第一篇：構造函數,妙解不等式

構

不等式與函數是高中數學最重要的兩部分內容。把作為高中數學重要工具的不等式與作為高中數學主線的函數聯合起來，這樣資源的優化配置將使學習內容在函數思想的指導下得到重組，優勢互補必將提升學習效率.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的判別式（△）的格式。故試圖構造二次函數使思路峰回路轉。

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。

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

x?111< ln

本題與2005年全國卷Ⅱ中函數f(x)=ln(1+x)-x 沒有什么區別，有著高等數學的背景，且是近幾年高考命題不等式證明題中新的開挖點。構造函數和用求導數法來研究其單調性，進而再利用單調性可快捷證得，往往別開生面。

11證明：設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 t∈(1,+∞)，有f‘(t)>0 t

從而 f(t)在t∈(1,+∞)單調遞增，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t∈(1,+∞)，有 g’(t)>0 tt

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

x?111綜上 < ln

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

例3：設a，b，c∈R+，且a＋b＞c．

在課堂上可先讓學生用常規方法思考試證后啟發學生用構造函數法來證，最后比較證法。

（x∈R+），先證單調性。

∴f（x）在x∈R+上單調遞增。

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

例4:已知關于x的不等式｜x-4｜＋｜x-3｜＜a的解集為非空集合，求實數a的取值范圍。

對于討論這類含參數的不等式，先讓學生按常規方法解：用數軸法，分別在三個區間內討論解集為非空集合時a的取值范圍，然后求它的交集得a＜1。

后來又啟發學生用構造函數方法來解，學生們思考很積極，有一個學生解道：

作出分段函數的圖象（如上圖所示）

通過以上對構造函數發典例的分析，可以看出構造函數法確實是一種解題的好途徑。將證明或求解的不等式地為轉化為函數的問題，關鍵在于轉化為什么樣的函數.這就要求從被證（解）的不等式的形狀，特點入手，發生聯想。本著“縱向深入，橫向聯系”的原則，合理的構造函數模型。達到啟發學生思維，開拓解題途徑的效果。

第二篇：構造函數巧解不等式

構造函數巧解不等式

湖南 黃愛民

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

一、構造函數解不等式

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算較煩。但注意到8102323x?5x , 啟示我們構造函數且題中出現??()?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，則不等式變為x?1x?1

22f()?f(x)，∵f(x)=x3+5x在R上為增函數∴原不等式等價于?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?于是可構造三分析：由x?R及的特征聯想到萬能公式1?x21?tan2?

角函數，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、構造函數求解含參不等式問題。

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

3恒成立，試確定參數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)

712∴f(n)?loga(a?1)?對大于1的一切自然數n恒12123

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

∴1＜a＜1?1?5∴a的取值范圍為（1，）。2

2三、構造函數證明不等式。

例

4、已知 |a|＜1,|b|＜1,|c|＜1，求證：ab+bc+ca＞-

1證：把a看成自變量x，作一次函數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，又一次函數具有嚴格的單調性。∴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的系數大于0，∴f(x)的值恒大于或等于0，∴x2?y2?z2?2xycos??2yzcos??2zxcos?。

第三篇：函數解答題-構造函數證明不等式

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

(I)求L的方程;

(II)證明:除切點(1,0)之外,曲線C在直線L的下方.【答案】解:(I)設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),則除切點之外,曲線C在直線l的下方等價于

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0?x?1時,x?1?0,lnx?0,所以g?(x)?0,故g(x)單調遞減;

當x?1時,x?1?0,lnx?0,所以g?(x)?0,故g(x)單調遞增.所以,g(x)?g(1)?0(x?0,x?1).所以除切點之外,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0?x?1時,h?(x)?0,h(x)在(0,1)上單調遞減;當x?1時,h?(x)?0,h(x)在(1,+∞)上單調遞增.所以h(x)?h(1)?0.)

例2（2013年普通高等學校招生統一考試遼寧數學（理）試題（WORD版））已知函數f?x???1?x?e?2xx3,g?x??ax??1?2xcosx.當x??0,1?時，2

1;1?x(I)求證:1-x?f?x??

(II)若f?x??g?x?恒成立,求實數a取值范圍.【答案】解：(1)證明：要證x∈[0，1]時，(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x∈(0，1)時，h′(x)＞0，因此h(x)在[0，1]上是增函數，故h(x)≥h(0)＝0.所以f(x)≥1－x，x∈[0，1]．

－

－

要證x∈[0，1]時，(1＋x)e

－2x

1≤ex≥x＋1.1＋x

記K(x)＝ex－x－1，則K′(x)＝ex－1，當x∈(0，1)時，K′(x)＞0，因此K(x)在[0，1]上是增函數，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G(x)＝2cos x，則G′(x)＝x－2sin x.記H(x)＝x－2sin x，則H′(x)＝1－2cos x，當x∈(0，1)時，H′(x)＜0，于是G′(x)在[0，1]上是減函數，從而當x∈(0，1)時，G′(x)＜G′(0)＝0，故G(x)在[0，1]上是減函數．于是G(x)≤G(0)＝2.從而

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

下面證明，當a＞－3時，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x∈(0，21＋x1＋x（1＋x）1)時，I′(x)＜0.故I(x)在[0，1]上是減函數，于是I(x)在[0，1]上的值域為[a＋1＋2cos 1，a＋

3]．

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

綜上，實數a的取值范圍是(－∞，－3]．(方法二)

先證當x∈[0，1]時，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x∈(0，1)時，G′(x)＞0，于是G(x)在[0，1]上是增函數，因此當x∈(0，1)時，G(x)＞G(0)＝0，從而F(x)在[0，1]上是增函數，因此F(x)≥F(0)＝0.所以

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

綜上，當x∈[0，1]時，1－x2≤cos x≤1－x2.24因為當x∈[0，1]時．

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a≤－3時，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．

下面證明，當a＞－3時，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．因為 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，實數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f(x)＝lnx＋x－1，證明： 3

(1)當x>1時，f(x)<2(x－1)； 9?x－1?

(2)當1

【答案】解：(1)(證法一)

記g(x)＝lnx＋x－1－2(x－1)．則當x>1時，113

g′(x)＝x2，g(x)在(1，＋∞)上單調遞減．

2x又g(1)＝0，有g(x)<0，即

f(x)<2x－1)．(證法二)

由均值不等式，當x>1時，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x>1時，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1

9?x－1?

x＋5(證法二)

記h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，則當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)內單調遞減，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f(x)?4x3?2ax?a（1）求f(x)的單調區間

（2）證明：當0≤x≤1時，f(x)+ 2?a＞0.【答案】

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

0時，f?(x)?12(x?

?此時函數f(x)的單調遞增區間為?x，.?(2)由于0?x?1，當a?2時，f(x)?a?2?4x3?2ax?2?4x3?4x?2.333

當a?2時，f(x)?a?2?4x?2a(1?x)?2?4x?4(1?x)?2?4x?4x?2.設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0?x?1時，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f(x)?

lnx?k

(k為常數，e=2.71828…是自然對數的底數)，曲線y?f(x)在點ex

(1,f(1))處的切線與x軸平行.(Ⅰ)求k的值；

(Ⅱ)求f(x)的單調區間；

(Ⅲ)設g(x)?xf?(x)，其中f?(x)為f(x)的導函數.證明：對任意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k(x)?

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

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

1?xlnx?x

?1?xlnx?x.x

e

設F(x)?1?xlnx?x，x?(0,1)，則F?(x)??(lnx?2)，當x?(0,e?2)時，F?(x)?0，當x?(e?2,1)時，F?(x)?0，所以當x?e?2時，F(x)取得最大值F(e?2)?1?e?2.所以g(x)?F(x)?1?e?2.綜上，對任意x?0，g(x)?1?e?2.

第四篇：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。

第五篇：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。