第一篇：構造函數處理不等式問題
構造函數處理不等式問題
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
1、解不等式
810解不等式 ??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8102323到且題中出現??()?5()x?5x , 啟示我們構造函數3x?1x?1x?1(x?1)
f(x)=x3+5x去投石問路。解：將原不等式化為（f(232)?5()?x3?5x，令f(x)=x3+5x，則不等式變為x?1x?122)?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。
2解含參不等式中參數范圍問題
例3已知不等式11112??????????loga(a?1)?對大于1的一切自然數n?1n?22n12
3n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)
數。又n≥2∴f(n)≥f(2)=
恒成立,必須有
∴1＜a＜712∴f(n)?loga(a?1)?對大于1的一切自然數n121237121?loga(a?1)?∴loga(a?1)??1，而a＞1，∴a-1＜12123a1?51?∴a的取值范圍為（1，）。2
2二、構造函數證明不等式。
1。移項作差，構造一元函數
【例】當x?(1,??)時，122x?lnx?x3 2
3【解】設F(x)?g(x)?f(x)，即F(x)?
231
2x?x?lnx，32
1(x?1)(2x2?x?1)
則F?(x)?2x?x?=
xx(x?1)(2x2?x?1)
當x?1時，F?(x)=
x
從而F(x)在(1,??)上為增函數，∴F(x)?F(1)?故在區間(1,??)上，?0 6
122x?lnx?x3 23
【警示啟迪】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。2。二元不等式，定主元化為一元函數（全國）已知函數g?x??xlnx
設0?a?b,證明 ：0?g(a)?g(b)?2g（a?b)?(b?a)ln2.2
分析：對于本題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.證明如下： 證明：對g(x)?xlnx求導,則g(x)?lnx?1.在g(a)?g(b)?2g（'
a?b)中以b為主變元構造函數, 2
a?x'a?xa?x
.)]?lnx?ln),則F'(x)?g'(x)?2[g（222
設F(x)?g(a)?g(x)?2g（'
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).因為F(a)?0,b?a,所以F(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(又設G(x)?F(x)?(x?a)ln2.則G'(x)?lnx?ln
''
a?b)?0.2
a?x
?ln2?lnx?ln(a?x).2
當x?0時,G(x)?0.因此G(x)在(0,??)上為減函數.因為G(a)?0,b?a,所以G(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(3。冪指數函數不等式，對數法構造函數
a?b)?(b?a)ln2 2
例：證明當x?0時,(1?x)
1?
1x
?e
1?
x2
4。數列和型不等式，利用通項構造函數 例：證明：對任意的正整數n，不等式ln(n?1)?令h(x)?x3?f(x)?x3?x2?ln(x?1),?（k?
1n
?)都成立。k2k3
3x3?(x?1)2
?0在[0,??)上恒成立，則h'(x)?
x?1
所以h(x)在[0,??)上單調遞增，8分
則當x?(0,??)時，恒有h(x)?h(0)?0.即當x?(0,??)時，有x3?x2?ln(x?1)?0, 整理，得ln(x?1)?x2?x3.9分
對任意正整數n，取x?所以ln
1111
得ln(?1)?2?3，nnnn
10分
n?11111
?2?3，整理得ln(n?1)?lnn?2?3,nnnnn
1111
?,ln3?ln2??,2223121311
?, 23nn
則有ln2?ln1?……
ln(n?1)?lnn?
所以(ln2?ln1)?(ln3?ln2)???[ln(n?1)?lnn]?（1111
?)?(?
12132223
???（11
?3)，2
nn
即ln(n?1)?
?(k
k?1
n
?).3k
作業：1設f(x)是定義在R上的奇函數，f(2)?2,當x?0時，有f(x)?xf?(x)恒成立，則不等式f(x)?x的解集是（D）（A）（?2，0）∪（2，??）（C）（??，?2）∪（2，??）
（B）（?2，0）∪（0，2）（D）（??，?2）∪（0，2）
證明當b?a?e,證明a?b
b
a3、（2007年，安徽卷）設a?0,f(x)?x?1?lnx?2alnx
求證：當x?1時，恒有x?lnx?2alnx?1，（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）（A）af(b)≤bf(a)（C）af(a)≤f(b)4
（B）bf(a)≤af(b)
（D）bf(b)≤f(a)
5。已知a?0,x?1,求證: x?lnx?2alnx?1
n
6。已知n?N,求證:??lnn??
ii?1i?2i?2
*
n
第二篇：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。 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：a?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。abc2x?b)2?(3cx?)2 1492??)x?12x?1,(?a?b?c?1)abc 111由f(x)?0（當且僅當a?,b?,c?時取等號），632 149得⊿≤0,即⊿＝144-4（??）≤0 abc 111149∴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 求證： a?ma> 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?x?b?ab?af（x）==1-b?xb?x證明：令 f（x）= ∵b-a>0 b?a+ 在R上為減函數 b?x b?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?b 1?a?b≤a?b 1?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?b 1?a?b≤a?b 1?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：—1x1≤≤ 221?x 2[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?x222 x2證明：設 y=，則yx-x+y=0 21?x ∵x為任意實數 22∴上式中Δ≥0，即（-1）-4y≥0 411得：—≤y≤ 22 1x1∴—≤≤ 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?lgy lgx?lgy2 22lgx?lgy）2lgxlgy令 f(x)= == ?222222lgx?lgylgx?lgylgx?lgylgx?lgy 22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≥102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?2x 2xx 證明：設f（x）=-(x≠0)x1?22 例 9、證明不等式： ?x?x?x2xx∵f（-x）=-= x+ ?x1?222?12 xxx[1-(1-2)]+1?2x2 xx=-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：構造函數證明不等式
第四篇：構造函數證明不等式
第五篇：構造函數巧解不等式
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