(x)＝lnx＋x－1－2(x－1)．則當(dāng)x>1時(shí)，113

g′(x)＝x2，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．

2x又g(1)＝0，有g(shù)(x)<0，即

f(x)<2x－1)．(證法二)

由均值不等式，當(dāng)x>1時(shí)，x

令k(x)＝lnx－x＋1，則k(1)＝0，k′(x)＝x1<0，故k(x)<0，即 lnx

由①②得，當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<2(x－1)．(2)(證法一)記h(x)＝f(x)－

9?x－1?，由(1)得 x＋5

1154

h′(x)＝x2x?x＋5?2＋xx＋55454＝2x?x＋5?4x?x＋5??x＋5?3－216x

＝4x?x＋5?令g(x)＝(x＋5)3－216x，則當(dāng)1

9?x－1?

x＋5(證法二)

記h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，則當(dāng)1

－9 2x－1)＋(x＋5)?x?2x?1

＝2xx(x－1)＋(x＋5)(2＋x)－18x]

x11??

2x3x?x－1?＋?x＋5??2＋22－18x? ????1

＝4xx2－32x＋25)<0.因此h(x)在(1,3)內(nèi)單調(diào)遞減，又h(1)＝0，所以h(x)<0，即f(x)<

9?x－1?

.x＋5

例4（2012高考浙江文21）（本題滿分15分）已知a∈R，函數(shù)f(x)?4x3?2ax?a（1）求f(x)的單調(diào)區(qū)間

（2）證明：當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f(x)+ 2?a＞0.【答案】

【解析】（1）由題意得f?(x)?12x2?2a，當(dāng)a?0時(shí)，f?(x)?0恒成立，此時(shí)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為???,???.當(dāng)a?

0時(shí)，f?(x)?12(x?

?此時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為?x，.?(2)由于0?x?1，當(dāng)a?2時(shí)，f(x)?a?2?4x3?2ax?2?4x3?4x?2.333

當(dāng)a?2時(shí)，f(x)?a?2?4x?2a(1?x)?2?4x?4(1?x)?2?4x?4x?2.設(shè)g(x)?2x?2x?1,0?x?

1，則g?(x)?6x?2?6(x?則有

x?.33

所以g(x)min?g?1?0.3

當(dāng)0?x?1時(shí)，2x?2x?1?0.故f(x)?a?2?4x3?4x?2?0.例5（2012高考山東文22）(本小題滿分13分)

已知函數(shù)f(x)?

lnx?k

(k為常數(shù)，e=2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，曲線y?f(x)在點(diǎn)ex

(1,f(1))處的切線與x軸平行.(Ⅰ)求k的值；

(Ⅱ)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(Ⅲ)設(shè)g(x)?xf?(x)，其中f?(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).證明：對(duì)任意x?0,g(x)?1?e?2.1

?lnx?k【答案】(I)f?(x)?，ex

由已知，f?(1)?

1?k

?0，∴k?1.e

?lnx?1(II)由(I)知，f?(x)?.ex

設(shè)k(x)?

?lnx?1，則k?(x)??2??0，即k(x)在(0,??)上是減函數(shù)，xxx

由k(1)?0知，當(dāng)0?x?1時(shí)k(x)?0，從而f?(x)?0，當(dāng)x?1時(shí)k(x)?0，從而f?(x)?0.綜上可知，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1,??).(III)由(II)可知，當(dāng)x?1時(shí)，g(x)?xf?(x)≤0＜1+e?2，故只需證明g(x)?1?e?2在0?x?1時(shí)成立.當(dāng)0?x?1時(shí)，ex＞1，且g(x)?0，∴g(x)?

1?xlnx?x

?1?xlnx?x.x

e

設(shè)F(x)?1?xlnx?x，x?(0,1)，則F?(x)??(lnx?2)，當(dāng)x?(0,e?2)時(shí)，F(xiàn)?(x)?0，當(dāng)x?(e?2,1)時(shí)，F(xiàn)?(x)?0，所以當(dāng)x?e?2時(shí)，F(xiàn)(x)取得最大值F(e?2)?1?e?2.所以g(x)?F(x)?1?e?2.綜上，對(duì)任意x?0，g(x)?1?e?2.

第五篇：構(gòu)造函數(shù)證明不等式

在含有兩個(gè)或兩個(gè)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(gè)字母的二次式，這時(shí)可考慮用判別式法。一般對(duì)與一元二次函數(shù)有關(guān)或能通過等價(jià)轉(zhuǎn)化為一元二次方程的，都可考慮使用判別式，但使用時(shí)要注意根的取值范圍和題目本身?xiàng)l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(hào)何時(shí)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(dāng)⊿＝0時(shí)，b?c?0，此時(shí)，f(a)?a2?ac?c2?3ab?(a?c)2?0，∴a??b?c時(shí)，不等式取等號(hào)。

?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(duì)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(xiàng)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(jiǎn)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(dāng)且僅當(dāng)a?,b?,c?時(shí)取等號(hào)），632149得⊿≤0,即⊿＝144-4（??）≤0

abc111149

∴當(dāng)a?,b?,c?時(shí)，(??)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(yùn)用比較法或放縮法，很難尋其線索。若考慮構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)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(shí)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?yàn)閇—，]即可。

1?x222x2證明：設(shè) y=，則yx-x+y=0 21?x ∵x為任意實(shí)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(jiǎn)單。

例

8、求證：必存在常數(shù)a，使得Lg（xy）≤ Lga.lg2x?lg2y

對(duì)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?cè)暮瘮?shù)，然后根據(jù)變?cè)瘮?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(duì)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(duì)大于1的任意x、y恒成立。

3、運(yùn)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(duì)稱

x ∵當(dāng)x>0時(shí)，1-2<0，故f(x)<0 當(dāng)x<0時(shí)，根據(jù)圖象的對(duì)稱性知f(x)<0 故當(dāng) x≠0時(shí),恒有f(x)<0 即：xx<(x≠0)x1?22 [小結(jié)]本題運(yùn)用了比較法，實(shí)質(zhì)是根據(jù)函數(shù)的奇偶性來證明的，本題也可以運(yùn)用分類討論思想。但利用偶函數(shù)的軸對(duì)稱性和奇函數(shù)的中心對(duì)稱性，常能使所求解的問題避免復(fù)雜的討論。