第一篇：構(gòu)造函證不等式

造函證不等式

b－a2

求證：>1－(b>a)．(*)

2eb＋1x2

證明：令φ(x)＝＋x－1(x≥0)，2e＋112e

則φ－

2（e＋1）

（e＋1）－4e（e－1）＝x2x2≥0(僅當(dāng)x＝0時等號成立)．

2（e＋1）2（e＋1）

∴φ(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴x>0時，φ(x)>φ(0)＝0.令x＝b－a，即得(*)式，結(jié)論得證．

b－ab－a

求證：(b－a)e＋(b－a)－2e＋2>0．

xx

證明：設(shè)函數(shù)u(x)＝xe＋x－2e＋2(x≥0)，xxx

則u′(x)＝e＋xe＋1－2e，xxxxx

令h(x)＝u′(x)，則h′(x)＝e＋e＋xe－2e＝xe≥0(僅當(dāng)x＝0時等號成立)，∴u′(x)單調(diào)遞增，∴當(dāng)x>0時，u′(x)>u′(0)＝0，∴u(x)單調(diào)遞增． 當(dāng)x>0時，u(x)>u(0)＝0.b－ab－a

令x＝b－a，則得(b－a)e＋(b－a)－2e＋2>0，?a＋b與f（b）－f（a）x已知函數(shù)f(x)＝e，x∈R.設(shè)a

f（b）－f（a）?a＋be－e21．解： f?－e＝

b－a?2?b－a

b

a

x

x

x

x

a?b

＝

e?e?be?ae

b?a

ba

a?b2a?b2

e＝[eb?a

a?b2

b?a2

?e

a?b2

?(b?a)]

1x

e－2＝0.e

11xx

設(shè)函數(shù)u(x)＝e －u′(x)＝e＋ee∴u′(x)≥0(僅當(dāng)x＝0時等號成立)，∴u(x)單調(diào)遞增．

當(dāng)x>0時，u(x)>u(0)＝0.b－a令x＝e

2∴

b?a2

?e

a?b2

?(b?a)>0.f（b）－f（a）?a＋b?.b－a?2?

第二篇：構(gòu)造函數(shù)法證特殊數(shù)列不等式

數(shù)列不等式求證

題目1：求證1111111+1++…+?ln(1?n)?1++++…+

題目2：求證

題目3：求證234n?1234n2n(n?1)?ln2?ln3?ln4????lnn ln2ln3ln4lnn

2?3?4????n?1

n

構(gòu)造函數(shù)法證特殊數(shù)列不等式

題目1：求證12111111+1++…+?ln(1?n)?1++++…+ 34n?1234n

(一)構(gòu)造函數(shù)①f(x)?ln(1?x)?

分析：f?(x)?x(x?0)1?x1(1?x)?xx=>0,函數(shù)f(x)在(0,+?)上單調(diào)遞增。?221?x(1?x)(1?x)

x(x?0)1?x

1111111?,ln(1?)??,ln(1?)??，…… 因而有l(wèi)n(1?)?131411?12231?1?23ln(1?)??1nn?11?n

11111111故：ln(1?)+ln(1?)+ln(1?)+……+ln(1?)>+++……+ 123n234n?11111即ln(1?n)?+++……+ 234n?1所以當(dāng)x?0時，有f(x)>f(0)=0，即有l(wèi)n(1?x)?

（二）構(gòu)造函數(shù)②f(x)?ln(1?x)?x(x?0)分析：f?(x)??x1?1=<0,函數(shù)f(x)在(0,+?)上單調(diào)遞減。1?x1?x

所以當(dāng)x?0時，有f(x)

233nn

11111111故：ln(1?)+ln(1?)+ln(1?)+……+ln(1?)<1++++……+ 123n234n1111即ln(1?n)?1++++……+ 234n因而有l(wèi)n(1?)?1,ln(1?)?,ln(1?)?,……, ln(1?)? 1112

綜上有：12111111?ln(1?n)?1++++…+ +1++…+34n?1234n小結(jié)：記住函數(shù)不等關(guān)系㈠

題目2：求證x

(三)構(gòu)造函數(shù)③f(x)?lnx?x?1(x?0)x?1

1(x?1)?(x?1)x2?1分析：f?(x)??=>0,函數(shù)f(x)在(0,+?)上單調(diào)遞增。22x(x?1)x(x?1)

x?1(x?1)x?1

2?113?124?13?,ln3??,ln4??，…… 因而有l(wèi)n2?2?133?144?15

n?1lnn? n?1所以當(dāng)x?1時，有f(x)>f(1)=0，即有l(wèi)nx?

故：ln2?ln3?ln4????lnn>

綜上有1234n?2n?12xxxx……xx= 3456nn?1n(n?1)2?ln2?ln3?ln4????lnnn(n?1)

x?1?lnx(x?1)x?1

ln2ln3ln4lnn1???????題目3：求證234nn小結(jié)：記住函數(shù)不等關(guān)系㈡)構(gòu)造函數(shù)④f(x)?lnx?(x?1)(x?1（注：此函數(shù)實質(zhì)和構(gòu)造函數(shù)二一樣）分析：f?(x)??1=1

x1?x<0,函數(shù)f(x)在(1,+?)上單調(diào)遞減。x

所以當(dāng)x?1時，有f(x)

因而有l(wèi)n2?1,ln3?2,ln4?3，……，lnn?n?1

ln2?ln3?ln4????lnn?1?2?3?4??（n?2)?(n?1)n

n（n?2)?(n?1)?即有l(wèi)n2?ln3?ln4????lnn?2?3?4?? 故有：ln2ln3ln4lnn1???????234nn

小結(jié)：記住函數(shù)不等關(guān)系㈢lnx?x?1(x?1)

識記重要不等式關(guān)系

ln(1?x)?x(x?0)1?x

ln(1?x)?x(x?0)

x

x?1?lnx(x?1)x?1

lnx?x?1(x?1)

資料由謝老師收集：

了解初中，高中考試信息，做題技巧，解題思路可去謝老師博客http://blog.sina.com.cn/xiejunchao1

第三篇：運用函數(shù)構(gòu)造法巧證不等式

運用函數(shù)構(gòu)造法巧證不等式

羅小明（江西省吉水二中331600）

不等式證明方法較多，本文介紹主元、零點、導(dǎo)數(shù)法構(gòu)造函數(shù)證明不等式，以飧讀者。關(guān)鍵字：函數(shù)不等式

不等式的證明是高中數(shù)學(xué)教學(xué)中的一大難點，也是高考、競賽中的一大熱點。本文將不等式證明問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)問題予以解決，力爭突破解題思維，以求解題方法創(chuàng)新。這種解題思路使解答簡捷，達(dá)到出奇制勝的效果。

一．主元法

例1．已知：a、b、c?(?1,1)，證明：abc?2?a?b?c

思路：以a為主元構(gòu)造函數(shù)f(a)，再由函數(shù)單調(diào)性可證。

證明：視a為主元構(gòu)造函數(shù)f(a)?(bc?1)a?2?b?c，此為一次函數(shù)。

由a、b、c?(?1,1)知，f(1)?f(a)

又f(1)?bc?1?b?c?(1?b)(1?c)?0

c 故有f(a)?0即abc?2?a?b?。

例2．設(shè)x、y、z?(0,1)，證明：x(1?y)?y(1?z)?z(1?x)?

1證明：作f(x)?x(1?y)?y(1?z)?z(1?x)

?(1?y?z)x?y(1?z)?z此為關(guān)于x的一次函數(shù)

由于 f(0)?y(1?z)?z?(y?1)(1?z)?1?1，f(1)?1?yz?1

故有 x(1?y)?y(1?z)?z(1?x)?1

類題演練：設(shè)x、y、z?(?1,1)，證明：xy?yz?zx?1?0

二．零點法

例3．若x、y、z滿足x?y?z?1且為非負(fù)實數(shù)，證明：0?xy?yz?xz?2xyz?思路：以x、y、z為三個零點，構(gòu)造三次函數(shù)去證。

證明：令f(t)?(t?x)(t?y)(t?z)，則f(t)?t?(x?y?z)t?(xy?yz?xz)t?xyz

記u?xy?yz?xz?2xyz 則u?2f()?211432727

（1）當(dāng)x、y、z均不超過

12時，?3?

?(x?y?z)??11111

由于 f()?(?x)(?y)(?z)?? ??

22223216??

??

故有0?u?

727

成立。

2（2）當(dāng)x、y、z只可能有一個大于

1?y?z

4x

時，不妨設(shè)x?1

212

由于f()?(?x)（22

x)?

(?x)

故有?u?

（12

?x)??

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

727

?0，0?u?

727

也成立。

由（1）、（2）知0?xy?yz?xz?2xyz?

2222

例4．設(shè)a、b、c為三角形三邊長，若a?b?c?1，證明：a?b?c?4abc?

思路：先用分析法，再以a、b、c為三個零點，構(gòu)造三次函數(shù)去證。證明：由a?b?c?1?a2?b2?c2?4abc?1?2(ab?bc?ca)?4abc即要證 ab?bc?ca?2abc?

4作f(x)?(x?a)(x?b)(x?c)，則f(x)?x3?(a?b?c)x2?(ab?bc?ca)x?abc 由a?b?c?1，a、b、c為三角形三邊長，有0?a、b、c?故有f()?0?ab?bc?ca?2abc?

211

412

所以 a?b?c?4abc?

222

類題演練：已知：a、b、c、A、B、C?R?，且有a?A?b?B?c?C?k，證明：aB?bC?cA?k

三．導(dǎo)數(shù)法

例5．證明：tanx?2sinx?3x，x?(0,?

2)

思路：作輔助函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判別函數(shù)單調(diào)法證之。證明：作輔助函數(shù)f(x)?tanx?2sinx?3x，則

f(x)?

'

1cosx

?2cosx?3，記g(x)?f(x)有

'

g(x)?

'

2sinxcosx

?2sinx?2sinx（1cosx

?1)?0，知f'(x)是增函數(shù)，又f'(0)?0故當(dāng)x?(0,?)時，有f(x)?0，從而有f(x)?f(0)?0

'

所以?x?(0,?)，都有tanx?2sinx?3x

例6．已知：a、b?0,p?1,1p

?

1q

?1，求證：ab?

a

p

p

?

b

q

q

思路：不妨視b為常量，作輔助函數(shù)，再用導(dǎo)數(shù)判別函數(shù)單調(diào)法證之。證明：作f(a)?

a

p

p

?

b

q

q

?ab，則f(a)?a

'p?

1?b

當(dāng)b?ap?1時，f(a)是減函數(shù)；當(dāng)b?ap?1時，f(a)是增函數(shù)；

q

q

當(dāng)b?ap?1時，即當(dāng)a?bp時，f(bp)?0 故?a?0，有f(a)?0，即ab?

a

p

p

?

b

q

q

類題演練：已知：x、y?0,??1，求證：(x?y)??x??y?

由上述例子，函數(shù)構(gòu)造法證不等式揭示了函數(shù)與不等式的內(nèi)在聯(lián)系，是二者的完美結(jié)合，同時也進一步認(rèn)識到函數(shù)在解決具體問題中的重要作用。參考文獻：

姚允龍．?dāng)?shù)學(xué)分析[M]．上海：復(fù)旦大學(xué)出版社，2002

李勝宏，李名德．高中數(shù)學(xué)競賽培優(yōu)教程（專題講座）[M]．杭州：浙江大學(xué)出版社，2009

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(dāng)⊿＝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(dāng)且僅當(dāng)a?,b?,c?時取等號），632149得⊿≤0,即⊿＝144-4（??）≤0

abc111149

∴當(dāng)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(dāng)x>0時，1-2<0，故f(x)<0 當(dāng)x<0時，根據(jù)圖象的對稱性知f(x)<0 故當(dāng) 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)造一次函數(shù)證明不等式

構(gòu)造一次函數(shù)證明不等式一次函數(shù)是同學(xué)們非常熟悉的函數(shù).由一次函數(shù)y?kx?b的圖象可知,如果f(m)?0,f(n)?0,則對一切x?(m,n)均有f(x)?0.我們將這一性質(zhì)稱為一次函數(shù)的保號性.利用一次函數(shù)的保號性可以證明一些不等式.例1 設(shè)a、b、c都是絕對值小于1的實數(shù),求證:ab?bc?ca??1.分析因為ab?bc?ca?(b?c)a?bc,故可考慮f(x)?(b?c)x ?bc?1.顯然有

f(1)?b?c?bc?1?(b?1)(c?1)?0

f(?1)??(b?c)?bc?1?(b?1)(c?1)?0

根據(jù)保號性知,當(dāng)?1?x?1時,f(x)?0而?1?a?1,故f(a)?0,即原不等式獲證.例2a、b、c都是小于k的正數(shù),求證:a(k?b)?b(k?c)?c(k?a)?k2.分析 構(gòu)造一次函數(shù).令A(yù)?k2?[a(k?b)?b(k?c)?c(k?a)].因變量較多,可用主元法,把a當(dāng)作主元,重新整理得:

A?(b?c?k)a?bc?(b?c)k?k，2將A看作關(guān)于a的一次函數(shù),注意到0?a?k, 當(dāng)a?0時,A?k2?(b?c)k?bc?(k?b)(k?c)?0 當(dāng)a?k時,A?(b?c?k)k?bc?(b?c)k?k2?bc?0 這說明,當(dāng)a?0與a?k時,函數(shù)圖象上對應(yīng)的兩點P、Q(橫坐

1標(biāo)分別為0、k)都在x軸上方,由一次函數(shù)的保號性可知,當(dāng)0?a?k時,A?f(a)?0

即a(k?b)?b(k?)c?(c?k)a? 2k

例3已知a?

1、b?

1、c?1,求證:abc?2?a?b?c.分析 首先將不等式化為abc?2?a?b?c?0并整理成功之路

(bc?1)a?2?b?c?0

可將其看成是關(guān)于a的一次式.證明:構(gòu)造函數(shù)f(x)?(bc?1)x?2?b?c,這里b?

1、c?

1、x?1,則bc?1.因為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

所以,一次函數(shù)f(x)?(bc?1)x?2?b?c,當(dāng)x?(?1,1)時,圖象在x軸的上方.這就是說,當(dāng)a?

1、b?

1、c?1時,有(bc?1)a?2?b?c?0,即abc?2?a?b?c.從上例的證明可以看出,構(gòu)造一次函數(shù)證明不等式時,可按下列步驟進行:

⑴將不等式先移項使右邊為零;

⑵將不等號左邊的式子整理成關(guān)于某一未知數(shù)x的一次式f(x)?0;

⑶根據(jù)x的取值范圍(m,n),確定f(m)與f(n)的符號,確定當(dāng)x?(m,n)時f(x)的符號進而證得不等式.構(gòu)造一次函數(shù)證明不等式,其實質(zhì)是將一個不等式的證明問題轉(zhuǎn)化為確定解析式某個變量在兩個特殊值處的符號問題,從而收到了以簡馭繁的效果.