第一篇：構造法證明不等式5

構造法證明不等式（2）

（以下的構造方法要求過高，即使不會也可以，如果沒有時

間就不用看了）

在學習過程中，常遇到一些不等式的證明，看似簡單，但卻無從下手，多種常用證法一一嘗試，均難以湊效。這時不妨變換一下思維角度，從不等式的結構和特點出發，構造一個與不等式相關的數學模型，實現問題的轉化，從而使不等式得到證明。

一、構造向量證明不等式（不會也可以）

例1：證明x?2(9?x2)?9，并指出等號成立的條件。

證明：不等式左邊可看成坐標表示，將左邊看成向量a=(與 x 和與?x2兩兩乘積的和，從而聯想到數量積的,)與b=(x, 9?x2)的數量積，7x?2(9?x2)?()2?(2)2x2?(9?x2)?9又a?b?|a|?|b|，所以

x9?x

2當且僅當b??a,(??0)時等號成立，故由 ?解得：x=,λ=1，即 x =時，等號成立。

2（1－y)例2：求證：1?(x?y?3)2?(2x?y?6)2? 6

證明：不等式左邊的特點，使我們容易聯想到空間向量模的坐標表示，將左邊看成a?(1?y,x?y?3,2x?y?6)模的平方，又a?b?|a|?|b|，為使a?b 為常數，根據待定系數法又可構造b?(1,2,?1)。于是|a|·|b|=(1?y)2?(x?y?3)2?(2x?y?6)26

a·b＝（1－y)·1＋(x?y?3)·2?(2x?y?6（）·?1）?1 所以(1?y)2?(x?y?3)2?(2x?y?6)2?1 2（1－y)即1?(x?y?3)2?(2x?y?6)2? 6

x2?(1?y)2?(1?x)2?y2?1?x)2?(1?y)2?2

二、構造復數證明不等式（這種方法不作要求，如果有興趣了解一下就可以了）22例

3、求證：x?y?

證明：從不等式左邊的結構特點容易聯想到復數的模，將左邊看成復數Z1=x+y i , Z2 = x +（1－ y）i，Z3 = 1－ x + y i，Z4 = 1－ x +（1－

y）i 模的和，又注意到Z1＋Z2＋Z3＋Z4＝2＋2 i，于是由 z1＋z2＋z3＋z4≥z1?z2?z3?z4可得：

x2?y2?x2?(1?y)2?(1?x)2?y2?(1?x)2?(1?y)2?22?22?

2注：此題也可構造向量來證明。

三、構造幾何圖形證明不等式

例4：已知：a>0、b>0、c>0 ,求證：

a2?ab?b2?b2?bc?c2?a2?ac?c2，當且僅當

111??時取等號。bac

證明：從三個根式的結構特點容易聯想到余弦定理，于是可構造如

下圖形，使OA＝a，OB＝b，OC＝c，∠AOB=∠BOC=60° 如圖（1），則∠AOC＝120°，AB=圖（1）a2?ab?b2，BC=b2?bc?c2,AC=a2?ac?c

2由幾何知識可知：AB＋BC≥AC，∴a2?ab?b2+b2?bc?c2≥a2?ac?c2 當且僅當A、B、C三點共線時等號成立，此時有

111absin60??bcsin60??acsin120?22

2ab+bc=ac 故當且僅當，即111??時取等號。bac

四、構造橢圓證明不等式

例5：求證：?

證明：42 ?4?9x2?2x?334?9x2的結構特點，使我們聯想到橢圓方程及數形結合思想。

x2y2??12于是令 y?4?9x(y?0)，則其圖象是橢圓的上半部分，49設y-2x=m，于是只需證?42,?m?3

3因 m為直線y=2x＋m在y軸上的截距，由圖（2）可知：

當直線 y = 2 x＋m 過點（24，0）時，m有最小值為m=?； 33

當直線y =2x＋m與橢圓上半部分相切時，m有最大值。

由 ?y?2x?m2 2得：13x+ 4mx + m– 4 = 0 ?22?9x?y?4

令△= 4（52－9m2）=0 得：m?22或m?（去）33

即m的最大值為424，故??m?，即??4?9x2?2x? 33333

五、構造方程證明不等式

例6：設 a1、a2、…an 為任意正數，證明對任意正整數n不等式(a1 + a2 + … + an)2≤ n(a12+a22+ …+ an2)均成立

證明：原不等式即為 4(a1 + a2 + … + an)2－4n(a12 + a22 + … + an2)≤ 0

由此聯想到根的判別式而構造一元二次方程：

(a12+ a22+ … + an2)x 2 + 2(a1 + a2 + … + an)x + n=0（＊）

因方程左邊＝(a1 x + 1)2 +(a2 x + 1)2 + … ＋(an x + 1)2 ≥ 0

當a1、a2、…an不全相等時，a1 x+

1、a2 x+

1、…an x+1至少有一個不為0，方程（＊）左邊恒為正數，方程（＊）顯然無解。

當a1＝a2＝…＝an 時，方程（＊）有唯一解 x＝?1 a

1故△＝4(a1 + a2 + … + an)2 － 4n(a12 + a22 + … + an2)≤ 0

即(a1 + a2 + … +an)2 ≤ n(a12 + a22 + … + an2)對任意正整數n均成立

六、構造數列證明不等式

例7：求證：Cn1+Cn2+…+Cnn >n

2n n-12圖（2）1?2n證明：不等式左邊為 2－1=從而聯想到等比數列的求和公式，1?2

n-111n?1n-1n-2n-12=n于是左邊=1+2+2+…+ 2 =[(1+2)+(2+2)+ …(2+1)≥·n·22 222n－1例8：設任意實數a、b均滿足| a | < 1，| b | < 1，求證：112?? 1?a21?b21?ab

證明：不等式中各分式的結構特點與題設聯想到無窮等比數列（| q | < 1）各項和公式S＝

a1，1?q

則：11?=（1 + a2 + a4 + …）+（1 + b2 + b4 + …）221?a1?b

=2+（a2 + b2）+(a4 + b4)+ …

≥2+2ab+2 a2 b2 + 2a4b4 + … = 2 1?ab

七、構造函數證明不等式

例9：已知 | a | < 1，| b | < 1，| c | < 1，求證：ab＋bc＋ca＞－

1證明：原不等式即為：（b＋c）a＋bc＋1>0 ……①

將a看作自變量，于是問題轉化為只須證：當－1＜a＜1時，（b＋c）a＋bc＋1恒為正數。

因而可構造函數 f(a)=(b + c)a + bc +1(－1＜a＜1)

若b + c = 0原不等式顯然成立。

若b + c ≠0，則f(a)是a的一次函數，f(a)在（－1,1）上為單調函數 而 f(-1)=－b－c + bc +1＝（1－b）（1－c）＞0

f(1)＝b＋c＋bc＋1＝（1＋b）（1＋c）＞0

∴f(a)＞0 即ab＋bc＋ca＞－1

此題還可由題設構造不等式：（1＋a）（1＋b）（1＋c）＞0

（1－a）（1－b）（1－c）＞0

兩式相加得：2＋2（ab＋bc＋ca）＞0即ab＋bc＋ca＞－1

八、構造對偶式證明不等式

例10：對任意自然數n，求證：(1+1)(1+11)…(1+)>43n?2

證明：設an =(1+1)(1+112583n?43n?1)…(1+)= … 43n?21473n?53n?2

3693n?33n47103n?23n?1…，cn = … 2583n?43n?13693n?33n構造對偶式：bn =

?1?

∴an> 11113?1??1?，即an > bn，an > cn，∴an，1?> an bn cn 3n?23n?13n?23n11)>，即：(1+1)(1+)…(1+43n?2

第二篇：巧用構造法證明不等式

巧用構造法證明不等式

構造法是指在解決數學問題的過程中，為了完成由條件向結論的轉化，通過構造輔助元素，架起一座溝通條件和結論的橋梁，從而使問題得到解決。不等式證明是高中數學的一個難點問題，若能巧用構造方法，可以使一些問題化難為易.本文擬用構造法巧證一些不等式問題，僅供參考.一、構造函數證明不等式

若能根據題中條件的特征，巧妙地構造函數，利用函數的圖象和性質來證明不等式.例1（2011年安徽高考理科題）（Ⅰ）設x?1,y?1，證明 111x?y????xy，xyxy

（Ⅱ）1?a?b?c，證明

logab?logbc?logca?logba?logcb?logac.解：∵x?1，y?1，所以要證明原不等式成立，則只需證

xy(x?y)?1?y?x?(xy)

2成立.令f(x)?y?x?(xy)2?[xy(x?y)?1]?(y2?y)x2?(1?y2)x?y?1 當y?1時，則f(x)?0，即xy(x?y)?1?y?x?(xy)2，所以

111x?y????xy xyxy

111?(,1).函數當y?1時，二次函數f(x)的圖象開口向上，對稱軸x??22y2

f(x)在[1,??)上單調遞增，所以

f(x)?f(1)?y2?y?1?y2?y?1?0

所以

111x?y????xy xyxy

綜上，所證明的原不等式成立.（Ⅱ）證明略.二、構造方程證明不等式

由解不等式的經驗知，不等式的解的區間的端點就是相應方程的解，所以可以利用方程與不等式的內在聯系，構造方程來證明不等式.例2 設實數a,b,c滿足

?a2?bc?8a?7?0?2 2?b?c?bc?6a?6?0

求證：1?a?9.?bc?a2?8a?7證明：由已知得?，故可構造關于x的方程：

?b?c??(a?1)

x2?(a?1)x?a2?8a?7?0

所以??[?(a?1)]2?4(a2?8a?7)?0，即a2?10a?9?0，所以1?a?9.三、構造三角形證明不等式

若能根據不等式的特征，構造出與不等式相同的幾何背景的三角形，通過三角形的性質和幾何特征來證明不等式.例3設a,b,c為正實數，求證：

a2?ab?b2?b2?bc?c2?c2?ca?a2?(a?b?c)證明：由于a2?ab?b2?

下圖所示.Aa2?b2?2abcos1200，構造三角形ABC，如 ? D B

使AC?b,BC?a,?ACB?1200，則AB?a2?ab?b2.作?ACB的角平分線交AB于D.令?ADC??，則ADbBDaa?，.??sin600sin?sin600sin(1800??)sin?

33ba(a?b)

所以AB?，BD?.由此可得AB?AD?DB?.sin?sin?sin?

∵0?????1，所以AB?，所以0?si?n3(a?b)，即

2a2?ab?b2?

同理：b2?bc?c2?(a?b)①.23(c?b)② 2

(c?a)③ 2c2?ca?a2?

由①②③得a2?ab?b2?b2?bc?c2?c2?ca?a2?(a?b?c).四、構造幾何體證明不等式

若要證明的不等式與幾何體中一些線段的長度有某種內在的關系，可通過構造幾何體來證明不等式.例4 已知a,b,c均為正數，且a2?b2?c2?1.證明：

?a2??b2??c2?3?(a?b?c)

證明：由a2?b2?c2?1，可發現此式與長方體的對角線長的公式有一定聯

系.故可構造長方體，使其長寬高分別為a,b,c，且AC1?1.A

c 1A1 D

1而AB1?b2?c2??a2.在?AB1C1中，有AB1?B1C1?AC1，即

?a2?a?1①

同理有

?b2?b?1②

?c2?c?1③

由①②③得?a2??b2??c2?3?(a?b?c).用構造法證明不等式是一種非常重要的解題方法.運用此方法的關鍵在于“構造”，可以根據所要證明的不等式的結構特征，合理運用類比、聯想等方法，構造出“輔助元素”，使所要證明的不等式化難為易，從而解決問題。

第三篇：構造法證明不等式

構造法證明不等式

由于證明不等式沒有固定的模式，證法靈活多樣，技巧性強，使得不等式證明成為中學數學的難點之一.下面通過數例介紹構造法在證明不等式中的應用.一、構造一次函數法證明不等式

有些不等式可以和一次函數建立直接聯系，通過構造一次函數式，利用一次函數的有關特性，完成不等式的證明.例1設0≤a、b、c≤2，求證：4a+b+c+abc≥2ab+2bc+2ca.證明：視a為自變量，構造一次函數

=4a+b+c+abc-2ab-2bc-2ca=(bc-2b-2c+4)a+(b+c-2bc)，由0≤a≤2，知表示一條線段.又=b+c-2bc=(b-c)≥0，=b+c-4b-4c+8=(b-2)+(c-2)≥0，可見上述線段在橫軸及其上方，∴≥0，即4a+b+c+abc≥2ab+2bc+2ca.二、構造二次函數法證明不等式

對一些不等式證明的題目，若能巧妙構造一元二次函數，利用二次函數的有關特性，可以簡潔地完成不等式證明.例2實數a、b、c滿足(a+c)(a+b+c)<0，求證：(b-c)>4a(a+b+c).證明：由已知得a=0時，b≠c，否則與(a+c)(a+b+c)<0矛盾，故a=0時，(b-c)>4a(a+b+c)成立.當a≠0時，構造二次函數=ax+(b-c)x+(a+b+c)，則有

=a+b+c，=2(a+c)，而·=2(a+c)(a+b+c)<0，∴存在m，當-1

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（?。┲担瑒t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．