第一篇：構造函數法

函數與方程數學思想方法是新課標要求的一種重要的數學思想方法，構造函數法便是其中的一種。

高等數學中兩個重要極限

1．limsinx?1 x?0x

11x2．lim(1?)?e（變形lim(1?x)x?e）x?0x??x

由以上兩個極限不難得出，當x?0時

1．sinx?x，2．ln(1?x)?x（當n?N時，(1?)n?e?(1?)n?1）．

下面用構造函數法給出兩個結論的證明．

（1）構造函數f(x)?x?sinx，則f?(x)?1?cosx?0，所以函數f(x)在(0,??)上單調遞增，f(x)?f(0)?0．所以x?sinx?0，即sinx?x．

（2）構造函數f(x)?x?ln(1?x)，則f?(x)?1??1n1n1x??0．所以函數f(x)在1?x1?x

(0,??)上單調遞增，f(x)?f(0)?0，所以x?ln(1?x)，即ln(1?x)?x． ?1?要證?1???n?事實上：設1?n?11?1??e,兩邊取對數，即證ln?1???, nn?1??11?t,則n?(t?1), nt?1

1因此得不等式lnt?1?(t?1)t

1構造函數g(t)?lnt??1(t?1),下面證明g(t)在(1,??)上恒大于0． t

11g?(t)??2?0, tt

∴g(t)在(1,??)上單調遞增，g(t)?g(1)?0, 即lnt?1?, 1

t

1?1??1?∴ ln?1???,∴?1???n??n?n?1n?1?e,以上兩個重要結論在高考中解答與導數有關的命題有著廣泛的應用．

第二篇：構造法之構造函數

構造法之構造函數

?：題設條件多元-構造一次函數

??B：題設有相似結構-構造同結構函數主要介紹?

?C：題設條件滿足三角特性-構造三角函數 ?D：其它方面——參考構造函數解不等式?

A、題設條件多元時，選擇構造一次函數

例

1、已知x.y.z?(0,1).求證：x(1?y)?y(1?z)?z(1?x)?1（第15屆俄羅斯數學競賽

題）

分析 此題條件、結論均具有一定的對稱性，然而難以直接證明，不妨用構造法一試。可構造一次函數試解本題.證法一 函數圖像性質法、構造函數f(x)?(y?z?1)x?(yz?y?z?1)因為y,z?(0,1)，所以

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

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

而f(x)是一次函數，其圖象是直線，所以由x??0,1?恒有f(x)?0，即(y?z?1)x?(yz?y?z?1)?0，整理可得x(1?y)?y(1?z)?z(1?x)?

1證法二函數單調性法、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).(0?x?1)

因為0?x?1，0?y?1,0?z?1 所以?1?1?y?z?

1(1)當0?1?y?z?1時,f(x)在?0,1?上是增函數，于是f(x)?(2)當

?1?1?y?z?0

f(x)?1?yz?1；

時,f(x)

在??1,0?上是減函數，于是

f(x)?f(x)=y?z?yz=1?(1?y)(1?z)?1；

(3)當1?y?z?0時，即y?z?1時，f(x)?

成立。

y?z?yz?1?yz?1。綜上所知，所證不等式

小結(1)為了利用所構造的一次函數的單調性，將?1?1?y?z?1分成“0?1?y?z?1,?1?1?y?z?0,1?y?z?0”三種情況討論，使問題得以解決。

(2)解決本題有兩個核心的地方，一是將證式構造成一次函數，二是對一次項系數進行邏輯劃分。

(3)本題也可以構造關于y或z的一次函數，這就需要真正理解函數的實質概念。

例

2、已知?1?a,b,c?1：，求證:abc?a?b?c?

2證明 構造一次函數y?(bc?1)x?2?b?c，易知bc?1?0，在?1?又x

則由一次函數的性質不難得知當?1?

x?1時，y?0；又?1?a?1所以x?a

?1時,y?(bc?1)?1?2?b?c

x?1時，y

為減函數；

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

時，y?0，即(bc?1)a?2?b?c?0 命題得證

B、題設條件有相似結構時-構造同樣結構的函數

例

1、a、b、c, ?R，求證

a?b?c1?a?b?c

?

a1?a

?

b1?b

?

c1?c

.證明：構作函數f(x)?當任意x1，x2滿足0?

f(x2)?f(x1)?

x21?x

2x1?x

x1?x，x?[0,??)，則研究這個函數性質如下：

時，?0

x1?x2???

?

x11?x

1?

x2?x1

(1?x1)(1?x2)，所以函數f(x)?在[0,??)是遞增函數.f(|a|?|b|?|c|).因為|a?b?c|?|a|?|b|?|c|，所以f(|a?b?c|)?即

|a?b?c|1?|a?b?c|

?

|a|?|b|?|c|1?(|a|?|b|?|c|)

|a|1?|a|

|b|1?|b|

?

|a|

1?|a|?|b|?|c|

?

|b|

1?|a|?|b|?|c|

?

|c|

1?|a|?|b|?|c|

???

|c|1?|c|

.不等式得證.例

2、解方程(6x+5)(1+

(6x?5)?4)?x(1?

x?4)?0．

為f(6x+5)=-f(x).只要證明f(x)是奇函數且是單調函數，就能簡單的解出此題．

解：構造函數

f(x)=x(1+

原方程化為

f(6x+5)+f(x)=0．

顯然f(-x)=-f(x)，f(x)是奇函數.再證f(x)具有單調性.x?4))，f(x)在（-∞,+∞）上是增函數.所以f(6x+5)=f(-x)?x=－

5C、題設條件滿足三角函數的特性時-構造三角函數

例

1、已知a.b.x.y?R.且a2?b

2?1，x?y?1.求證：?1?ax?by?

1證明 已知x?

y?

由a2?b2?1，x?y?1，可設

b?sin?,a?cos?.x?cos?,y?sin?ax?by?cos?cos??sin?sin??cos(???)?1所

以?1?ax?by?1

例

2、分析 由根號里面的代數式可以看出有這樣的關系：x?1?x?1且0?故想到三角函數關系式并構造x?sin2?

所以y?sinx?cosx?

D、其它-參考構造函數解不等式

在解決不等式的證明題時常常通過構造輔助函數，把原來問題轉化為研究輔助函數的性質，并利用函數的單調性、有界性、奇偶性等性質來解決。

例

1、求證不等式：

證明：構造函數：f(x)?

x1?

2x

x?1.(0???

?)

??

?)，當??

?

即x?時,ymax

?

x1?2

x

?

x2

(x?0)

?

x2

(x?0)

?x2??x?2

x

x

f(?x)?

?x1?2

x

2?

1?

x2

所以

f(x)的圖像關于y

?

xx

??1?(1?2)?x?21?2?x1?2

x

x

??x?

x2

?f(x).軸對稱。當x?0時，1?2x

?0，故f(x)?0；當x?0時，依圖象的對稱性知f(x)?0.故當x?0時，恒有f(x)?0.即

x1?2

x

?

x2

(x?0).例

2、已知x?0，求證：x?

1x

?

1x?

1x

?

52證明：構造函數f(x)?

x?

1x

(x?0)，則x?

1x

?2，設2????,由

f(?)?f(?)???

1?

?(??

?11?(???)(???1)

?)?(???)??????

???????

1顯然：因為2??

??，所以?-?＜0，??＞1，所以f(?)?

f(?)?0，所以f(x)在?2,???上是單調遞增的，所以

x?

1x?

1x?

1x

?f(2)?

以上兩題的實質上是用的函數的單調性、奇偶性來證明的，其中如何來構造恰當的函數是進一步證明的關鍵。

第三篇：構造函數法與放縮法

構造函數法證明不等式

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．

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．

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)=x

1?xa1?ab1?bxa?b1?a?b1＋＞ ． 當x＞0 時單調遞增．，易證f(x)=1?x= 1－1?x

∵ a＋b＋ab＞a＋b＞0，∴ f(a＋b＋ab)＞f(a＋b)．

故 a

1?a＋b

1?b=a?b?2ab

(1?a)(1?b)＞a?b?ab

1?a?b?ab)=f(a＋b＋ab)＞f(a＋b)=a?b

1?a?b．

例談“放縮法”證明不等式的基本策略

近年來在高考解答題中，常滲透不等式證明的內容，而不等式的證明是高中數學中的一個難點，它

1可以考察學生邏輯思維能力以及分析問題和解決問題的能力。特別值得一提的是，高考中可以用“放縮法”證明不等式的頻率很高，它是思考不等關系的樸素思想和基本出發點, 有極大的遷移性, 對它的運用往往能體現出創造性。“放縮法”它可以和很多知識內容結合，對應變能力有較高的要求。因為放縮必須有目標，而且要恰到好處，目標往往要從證明的結論考察，放縮時要注意適度，否則就不能同向傳遞。下面結合一些高考試題，例談“放縮”的基本策略，期望對讀者能有所幫助。

1、添加或舍棄一些正項（或負項）

例

1、已知an?2?1(n?N).求證：

n

*

n

2?

3?

a1a2

?

a2a3

?...?

anan?

1(n?N*).證明： ?

akak?1

?

2k?12k?1?1

?

?

12(2k?1?1)

?

?

13.2k?2k?2

?

?.k,k?1,2,...,n, 232

?

a1a2

?

a2a3

?...?

anan?1

?

n

1111n11n1?(?2?...?n)??(1?n)??, 23222232232、先放縮再求和（或先求和再放縮）例

2、函數f（x）=

4x1?4x，求證：f（1）+f（2）+…+f（n）>n+

12n?

1?

2(n?N*).證明：由f(n)=

4n1?

4n

=1-

11?4

n

?1?

12?2112

n?1

12?2

?1?12

n

12?2n

得f（1）+f（2）+…+f（n）>1?

?n?

14(1?

12?14???

n?1

2?22

???1?)?n??

(n?N*).3、先放縮，后裂項（或先裂項再放縮）例

3、已知an=n，求證：∑ 證明：∑

k=

1nn

k=1ak

n

n

k

＜3．

ak∑

k=1

n

＜1＋∑

k=

2(k－1)k(k＋1)

＜１＋∑

k=2

n

2=1??(k－1)(k＋

1)(k＋k－)k?2

=1＋ ∑（k=2

n

－)

(k－1)(k＋1)

=1＋1＋

－

1＜2＋＜3．

(n＋1)24、放大或縮小“因式”；

例

4、已知數列{an}滿足an?1?a,0?a1?

n

2,求證：?(ak?ak?1)ak?2?

k?

1n

132

.證明 ?0?a1?

n

12,an?1?an,?a2?a12?

n

141,a3?

116

?.?當k?1時,0?ak?2?a3?

132.116,??(ak?ak?1)ak?2?

k?1

116

?(ak?ak?1)?

k?1

(a1?an?1)?

5、逐項放大或縮小 例

5、設an??2?

2?3?3?4???n(n?1)求證：

n(n?1)

2?an?

(n?1)2

證明：∵∴ n?

n(n?1)?

n2?n

n(n?1)?

12n?

1(n?)2?

n(n?1)?

2n?12

∴ 1?2?3???n?an?

1?3???(2n?1)

1n21n，∴

n(n?1)2

?an?

(n?1)26、固定一部分項，放縮另外的項； 例

6、求證：

2?

122

1?

132?

???1?

?

4證明：?

1n2

?

n(n?1)n?1

?

112

?

122

?

132

???

1n2

?1?

11115117

?(?????)??(?)?.2223n?1n42n47、利用基本不等式放縮

例

7、已知an?5n?

41對任何正整數m，n都成立.?1，只要證

5amn?1?aman?因為 amn?5mn?4，aman?(5m?4)(5n?4)?25mn?20(m?n)?16，故只要證

5(5mn?4)?1?25mn?20(m?n)?16? 即只要證

20m?20n?37?

因為?am?an?5m?5n?8?5m?5n?8?(15m?15n?29)?20m?20n?37，以上介紹了用“放縮法”證明不等式的幾種常用策略，解題的關鍵在于根據問題的特征選擇恰當的方

法，有時還需要幾種方法融為一體。在證明過程中，適當地進行放縮，可以化繁為簡、化難為易，達到事半功倍的效果。但放縮的范圍較難把握，常常出現放縮后得不出結論或得到相反的現象。因此，使用放縮法時，如何確定放縮目標尤為重要。要想正確確定放縮目標，就必須根據欲證結論，抓住題目的特點。掌握放縮技巧，真正做到弄懂弄通，并且還要根據不同題目的類型，采用恰到好處的放縮方法，才能把題解活，從而培養和提高自己的思維和邏輯推理能力，分析問題和解決問題的能力。希望大家能夠進一步的了解放縮法的作用，掌握基本的放縮方法和放縮調整手段.

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（或最小）值時不等式都成立，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．