第一篇：4函數思想在不等式證明中的應用
不等式證明中的函數思想
函數思想在不等式問題中有著廣泛的應用，在證明不等式時，先認真觀察不等式的結構特征，或者經過適當的變形后再觀察，然后構造出一個與該不等式有關的輔助函數，利用輔助函數的有關性質，將不等式問題轉化為函數問題，從而拓寬解題思路，降低問題的難度。‘構造函數法’是一種創造性的數學思想方法，它的應用不僅體現在證明不等式上，還對于訓練學生的數學思維，提高解題能力等方面有著很大的幫助。
一 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分析因為x、y、z在不等式中的地位可以輪換，所以可以以任何一個作為自變量，構造一次函數
證明：原不等式可化為?1?y?z?x??1?y??z?1??0
構造函數f?x???1?y?z?x??1?y??z?1?x??0,1?
因此只需要證明f?x??0在x??0,1?時恒成立，又∵y、z??0,1?所以（1）當1?y?z?0時，f?x???1?y?? z?1??0
（2）當1?y?z?0時，f?0???1?y??z??1? 0
f?1???yz?0
又因為一次函數的單調性，所以f?x??0在x??0,1?時恒成立
綜上，f?x??0在x??0,1?時恒成立，故原不等式得證。
二構造二次函數
例2設函數f?x??ax2?bx?c?a?0?，方程f?x??x?0兩根x1,x2滿足0?x1?x2?1，當x??x1,x2?時，求證 x1?f?x??x2a
分析分析已知條件，構造相應的二次函數
證明：令F?x??f?x??x由x1,x2為方程f?x??x?0的兩根，所以F?x??a?x?x1??x?x2?當x??x1,x2?時，由0?x1?x2?
又x1?f?x??x1???x?F?x????x1?x?a?x1?x??x?x2?
=?x1?x???1?a?x?x2??? 1 a
∵0?x1?x?x2?1?x1?x?0,1?ax2?ax?0 a
得x1?f?x??0 即x1?f(x)①
又∵x2?f?x??x2???x?F?x????x2?x?a?x1?x??x?x2?
=?x2?x???1?a?x?x1???
∵0?x1?x?x2?1?x2?x?0,1?ax1?ax?0a
得x2?f?x??0②由①②得x1?f?x??x
2三構造指（對）數型函數
例3已知實數x?2，求證6x?8x?10 x
分析利用指數函數的單調性證明 ?3??4?證明：原不等式可化為??????1?5??5?
?3??4?構造函數f?x???????因它是減函數，且f?2??1 ?5??5?
又x?2，則f?x??f?2??1 xxxx
?3??4?即??????1，故原不等式成立 ?5??5?
b、c為互不相等的正數，求證a2ab2bc2c?ab?cba?cca?b 例4設a、xx
分析利用對數函數的單調性證明
證明：構造對數函數f?x??lgx，f?x??lgx在?0,???上是增函數
因為a?b與?lga?lgb?同號，a?所以(a?b)(lg
b?同理有(b?c)(lg
c?(c?a)(lglbg?)lcg?)lag?)
將上面三個同向不等式相加，左邊展開并加以整理得
blgb?2alga?22cl?cgalbg?cbl?gac cab
a2ab2bc2c?ab?cba?cca?b所以原題得證
四構造三角函數
1?x23例4
求證 ?21?x2分析利用三角函數的有界性解決問題 1?x2????證明：令x?tan?,????,?
則?cos2??2sin? 21?x?22?=1?2sin2??2sin? 1331?=?2(sin??)2??當sin???即???時取等號
22226
?此時x?tan(?)?故原題得證 6此外，有些不等式從形式上觀察，好象無法用構造函數法證明，但只要我們認真觀察，善于等價轉化，對不等式加以適當的整理變形，有的時候也可以構造合適的函數來證明。
第二篇：函數和不等式思想在極值點偏移問題中的應用
函數和不等式思想在極值點偏移問題中的應用
一、教材分析
1．教材的內容
選修
1-1
第三章，本節屬于專題復習課.2.教材所處的地位和作用
微積分的創立是數學發展史中的里程碑，它的發展應用開創了向近代數學過渡的新時期，它為研究變量與函數提供了重要的方法和手段。導數的概念是微積分的核心概念之一，它有及其豐富的實際背景和廣泛的應用。在選修模塊中，學生將通過大量實例，經歷由平均變化率到瞬時變化率刻畫現實問題的過程，理解導數的含義，體會導數思想及其內涵；應用導數探索函數的單調，極值等性質在實際中的應用，感受導數在解決數學問題和實際問題中的作用，體會微積分的產生對人類文化發展的價值。
3.學情分析
①通過《數學必修》中函數，幾何與代數，數學建模等內容的學習以及在《數學選修
1-1》中第二，三章內容的學習，學生已經具備了函數的基本知識和運算能力，這為本節我們討論極值點偏移問題提供了很好的前提與基礎。
②學生具體研究學習了數學必修中函數單調性的尋找，證明和應用及不等式的相關結論，具備了一定的探究能力。基于此，學生會產生思考，如何運用函數和不等式來解決高考試題中極值點偏移的問題，能否給出一般性的解決方法和步驟，如果能夠得到這類問題較為簡單的解題通法，這個常常出現在高考數學壓軸題
題位置上的難點將不會再對我們造成太難的阻礙，甚至會成為部分同學新的得分點。
③教學對象是高三年級理科生，由于學生年齡和能力及題目本身思維要求高，過程繁，計算難度大等原因，學生的思維盡管活躍，敏捷，但卻缺乏冷靜深刻的數學思維和解難題的能力，因此所做的探索過于片面，結論不夠嚴謹.4.教學的重點和難點
重點：函數構造法，對數平均不等式和極值點偏移的判定定理
難點：函數構造法的結題步驟，構造函數的選取，對數平均不等式的放縮和極值點偏移的判定定理的使用
二、教學目標分析
1．知識與技能
1.能運用函數和不等式解決導數應用中極值點偏移的問題
2.掌握函數和不等式解決這類題的一般步驟
3.極值點偏移的判定定理的使用
2、過程與方法
1.通過利用幾何畫板展現極值點偏移的過程，讓學生直觀認識感受極值點偏移的本
質原因，激發學生探究解決問題的激情，和培養學生認真觀察事物變化過程，總結變化規律的習慣。同時在此處先不給出極值點偏移的判定定理，而是先用函數構造法和對數平均不等式這兩種之前已經介紹過的方法來求解例一。重在感受極值偏移的現象，和復習歸納已經學習的知識方法。
2.結合例一的解題過程，重點回顧討論解題的方法和步驟，展示這兩種方法的易錯點和難點的突破口，樹立學生解難題的信心規范學生的解題過程。然后把時間向前推移六年到例
2（2010
天津）讓學生自主模仿例一的解法嘗試來解例二，通過例一的復習學生較容易使用其中的一種或兩種方法得到題目的答案讓學生體會到學以致用的成就感，同時也通過兩題的比對了解到高考題目的變遷歷史體會該知識點在高考中的地位清楚今后的復習和學習方向。
3.展示學生例二的解題過程并加以點評后提出更高的要求——有沒有更好的方法，結合一開始的三張圖片讓學生再次重新審視極值點偏移的原因回歸到數學本質上來，不用很精準只需要說出自己的直觀感受即可，通過這一過程讓學生鍛煉自己的數學直觀想象和數學運算分析等核心素養，同時也為后面介紹極值點偏移的判定定理做好鋪墊，比較分析函數構造法和對數平均不等式的特點和優缺點，認識到具體問題具體分析，方法的選擇要靈活有針對性，不能盲目模仿和生搬硬套，通過一題多解，和同法異題的求解加深解題方法的理解和應用能力的提高，由具體問題的多角度的思維得出不同方法的求解過程培養學生的探索精神和數學歸納的能力，數學抽象能力。
3、情感態度與價值觀
通過經歷對例一和例二高考真題的探索和解決，激發學生對數學的好奇心和求知欲，鼓勵學生大膽嘗試、勇于探索、敢于創新，磨練思維品質，從中獲得成功的體驗，感受數學思維的奇異美、結構的對稱美、形式的簡潔美、數學的嚴謹美．引導學生樹立科學的世界觀，提高學生的數學素養和綜合素質。
三、教學方法與手段分析
1.教學方法
結合本節課的教學內容和學生的認知水平，在教法上，我采用“探究發現”模式的教學方法，整個教學過程以學生為主體，學生自主學習為中心的思想，同時運用多媒體課件教學等技術手段，同一題目不同方法的比對，相同方法不同題目的求解讓學生由淺入深，循序漸進的參與這堂課的每個過程，自然而然的完成本節課的教學目標。
2.學法
觀察分析→自主探究→
合作交流
→初步運用
→歸納小結
3.教學手段
利用計算機和實物投影等輔助教學，充分調動學生參與課堂教學的主動性與積極性.四、教學過程分析
教學是一個教師的“導”，學生的“學”以及教學過程中的“悟”構成的和諧整體.教師的“導”也就是教師啟發、誘導、激勵、評價等為學生的學習搭建支架，把學習的任務轉移給學生，學生就是接受任務，探究問題、完成任務.如果在教學過程中把“教與學”完美的結合也就是以“問題”為核心，通過對知識的發生、發展和運用過程的演繹、解釋和探究來組織和推動教學.Ⅰ.創設情境，提出問題
圖
x
=
m
=
x1
+
x2
極值點無偏移
圖
x
m
=
x1
+
x2
極值點左偏
0
圖
x0
2
0
m
=
x1
+
x2
目的：①本例通過給出三張典型的凹函數圖像，讓學生從圖像特征上去直觀感受函數圖像極值點發生偏移的原因，有助于調動學生學習積極性，同時上來通過圖像讓學生直觀感受而非繁瑣的計算來思考解決問題，有助于開拓學生視野回歸數學問題本質，降低了學生對于該問題的為難情緒。
②通過學生觀察后教師自然而然的給出極值點偏移的定義，并順帶給出極值點偏移的數學解釋逐步讓學生由感性認知上升到理論認知，當然老師在此可以對學生提出進一步要求，可不可以給出一般性的判定定理？這里我們只先提出問題，做下伏筆，但并不馬上去求解，避免由于問題過難而挫傷學生的積極性，同時也為本節課最后的問題做好了鋪墊。
Ⅱ.探究問題
例一（2016
全國卷一）已知函數
f
(x)=
(x
2)ex
+
a(x
-1)2
有兩個零點。
（I）求
a的取值范圍；（略）
（II）設
x1,x2
是
f
(x)的兩個零點，證明：
x1
+
x2
目的：①發揮學生的主觀能動性，先自己探求結果，檢查學生前一階段的復習成果和對于問題一的思考和聯系；
②讓學生對于零點偏移求解過程更加熟練，思路更加清晰；并為下一步對數平均不等式和極值點偏移的判定定理做好鋪墊；
解法一：對稱構造函數法由（1）知a
3
0
①
x1
x2
②構造函數
F
(x)
=
f
(x)
f
(2
x)，(x
1)
T
F
＇
(x)
=
f
＇
(x)
f
＇
(2
x)
=
(x
-1)(ex
+
2a)
+
(1-
x)(e2-x
+
2a)
=
(x
-1)(ex
e2-x)
x
1時
x
0
T
x
x
T
e2-
x
ex
0
＼
F
＇
(x)
0
T
F
(x)在(-
￥，1)上
-
③代入
x1
得
F
(x1)<
F
(1)=
0
T
f
(x2)
=
f
(x1)
f
(2
x1)
又Q
y
=
f
(x)在(1，+
￥)上
-
x2
?
(1,+
￥),2
x1
?
(1,+
￥)
＼
x2
x1
即
x1
+
x2
提問
1：學生解法一由哪些主要步驟，哪些步驟是你覺得難得地方，我們是如何解決這些困難的？
結合學生的回答對稱化構造函數處理極值點偏移問題的基本步驟歸納如下：
＇
①求導獲得
f
(x)的單調性，數形結合判斷零點
x1,x2
和極值點
x0的范圍
②構造輔助函數
F
(x)
=
性
f
(x)
f
(2x0
x)，判斷函數
F
(x)的符號，確定函數
F
(x)的單調
③結合F
(x0)
=
0
限定
x的范圍判定
F
(x)的符號得到不等式
④將
x1
(或x2)
代入上述不等式，利用
f
(x1)
=
f
(x2)
替換
f
(x1)
⑤結合①求得
f
(x)的單調性轉化為
x1,x2的不等式，證明結束。提問
2；可不可以把流程繼續簡化？
其中主要的三步流程簡化為“求導→構造→代入”。構造是難點，求導是關鍵，常用構
造要記清。
提問
3：還有其他解法嗎？提醒學生從不等式構造上思考
學生有困難，則先回顧基本不等式內容，讓學生從熟悉的，簡單的問題入手
調和平均數￡
幾何平均數￡
算術平均數￡
￡
平方平均數
A(a,b)
=
a
+
b,L(a,b)
=
a
b
ln
a
ln
b
,G(a,b)
=
ab,(a,b
0)
T
A
￡
L
￡
G
解法二：對數平均不等式（ALG）
f
(x)
=
f
(x)
=
0
?
(x
2)ex1
+
a(x
-1)2
=
(x
2)ex2
+
a(x
-1)2
=
0
ì?a(x
-1)2
=
(2
x)ex1
T
í
??a(x
-1)2
=
(2
x)ex2，兩式相減得a(x
+
x
-
2)(x
-
x)
=
(2
x)ex1
(2
x)ex2
ìx1
+
x2
3
0
（反證）假設
x
+
x
3
T
?x
x
0
T
(2
x)ex
(2
x)ex
￡
0
í
?
?a
3
0
T
(2
x)ex1
￡
(2
x)ex2
（左右兩邊同時取對數）
T
ln(2
x1)
+
x1
￡
ln(2
x2)
+
x2
T
ln(2
x1)
ln(2
x2)
￡
x2
x1
T
（x2
x1
3
T
(2
x1)
(2
x2)
3
（*）
ln
x1)-
ln(2
x2)
ln(2
x1)-
ln(2
x2)
由對數平均不等式（ALG）得
(2
x1)
(2
x2)
<
(2
x1)
+
(2
x2)
=
x1
+
x2
￡
ln(2
x1)-
ln(2
x2)
顯然與（*）相矛盾，假設不成立，原命題成立。
解題流程：實際問題→（數學抽象）數學模型→數學解→（解釋與檢驗）實際問題引導學生體會數學思維的奇異美、結構的對稱美、形式的簡潔美、數學的嚴謹美．
提問
4：這類問題最早出現在那一年高考題中，當時的高中生如何解決這類問題，我們是否能在當年的高考題中取得滿分？激發學生的動力積極性，檢查學生的掌握情況。給出本節的例二
例二（2010
天津卷）已知函數
f
(x)=
xe-x
(x
?
R)
（I）求函數
f
(x)的單調區間和極值；
（II）已知函數
y
=
g
(x)的圖像與函數
y
=
時，f
(x)
g(x);
f
(x)的圖像關于直線
x
=
對稱，證明：當
x
（III）如果
x1
1
x2，且
f
(x1)
=
f
(x2)，證明
x1
+
x2
2。
解法一：對稱構造函數法（1）（2）略
①由（1）知
x1
x2
②構造函數
F
(x)
=
f
(x)
f
(2
x)，(x
1)
T
F
＇
(x)
=
f
＇
(x)
f
＇
(2
x)
=
e-x
(1-
x)
+
e-(2-x)
[1-
(2
x)]
=
e-x
(1-
x)
+
e-(2-x)
(x
-1)
=
(x
-1)(e-2+x
e-x)
其中
x
0
ü
T
F
＇
(x)
0
t
x
T
ex-2
e-1
e-
x
y
T
F
(x)在（-
￥,1）上
-
③代入
x1
得
F
(x1)<
F
(1)=
0
T
f
(x2)
=
f
(x1)
f
(2
x1)
又Q
y
=
f
(x)在(1，+
￥)上
ˉ
x2
?
(1,+
￥),2
x1
?
(1,+
￥)
＼
x2
x1
即
x1
+
x2
解法二：對數平均不等式（ALG）
f
(x)
=
f
(x)
T
x
e-x1
=
x
e-x2
（左右兩邊同時取對數）
T
ln
x1
x1
=
ln
x2
x2
T
x1
x2
=
ln
x1
ln
x2
T
x1
x2
ln
x1
ln
x2
=
（*）
由對數平均不等式（ALG）得
T
x1
+
x2
x1
x2
ln
x1
ln
x2
=
x1
+
x2
提問
5：顯然這個問題對于現在的我們不是什么難題了，但作為新時代的我們能不能用給簡潔的方法給出這兩題的一般性解法，通法的探討顯然是我們要思考的問題。那么學生對于這個新的挑戰自然就會萌生極大地興趣，這時再回顧我們一開始觀察三張直觀圖時提出的問題，解法三的出現也就是必需的了。即本節課的最后一個知識點——極值點偏移的判定定理。
III.按圖索驥，回歸本質
極值點偏移判定定理：在給定區間
D
上函數
y
=
f
(x)
可導
f
(x1)
=
f
(x2),(x1
x2)，若
x0
為
(x,x)
上的唯一極小值點，f
＇＇＇
(x)
0，則極小值點右偏?
x1
+
x2
x；
0
f
＇＇＇
(x)
0，則極小值點左偏?
x1
+
x2
x。
0
對于該定理作為高中生我們只需要了解，不需要完整嚴格的證明，（后附有泰勒展開的完整證明過程，可以開拓一部分自學高等數學的學生的視野）
那么我們怎么來理解該判定定理呢？我們又如何運用它來解決高中相關的數學問題呢？對此我們分兩部分來討論。
第一部分：我們主要結合導數的幾何意義與
n
階導數的運算來了解該定理的由來。首先
通過讓學生再次觀察一開始我們已展示的圖一，二，三不，學生不難發現
y
=
f
(x)的圖
像偏移的原因，即
y
=
f
(x)的圖像在u(x0,?)
內增減速度的不同而發生的。接著再進一步
引導學生思考發生的不同我們如何去用數學的語言來描述刻畫它，提醒學生從導數的幾
何意義來思考，以圖
為例和學生一起做探討：
y
=
f
(x)的圖像的斜率一直在增加，但
增加的速度在變慢，（數學直觀想象），如何用數學語言來表述這一變化？（數學抽象）
→
f
＇
(x)
0,f
＇
(x)
增加T
f
＇＇
(x)
0（速度變慢）T
f
＇＇
(x)的絕對值變小
T
y
=
f
＇＇＇
(x)
0。
完成圖二的探討后可讓學生模仿獨立的完成圖
3的探索：
f
＇
(x)
0,f
＇
(x)
增加T
f
＇＇
(x)
0
（速度變快）
T
f
＇＇
(x)的絕對值變大
T
y
=
f
＇＇＇
(x)
0。
以上結論可簡單記憶口訣（“小大小”，“小小大”），同時若
x0
是極大值點的話，結論相反，口訣為（“大大大”，“大小小”）
IV.給出定理，嘗試新解
第二部分：運用新的判定定理重新去接例一和例二例一新解
極值點偏移判定定理
解法三：
f
(x)=
(x
2)ex
+
a(x
-1)2
T
f
＇
(x)
=
(x
-1)(ex
+
2a)
T
f
＇＇
(x)
=
(x
-1)ex
+
ex
+
2a
T
f
＇＇＇
(x)
=
ex
(x
+1)
分兩段區間討論
①若
x
?
(-￥,1]，f
(2)
=
a
0
結合圖像可知
x1
￡
x2
a，則
x1
+
x2
②若
x
?
(-1,+
￥)，f
＇＇＇
(x)
0，x
=
是極小值，符合“小大小”
T
x
+
x2
綜上的x1
+
x2
例二新解
解法三：
f
(x)
=
xe-x
T
f
＇
(x)
=
e-x
xe-x
T
f
＇＇
(x)
=
e-x
(x
2)
T
f
＇＇＇
(x)
=
e-x
(3
x)
分兩段區間討論
①若
x
?[3,+
￥)，可知
x1
+
x2
max{x1,x2}
3
2，則
x1
+
x2
②若
x
?
(-
￥,3)，f
＇＇＇
(x)
0，x
=
是極大值，符合“大大大”
T
x
+
x2
綜上知
x1
+
x2
至此我們回頭再看例一和例二的三個解法，不知不覺中對于一開始極值點偏移的問題有
了更新的認知。
VI.課堂練習
鞏固雙基
練習
1（2011
遼寧卷）已知函數
f
(x)
=
ln
x
ax2
+
(2
a)x。
（I）討論函數
f
(x)的單調性；
（II）設a
0，證明：當0
x
時，f
（1
+
x)
f
（1
x);
a
a
a
（III）若函數
y
=
f
(x0)
0。
f
(x)的圖像與
x
軸交于
A,B
兩點，線段
AB
中點的橫坐標為
x0，證明
練習
2（2014
天津卷）設
f
(x)
=
x
aex
(a
?
R),x
?
R
已知函數
y
=
且
x1
x2
（1）求
a的取值范圍
（2）證明
x2
隨著
a的減小而增大
x1
（3）證明
x1
+
x2
隨著
a的減小而增大
f
(x)
有兩個零點
x1,x2，練習
已知函數
f
(x)
=
a
ln
x,a
?
R.若函數
f
(x)
有兩個零點
x,x。
x
求證：
x1
+
x2
練習
已知函數
f
(x)
=
ex
ax
有兩個不同的零點
x,x，其極值點為
x
0
（I）求
a的取值范圍
（II）求證：
x1
+
x2
2x0
（III）求證：
x1
+
x2
（IV）求證：
x1
x2
目的：①通過學生的主體參與，使學生深切體會到本節課的主要內容和思想方法，從而實現對知識的再次深化.②練習分層，有利于不同層次的學生培養。
VII.課堂小結
學生點評，老師引導:
①由圖像直觀到方法求解,由繁瑣到簡潔，由為結題而解題到回歸數學本質，一再的追問和嘗試思考有利于學生的知識遷移和能力提高；
②用三種方法解題的運用：函數構造法，對數平均不等式和極值點偏移的判定定理。對三種解法的對比的再認識．特別是方法的選擇上要能盡可能適合題目適合自己；
③在理解方法的基礎上,及時進行正反兩方面的“短、平、快”填空和判斷是非練習.通過總結、辨析和反思，強化解法的靈活性，促進學生主動建構，有助于學生形成知識模塊，優化知識體系.體現知識目標。
五、教學評價
結果因過程而精彩,現象因方法而生動.無論是情境創設,還是探究設計,都必須以學生為主體、教師為主導、訓練為主線,設法從龐雜的知識中引導學生去尋找關系,挖掘書本背后的數學思想,建構基于學生發展的知識體系,教學生學會思考,讓教學真正成為發展學生能力的課堂活動。因此，本課例在具體問題的數學模型的建立和數學工具的選擇上舍得花大量時間，便是為了培養學生學會探究與創新，它就像一縷溫暖的陽光，不一定能喚醒萬物，卻能催開人世間最絢麗的花朵。
通過三種解題方法的研究，使學生從不同的思維角度掌握了極值點偏移的解決方法；從圖像直觀到理論總結和方法嘗試，數學的解題方法拉近了知識之間的聯系；由特殊到一般問題的推導不再讓學生為解題而解題，展現了數學思維的魅力．學生從中深刻地領會到解題過程中所蘊含的數學思想，培養了學生思維的深刻性、敏銳性、廣闊性、批判性．同時通過精講一題，發散一串的變式教學，使學生既鞏固了知識，又形成了技能．在此基礎上，通過民主和諧的課堂氛圍，培養了學生自主學習、合作交流的學習習慣，也培養了學生勇于探索、不斷創新的思維品質．
第三篇：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。 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=2q=1a=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。 函數法證明不等式 已知函數f(x)=x-sinx,數列{an}滿足0 <1>證明0 <2>證明an+1<(1/6)×(an)^ 3它提示是構造一個函數然后做差求導，確定單調性。可是還是一點思路都沒有，各位能不能給出具體一點的解答過程啊? (1)f(x)=x-sinx,f'(x)=1-cosx 00,f(x)是增函數,f(0) 因為0 且an+1=an-sinan (2)求證不等式即(1/6)an^3-an+1=(1/6)an^3-an+sinan>0① 構造函數g(x)=(1/6)x^3-x+sinx(0 g''(x)=x-sinx,由(1)知g''(x)>0,所以g'(x)單增,g'(x)>g'(0)=0 所以g(x)單增且g(x)>g(0)=0,故不等式①成立 因此an+1<(1/6)×(an)^3成立。 證畢! 構造分式函數，利用分式函數的單調性證明不等式 【例1】證明不等式：≥(人教版教材p23T4) 證明：構造函數f(x)=(x≥0) 則f(x)==1-在上單調遞增 ∵f(|a|+|b|)=f(|a+b|)=且|a|+|b|≥|a+b| ∴f(|a|+|b|)≥f(|a+b|)即所證不等式正確。 點評：本題還可以繼續推廣。如：求證：≥。利用分式函數的單調性可以證明的教材中的習題還有很多，如： p14第14題：已知c>a>b>0,求證: p19第9題:已知三角形三邊的長是a，b，c，且m是正數，求證： p12例題2:已知a，b，m，都是正數，且a 二、利用分式函數的奇偶性證明不等式 【例2】證明不等式：(x≠0) 證明：構造函數f(x)= ∵f(-x)= =f(x) ∴f(x)是偶函數，其圖像關于y軸對稱。 當x>0時，<0，f(x)<0; 當x<0時，-x>0,故f(x)=f(-x)<0 ∴<0，即 三、構造一次函數，利用一次函數的單調性證明不等式 【例3】已知|a|<1，|b|<1，|c|<1，求證：a+b+c證明：構造函數f(c)=(1-ab)c+a+b-2 ∵|a|<1，|b|<1 ∴-10 ∴f(c)的(-1，1)上是增函數 ∵f(1)=1-ab+a+b-2=a+b–ab-1=a(1-b)-(1-b)=(1-b)(a-1)<0 ∴f(1)<0，即(1-ab)c+a+b-2<0 ∴a+b+c。第四篇：構造函數證明不等式
第五篇：函數法證明不等式
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