第一篇：微積分學(xué)中的函數(shù)構(gòu)造法在求解不等式問題的應(yīng)用

函數(shù)構(gòu)造法在證明不等式方面的應(yīng)用

楊利輝

(成都紡織高等專科學(xué)校人文社科與基礎(chǔ)部，成都 611731)

作者：楊利輝（1970-），女，助教，主要從事大學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)及研究。

摘要：關(guān)于不等式的證明方法有很多種，而運(yùn)用函數(shù)構(gòu)造法證明不等式使得問題簡(jiǎn)單化，本文闡述了數(shù)學(xué)中構(gòu)造法的含義及其應(yīng)用所產(chǎn)生的影響，用實(shí)例介紹了函數(shù)構(gòu)造方法的幾種應(yīng)用情形。關(guān)鍵詞：函數(shù)構(gòu)造法；不等式；證明

Abstract： There are various methods can be applied to prove the inequalities.Especially, the method of construction can make the problems of inequalitybe simplified.We first state the meaning of the method of construction which applies effectively to resolve the problems of inequality in advanced mathematics.Then, construction of function, graphic solution, inequality equation and so on will be introduced.And a soundly explanation of various method of construction will be given by illustration.Keywords：The method of structure；Inequality；Constructing function;continuous1、構(gòu)造法及其意義

學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)在于善于尋求解題方法，發(fā)現(xiàn)一條擺脫疑難、繞過障礙的途徑，實(shí)現(xiàn)從已知到未知的轉(zhuǎn)化，在解題過程中，由于某種需要，要把題設(shè)條件中的關(guān)系構(gòu)造出來，將關(guān)系設(shè)想在某個(gè)模型之上得以實(shí)現(xiàn)，將已知條件經(jīng)過適當(dāng)?shù)倪壿嫿M合而創(chuàng)造出一種新的形式，從而使問題得到解決.構(gòu)造法是根據(jù)問題的有關(guān)信息確定特定的映射關(guān)系構(gòu)造出數(shù)學(xué)模型，將問題轉(zhuǎn)化為對(duì)數(shù)學(xué)模型的數(shù)理機(jī)制的研究，從而達(dá)到解題的一種化歸方法。化歸是一種間接解決問題的方法，它在解決數(shù)學(xué)問題中的作用在于轉(zhuǎn)化，就是把待解決或未解決的問題進(jìn)行變形，分割，映射，或者簡(jiǎn)單化，或熟悉化，或具體化，直到歸納到一類已經(jīng)能夠解決或者比較容易解決的問題中去.運(yùn)用構(gòu)造法解題的巧妙之處在于不是直接去解問題A，而是構(gòu)造一個(gè)與問題A有關(guān) 的輔助問題B，通過解答問題B 而達(dá)到解決問題A的目的.構(gòu)造法是數(shù)學(xué)中最具有挑戰(zhàn) 性的解題思路，它的合理使用使復(fù)雜問題簡(jiǎn)單化.特別是對(duì)于解決不等式問題，因?yàn)椴?第1頁

等式是兩個(gè)數(shù)值或兩個(gè)代數(shù)式或兩個(gè)函數(shù)大小的比較，不等式的證明方法有很多種，而采取構(gòu)造法證明不等式不僅可以提高解題速度，同時(shí)也拓寬了解題思維.構(gòu)造法作為一種創(chuàng)造性的思維活動(dòng)，對(duì)思維能力的培養(yǎng)和提高也有很大的益處，它作為一種重要的數(shù)學(xué)思想和常用數(shù)學(xué)方法，具有廣泛的應(yīng)用，在證明過程中，既能逢難化易，又能活躍思維，是培養(yǎng)創(chuàng)造性思維的一個(gè)極好的切入點(diǎn).本文通過幾個(gè)實(shí)例，闡述如何運(yùn)用函數(shù)構(gòu)造法來證明不等式的問題.2、幾種常見的函數(shù)構(gòu)造方法

在證明不等式時(shí)，先認(rèn)真觀察不等式的結(jié)構(gòu)特征，或者作適當(dāng)?shù)淖冃魏笤儆^察，然后構(gòu)造出一個(gè)與該不等式有關(guān)的輔助函數(shù)，利用輔助函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)去證明不等式，這種證明不等式的方法就叫做函數(shù)構(gòu)造法。

2.1 利用函數(shù)的單調(diào)性構(gòu)造輔助函數(shù)：

若f?x?在[a,b]上連續(xù)，在?a,b?內(nèi)可導(dǎo)，且對(duì)于任何x∈(a,b)有f??x??0 則f?x? 在[a,b]上單調(diào)增加；若f??x??0，則f?x?在[a,b]上單調(diào)減小.例1已知m、n、都為正整數(shù),且1?m?n，證明：(1?m)n?(1?n)m.分析利用不等式左右兩端形成一致構(gòu)造函數(shù)，并結(jié)合單調(diào)性來解決問題.證設(shè)f?x??ln?1?x?(x?2)，x

1x?ln(1?x)

則f??x??，因?yàn)閤?2，2x

x?1,ln(1?x)?lne?1，所以1?x

所以f??x??0，故f(x)在(2,+∞)時(shí)是減函數(shù), 即ln(1?m)ln(1?n)?，mn

所以ln(1?m)n?ln(1?n)m,故原不等式成立.例2設(shè)實(shí)數(shù)a,b,c，滿足|a|?1,|b|?1,|c|?1，求證：abc?2?a?b?c.證構(gòu)造函數(shù)f?a???abc?2???a?b?c???bc?1?a??c?b?2?，因?yàn)閨b|?1,|c|?1,所以bc?1?0，故f(a)為關(guān)于變數(shù)a的一次函數(shù)，且f(a)在（-1，1）上為單調(diào)函數(shù)，而f?1???bc?1???c?b?2???b?1??c?1?，由|b|?1,|c|?1知f(1)?0故f(a)為減函數(shù)，當(dāng)?1?a?1時(shí)，有f(a)?f(1)?0.從而題設(shè)條件下有abc?2?a?b?c.2.2利用函數(shù)的局部保號(hào)性

例3已知|a|?1,|b|?1,|c|?1,求證：ab?bc?ac??1.證原不等式形為?b?c?a?bc?1?0，構(gòu)造函數(shù)f(a)??b?c?a?bc?1，若b?c?0，不等式成立，若b?c?0，則f?a?是a的一次函數(shù),又－1＜a＜1，而f??1???b?c?bc?1??1?b??1?c??0，f?1??b?c?bc?1??1?b??1?c??0,由單調(diào)函數(shù)的局部保號(hào)性有 f?a??0，從而得到ab?bc?ac??1.2.3利用整函數(shù)多項(xiàng)式的性質(zhì)

20062006

例

4是整數(shù).分析:分子中兩個(gè)冪底數(shù)的第二項(xiàng)與分母都相同，聯(lián)想到函數(shù)值的求法。

證明：構(gòu)造函數(shù) f?x???1?x?

因f??x???f?x?，故f(x)是一個(gè)只含有 x 奇次項(xiàng)且不含常數(shù)項(xiàng)的整系數(shù)多項(xiàng)式函數(shù)，因此f(x)是一個(gè)只含有偶次項(xiàng)的整系數(shù)多項(xiàng)式函數(shù)，x2006??1?x?2006，又因?yàn)閤

故原式是整數(shù).2.4利用函數(shù)的凹凸性

設(shè)函數(shù)y?f?x?在[a，b]上連續(xù)，若對(duì)[a，b]中任意兩個(gè)值x1和x2（x1?x2），恒有f(x1?x2f(x1)?f(x2))?，則稱y?f(x)在[a，b]上是上凸的；若恒有2

2x?xf(x1)?f(x2)f(12)?則稱y?f(x)在[a，b]上是上凹的.22

b]上是上凸的，若y?f(x)在[a，則對(duì)該區(qū)間內(nèi)任意n個(gè)自變量的值x1,x2,x3,?,xn

有不等式

f(x1?x2?????xnf(x1)?f(x2)?????f(xn))?成立 nn

而且僅當(dāng)x1?x2?x3?????xn 時(shí)等號(hào)成立.例

5、在?ABC中，求證：sinA?sinB?sinC?

證明：設(shè)x1?x2且x1、x2?(0,?)，令f(x)?sinx，因?yàn)閒(x1)?f(x2)sinx1?sinx2x?xx?xx?xx?x??sin12cos12?sin12?f(12)，22222233.2所以y?sinx在[0，?]上是上凸的，因?yàn)锳，B，C?(0,?)根據(jù)定理有

故sinA?sinB?sinC?

3.2sinA?sinB?sinCA?B?C??sin?sin，3333、小結(jié)

本文介紹了運(yùn)用函數(shù)構(gòu)造法證明不等式的一些方法。利用函數(shù)構(gòu)造法證明不等式需要認(rèn)真分析要證明的不等式所具有的特點(diǎn)，引用不同的構(gòu)造法，然后運(yùn)用其特性對(duì)不等式加以證明。

構(gòu)造法在數(shù)學(xué)中的應(yīng)用非常的廣泛，運(yùn)用構(gòu)造法解決不等式問題培養(yǎng)了學(xué)生具有創(chuàng)

造性的數(shù)學(xué)能力和解決實(shí)際問題的能力，而創(chuàng)造性的能力的體現(xiàn)是創(chuàng)造性思維。

對(duì)于數(shù)學(xué)思維的培養(yǎng)及數(shù)學(xué)方法的培養(yǎng)也有一定的加強(qiáng)作用，有利于提高學(xué)生運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決實(shí)際問題的能力，有利于激發(fā)學(xué)生學(xué)習(xí)興趣，有利于提高學(xué)生學(xué)習(xí)的自覺性，把學(xué)生和教師從題海中解放出來，從而減輕教與學(xué)的過重負(fù)擔(dān)。

參考文獻(xiàn)

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第二篇：構(gòu)造法證明函數(shù)不等式

構(gòu)造法證明函數(shù)不等式

1、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值和最值，再由單調(diào)性來證明不等式是函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式綜合中的一個(gè)難點(diǎn)，也是近幾年高考的熱點(diǎn)．

2、解題技巧是構(gòu)造輔助函數(shù)，把不等式的證明轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或求最值，從而證得不等式，而如何根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造一個(gè)可導(dǎo)函數(shù)是用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵．

一、移項(xiàng)法構(gòu)造函數(shù)

【例1】已知函數(shù)f(x)?ln(x?1)?x，求證：當(dāng)x??1時(shí)，恒有1?1?ln(x?1)?x． x?

1二、作差法構(gòu)造函數(shù)證明

【例2】已知函數(shù)f(x)?的圖象的下方．

2312x?lnx，求證：在區(qū)間(1 ,??)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)?x

32三、換元法構(gòu)造函數(shù)證明

【例3】（2007年山東卷）證明：對(duì)任意的正整數(shù)n，不等式ln（111?1)?2?3都成立． nnn

四、從條件特征入手構(gòu)造函數(shù)證明

【例4】若函數(shù)y?f(x)在R上可導(dǎo)，且滿足不等式xf'(x)??f(x)恒成立，常數(shù)a、b滿足a?b，求證：af(a)?bf(b)．

五、主元法構(gòu)造函數(shù)

1?x)?x，g(x)?xlnx． 【例5】已知函數(shù)f(x)?ln(（1）求函數(shù)f(x)的最大值；

（2）設(shè)0?a?b，證明：0?g(a)?g(b)?2g（a?b)?(b?a)ln2．

2六、構(gòu)造二階導(dǎo)函數(shù)證明函數(shù)的單調(diào)性（二次求導(dǎo)）

【例6】已知函數(shù)f(x)?ae?x12x． 2（1）若f(x)在R上為增函數(shù)，求a的取值范圍；（2）若a?1，求證：當(dāng)x?0時(shí)，f(x)?1?x．

七、對(duì)數(shù)法構(gòu)造函數(shù)（選用于冪指數(shù)函數(shù)不等式）

【例7】證明：當(dāng)x?0時(shí)，(1?x)1?x?e1?2．

1、（2007年，安徽卷）設(shè)a?0，f(x)?x?1?ln2x?2alnx．

求證：當(dāng)x?1時(shí)，恒有x?ln2x?2alnx?1．

2、（2007年，安徽卷）已知定義在正實(shí)數(shù)集上的函數(shù)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(shù)f(x)?ln(1?x)? xb，求證：對(duì)任意的正數(shù)a、b，恒有l(wèi)na?lnb?1?． 1?xa4、（2007年，陜西卷）f(x)是定義在(0 , ??)上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf'(x)?f(x)?0，對(duì)任意正數(shù)a、b，若a?b，則必有（）

A．a(chǎn)f(b)?bf(a)

B．bf(a)?af(b)

C．a(chǎn)f(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(shù)證明，左邊構(gòu)造函數(shù)1?1，從其導(dǎo)數(shù)入手即可證明． x?11x?1??【解析】由題意得：f?(x)?，∴當(dāng)?1?x?0時(shí)，f?(x)?0，即f(x)在x?1x?1g(x)?ln(x?1)?x?(?1 , 0)上為增函數(shù)；當(dāng)x?0時(shí)，f?(x)?0，即f(x)在x?(0 , ??)上為減函數(shù)；故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(?1 , 0)，單調(diào)遞減區(qū)間(0 , ??)；于是函數(shù)f(x)在(?1 , ??)上的最大值為f(x)max?f(0)?0，因此，當(dāng)x??1時(shí)，f(x)?f(0)?0，即ln(x?1)?x?0，∴l(xiāng)n(x?1)?x（右面得證）．現(xiàn)證左面，令g(x)?ln(x?1)?11x1???1，則g?(x)?22，x?1(x?1)(x?1)x?1當(dāng)x?(?1 , 0)時(shí)，g'(x)?0；當(dāng)x?(0 , ??)時(shí)，g'(x)?0，即g(x)在x?(?1 , 0)上為減函數(shù)，在x?(0 , ??)上為增函數(shù)，故函數(shù)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． ∴l(xiāng)n(x?1)?1?．綜上可知：當(dāng)x??1時(shí)，有x?1x?1∴當(dāng)x??1時(shí)，g(x)?g(0)?0，即ln(x?1)?【點(diǎn)評(píng)】如果f(a)是函數(shù)f(x)在區(qū)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(shù)的最大值不超過0就可得證．

例2．【分析】函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)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(qū)間(1,??)上，恒有x2?lnx?x3成立，23231設(shè)F(x)?g(x)?f(x)，x?(1 , ??)，考慮到F(1)??0，要證不等式轉(zhuǎn)化變?yōu)椋?/p>

6立問題，即當(dāng)x?1時(shí)，F(xiàn)(x)?F(1)，這只要證明：g(x)在區(qū)間(1 ,??)是增函數(shù)即可． 【解析】設(shè)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(dāng)x?1時(shí)，F(xiàn)'(x)??0，從xxx而F(x)在(1,??)上為增函數(shù)，∴F(x)?F(1)?

1?0，∴當(dāng)x?1時(shí)，g(x)?f(x)?0，即6f(x)?g(x)，故在區(qū)間(1,??)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)?23x的圖象的下方． 3【點(diǎn)評(píng)】本題首先根據(jù)題意構(gòu)造出一個(gè)函數(shù)（可以移項(xiàng)，使右邊為零，將移項(xiàng)后的左式設(shè)為函數(shù)），并利用導(dǎo)數(shù)判斷所設(shè)函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，證明要證的不等式．讀者也可以設(shè)F(x)?f(x)?g(x)做一做，深刻體會(huì)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(jié)構(gòu)出發(fā)，只需令

1?x，則問題轉(zhuǎn)化為：當(dāng)x?0n時(shí)，恒有l(wèi)n(x?1)?x2?x3成立，現(xiàn)構(gòu)造函數(shù)h(x)?x3?x2?ln(x?1)，求導(dǎo)即可達(dá)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(shù)h(x)在(0 , ??)上單調(diào)遞增，∴x?(0 , ??)時(shí)，恒有h(x)?h(0)?0，即x3?x2?ln(x?1)?0，∴l(xiāng)n(x?1)?x2?x3，對(duì)任意正整數(shù)n，取x?1111?(0 , ??)，則有l(wèi)n(?1)?2?3． nnnn【點(diǎn)評(píng)】我們知道，當(dāng)F(x)在[a , b]上單調(diào)遞增，則x?a時(shí)，有F(x)?F(a)．如果f(a)＝?(a)，要證明當(dāng)x?a時(shí)，f(x)??(x)，那么，只要令F(x)＝f(x)－?(x)，就可以利用F(x)的單調(diào)增性來推導(dǎo)．也就是說，在F(x)可導(dǎo)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(gòu)造函數(shù)F(x)?xf(x)，則F'(x)?xf'(x)?f(x)?0，從而F(x)在R上為增函數(shù)，∵a?b，∴F(a)?F(b)，即af(a)?bf(b)．

【點(diǎn)評(píng)】由條件移項(xiàng)后xf?(x)?f(x)，容易想到是一個(gè)積的導(dǎo)數(shù)，從而可以構(gòu)造函數(shù)F(x)?xf(x)，求導(dǎo)即可完成證明．若題目中的條件改為xf?(x)?f(x)，則移項(xiàng)后xf?(x)?f(x)，要想到是一個(gè)商的導(dǎo)數(shù)的分子，平時(shí)解題多注意總結(jié)．

例5．【分析】 對(duì)于第（2）小問，絕大部分的學(xué)生都會(huì)望而生畏．學(xué)生的盲點(diǎn)也主要就在對(duì)所給函數(shù)用不上．如果能挖掘一下所給函數(shù)與所證不等式間的聯(lián)系，想一想大小關(guān)系又與函數(shù)的單調(diào)性密切相關(guān)，由此就可過渡到根據(jù)所要證的不等式構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，借助單調(diào)性比較函數(shù)值的大小，以期達(dá)到證明不等式的目的．（2）對(duì)g(x)?xlnx求導(dǎo)，則g'(x)?lnx?1．在g(a)?g(b)?2g(數(shù)，設(shè)F(x)?g(a)?g(x)?2g(a?b)中以b為主變?cè)獦?gòu)造函2a?xa?xa?x)，則F'(x)?g'(x)?2[g()]'?lnx?ln． 222當(dāng)0?x?a時(shí)，F(xiàn)'(x)?0，因此F(x)在(0 , a)內(nèi)為減函數(shù)；當(dāng)x?a時(shí)，F(xiàn)'(x)?0，因此F(x)在(a , ??)上為增函數(shù)．從而當(dāng)x?a時(shí)，F(xiàn)(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(shè)G(x)?F(x)?(x?a)ln2，則2G'(x)?lnx?lna?xG'(x)?0．?ln2?lnx?ln(a?x)；當(dāng)x?0時(shí)，因此G(x)在(0 , ??)2a?b)?(b?a)ln2． 2上為減函數(shù)，∵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(shù)，∴f'(x)?0對(duì)x?R恒成立，即a?xe?x對(duì)x?R恒成立；記g(x)?xe?x，則g'(x)?e?x?xe?x?(1?x)e?x；

當(dāng)x?1時(shí)，g'(x)?0；當(dāng)x?1時(shí)，g'(x)?0．知g(x)在(?? , 1)上為增函數(shù)，在(1 , ??)上為減函數(shù)，∴g(x)在x?1時(shí)，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(dāng)x?0時(shí)，h'(x)?0，∴h(x)在(0 , ??)上為增函數(shù)，又h(x)在x?0處連續(xù)，∴h(x)?h(0)?0，即F'(x)?0，∴F(x)在(0 , ??)上為增函數(shù)，又F(x)在x?0處連續(xù)，∴F(x)?F(0)?0，即f(x)?1?x．【點(diǎn)評(píng)】當(dāng)函數(shù)取最大（或最小）值時(shí)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(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題．不等式恒成立問題，一般都會(huì)涉及到求參數(shù)范圍，往往把變量分離后可以轉(zhuǎn)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(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題．因此，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)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(duì)不等式兩邊取對(duì)數(shù)得(1?)ln(1?x)?1?1xx，化簡(jiǎn)為2(1?x)ln(1?x)?2x?x2，2(l1?x)，設(shè)輔助函數(shù)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(yán)格單調(diào)增加，從而f'(x)?f'(0)?01?x（x?0），又由f(x)在[0 , ??)上連續(xù)，且f'(x)?0，得f(x)在[0 , ??)上嚴(yán)格單調(diào)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(dāng)x?1，a?0時(shí)，不難證明xxx 在(0,??)內(nèi)單調(diào)遞增，故當(dāng)x?1時(shí)，f(x)?f(1)?0，∴當(dāng)x?1時(shí)，恒有x?ln2x?2alnx?1．

2、【解析】設(shè)F(x)?g(x)?f(x)?12x?2ax?3a2lnx?b，則23a2(x?a)(x?3a)（x?0），∵a?0，∴當(dāng)x?a時(shí)，F(xiàn)'(x)?0，F(xiàn)'(x)?x?2a??xx故F(x)在(0 , a)上為減函數(shù)，在(a , ??)上為增函數(shù)，于是函數(shù)F(x)在(0 , ??)上的最小值是F(a)?f(a)?g(a)?0，故當(dāng)x?0時(shí)，有f(x)?g(x)?0，即f(x)?g(x)．

3、【解析】函數(shù)f(x)的定義域?yàn)??1 , ??)，f'(x)?11x??，∴當(dāng)?1?x?01?x(1?x)2(1?x)2時(shí)，f'(x)?0，即f(x)在x?(?1 , 0)上為減函數(shù)；當(dāng)x?0時(shí)，f'(x)?0，即f(x)在x?(0 , ??)上為增函數(shù)；因此在x?0時(shí)，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(xiàn)'(x)?baaxx2f(x)f(a)f(b)?af(b)?bf(a)，故選A． F(x)??在(0 , ??)上是減函數(shù)，由a?b有xab8

第三篇：構(gòu)造函數(shù)法證明不等式

構(gòu)造函數(shù)法證明不等式

河北省 趙春祥

不等式證明是中學(xué)數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容之一．由于證明不等式?jīng)]有固定的模式，證法靈活多樣，技巧性強(qiáng)，使其成為各種考試命題的熱點(diǎn)問題，函數(shù)法證明不等式就是其常見題型．即有些不等式可以和函數(shù)建立直接聯(lián)系，通過構(gòu)造函數(shù)式，利用函數(shù)的有關(guān)特性，完成不等式的證明．

一、構(gòu)造一元一次函數(shù)證明不等式

例1設(shè)0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，求證：x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)＜1．

證明：構(gòu)造一次函數(shù)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(dāng)0＜1－y－z＜1時(shí)，f(x)在(0，1)上是增函數(shù)，于是

f(x)＜f(1)=1－yz＜1；

⑵當(dāng)－1＜1－y－z＜0時(shí)，f(x)在(0，1)上是減函數(shù)，于是

f(x)＜f(0)= y＋z－yz = 1－(1－y)(1－z)＜1；

⑶當(dāng)1－y－z = 0，即y＋z = 1時(shí)，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(gòu)造一次函數(shù)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(shù)f(x)=(bc－1)x＋2－b－c的圖象在x軸上方，這就是說，當(dāng)| a |＜1，| b |＜1，| c |＜1時(shí)，有(bc－1)a＋2－b－c＞0，即abc＋2＞a＋b＋c．

二、構(gòu)造一元二次函數(shù)證明不等式

例3若 a、b、c∈R+，求證：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca ．

證明構(gòu)造函數(shù)f(x)= x2－(b＋c)x＋b2＋c2－bc ．

因?yàn)?△=(b＋c)2－4(b2＋c2－bc)=－3(b－c)2≤0，又因?yàn)槎雾?xiàng)的系數(shù)為正數(shù)，所以x2－(b＋c)x＋b2＋c2－bc≥0對(duì)任意實(shí)數(shù)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(shí)數(shù)，求證：0≤e≤

5．證明：構(gòu)造一元二次函數(shù)

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(xiàng)系數(shù)為正數(shù)，∴△= 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(gòu)造單調(diào)函數(shù)證明不等式 例5已知 a＞0，b＞0，求證 ：證明： 構(gòu)造函數(shù)f(x)=

x1?x

a1?a

＋

b1?b

＞

x

a?b1?a?b

．，易證f(x)=

1?x

= 1－

1?x

當(dāng)x＞0 時(shí)單調(diào)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(duì)任意自然數(shù)n 求證：(1＋1)(1＋

14)·…·(1＋

13n?2)＞3n?1．

證明：構(gòu)造函數(shù)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(shù)集N上的單調(diào)遞增函數(shù)，∴(1＋1)(1＋

14)·…·(1＋

13n?2)＞33n?1．

第四篇：構(gòu)造函數(shù)處理不等式問題

構(gòu)造函數(shù)處理不等式問題

函數(shù)與方程，不等式等聯(lián)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(zhì)與函數(shù)有關(guān)，該題就可考慮運(yùn)用構(gòu)造函數(shù)的方法求解。構(gòu)造函數(shù)，直接把握問題中的整體性運(yùn)用函數(shù)的性質(zhì)來解題，是一種制造性的思維活動(dòng)。因此要求同學(xué)們多分析數(shù)學(xué)題中的條件和結(jié)論的結(jié)構(gòu)特征及內(nèi)在聯(lián)系，能合理準(zhǔn)確地構(gòu)建相關(guān)函數(shù)模型。

一、構(gòu)造函數(shù)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(yùn)算較煩。但注意8102323到且題中出現(xiàn)??()?5()x?5x , 啟示我們構(gòu)造函數(shù)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?yōu)閤?1x?122)?f(x)，∵f(x)=x3+5x在R上為增函數(shù)∴原不等式等價(jià)于?x，解x?1x?1之得：－1＜x＜2或x＜－2。

2解含參不等式中參數(shù)范圍問題

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

3n恒成立，試確定參數(shù)a的取值范圍。解：設(shè)f(n)?

∵f(n+1)-f(n)111?????????，n?1n?22n1111????0,∴f(n)是關(guān)于n 的增函2n?12n?2n?1(2n?1)(2n?2)

數(shù)。又n≥2∴f(n)≥f(2)=

恒成立,必須有

∴1＜a＜712∴f(n)?loga(a?1)?對(duì)大于1的一切自然數(shù)n121237121?loga(a?1)?∴l(xiāng)oga(a?1)??1，而a＞1，∴a-1＜12123a1?51?∴a的取值范圍為（1，）。2

2二、構(gòu)造函數(shù)證明不等式。

1。移項(xiàng)作差，構(gòu)造一元函數(shù)

【例】當(dāng)x?(1,??)時(shí)，122x?lnx?x3 2

3【解】設(shè)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(dāng)x?1時(shí)，F(xiàn)?(x)=

x

從而F(x)在(1,??)上為增函數(shù)，∴F(x)?F(1)?故在區(qū)間(1,??)上，?0 6

122x?lnx?x3 23

【警示啟迪】本題首先根據(jù)題意構(gòu)造出一個(gè)函數(shù)（可以移項(xiàng)，使右邊為零，將移項(xiàng)后的左

式設(shè)為函數(shù)），并利用導(dǎo)數(shù)判斷所設(shè)函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，證明要證的不等式。讀者也可以設(shè)F(x)?f(x)?g(x)做一做，深刻體會(huì)其中的思想方法。2。二元不等式，定主元化為一元函數(shù)（全國(guó)）已知函數(shù)g?x??xlnx

設(shè)0?a?b,證明 ：0?g(a)?g(b)?2g（a?b)?(b?a)ln2.2

分析：對(duì)于本題絕大部分的學(xué)生都會(huì)望而生畏.學(xué)生的盲點(diǎn)也主要就在對(duì)所給函數(shù)用不上.如果能挖掘一下所給函數(shù)與所證不等式間的聯(lián)系，想一想大小關(guān)系又與函數(shù)的單調(diào)性密切相關(guān)，由此就可過渡到根據(jù)所要證的不等式構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，借助單調(diào)性比較函數(shù)值的大小，以期達(dá)到證明不等式的目的.證明如下： 證明：對(duì)g(x)?xlnx求導(dǎo),則g(x)?lnx?1.在g(a)?g(b)?2g（'

a?b)中以b為主變?cè)獦?gòu)造函數(shù), 2

a?x'a?xa?x

.)]?lnx?ln),則F'(x)?g'(x)?2[g（222

設(shè)F(x)?g(a)?g(x)?2g（'

當(dāng)0?x?a時(shí)，F(xiàn)(x)?0,因此F(x)在(0,a)內(nèi)為減函數(shù).當(dāng)x?a時(shí),F(x)?0,因此F(x)在(a,??)上為增函數(shù).從而當(dāng)x?a時(shí), F(x)有極小值F(a).因?yàn)镕(a)?0,b?a,所以F(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(又設(shè)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(dāng)x?0時(shí),G(x)?0.因此G(x)在(0,??)上為減函數(shù).因?yàn)镚(a)?0,b?a,所以G(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(3。冪指數(shù)函數(shù)不等式，對(duì)數(shù)法構(gòu)造函數(shù)

a?b)?(b?a)ln2 2

例：證明當(dāng)x?0時(shí),(1?x)

1?

1x

?e

1?

x2

4。數(shù)列和型不等式，利用通項(xiàng)構(gòu)造函數(shù) 例：證明：對(duì)任意的正整數(shù)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(diào)遞增，8分

則當(dāng)x?(0,??)時(shí)，恒有h(x)?h(0)?0.即當(dāng)x?(0,??)時(shí)，有x3?x2?ln(x?1)?0, 整理，得ln(x?1)?x2?x3.9分

對(duì)任意正整數(shù)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l(wèi)n2?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(yè)：1設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f(2)?2,當(dāng)x?0時(shí)，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(dāng)b?a?e,證明a?b

b

a3、（2007年，安徽卷）設(shè)a?0,f(x)?x?1?lnx?2alnx

求證：當(dāng)x?1時(shí)，恒有x?lnx?2alnx?1，（2007年，陜西卷）f(x)是定義在（0，+∞）上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足

xf?(x)?f(x)≤0，對(duì)任意正數(shù)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

第五篇：巧用構(gòu)造函數(shù)法證明不等式

構(gòu)造函數(shù)法證明不等式

一、構(gòu)造分式函數(shù)，利用分式函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

【例1】證明不等式：|a|?|b||a?b|

1?|a|?|b|≥1?|a?b|

證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=

x

1?x(x≥0)則f(x)=x1?x=1-

11?x

在?0，???上單調(diào)遞增

∵f(|a| + |b|)=

|a|?|b|1?|a|?|b|f(|a + b|)=|a?b|

1?|a?b|

且|a| + |b|≥|a + b|

∴f(|a| + |b|)≥f(|a + b|)即所證不等式正確。

二、利用分式函數(shù)的奇偶性證明不等式

【例2】證明不等式：x1?2x＜x

2（x≠0）證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=x1?

2x

?x

2(x?0)∵f(-x)=-xx-x?2x1-2-x?2?2x?1?x2?x1?2x

[1-(1-2x)]?x2?x1?2x?x2=f(x)

∴f(x)是偶函數(shù)，其圖像關(guān)于y軸對(duì)稱。當(dāng)x＞0時(shí)，1?2x

＜0，f(x)＜0；

當(dāng)x＜0時(shí)，-x＞0,故f(x)=f(-x)＜0 ∴x1-2x?x2＜0，即x1?2

x

＜x

2三、構(gòu)造一次函數(shù)，利用一次函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

【例3】已知|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1，求證：a + b + c＜abc + 2。

證明：構(gòu)造函數(shù)f(c)=(1-ab)c + a + b-

2∵|a|＜1，|b|＜

1∴-1＜ab＜1，1-ab＞0

∴f(c)的（-1，1）上是增函數(shù)

∵f(1)=1-ab + a + b-2=a + b–ab-1=a(1b)=(1c)2＞4a(a + b + c)。證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=ax2 +(-b + c)x +(a + b + c)(a≠0)

則f(0)=a + b + c，f(1)=2(a + c)

由(a + c)(a + b + c)＜0知：f(0)?f(1)＜0 ∴f(x)=0有兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根。∴△＞0，即(bc)2＞4a(a + b + c)

【例5】已知實(shí)數(shù)a，b，c滿足a + b + c = 5，a2 + b2 + c

2= 9，求證a，b，c的值都不小于1，又都 不大于21

3。

證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=2x2+ 2(a + b)x + a2 + b2=(x + a)2 +(x + b)2 ≥0

∵2＞0

∴△=[2(a+b)]2-4×2×(a2 + b2)≤0

∴△=4(5-c)2-8(9-c2)≤0 ∴(c-1)(3c-7)≤0

∴1≤c≤213

同理可證：1≤a≤21，1≤b≤2133。

【例6】已知a，b，c∈R，證明：a2 + ac + c2 + 3b(a + b + c)≥0，并指出等號(hào)何時(shí)成立？

證明：令f(a)= a2 +(c + 3b)a + c2 + 3b2

+ 3bc

△=(c + 3b)2-4(c2 + 3b2 + 3bc)=-3(b + c)2

≤0 恒成立 ∵二次項(xiàng)系數(shù)1＞0

∴f(a)≥0，即 a2 + ac + c2 + 3b(a + b + c)≥0

又當(dāng)△=0，即b + c = 0時(shí)f(a)=(a + b)2

= 0 ∴當(dāng)且僅當(dāng)a=-b=c時(shí)才能取等號(hào)。

⒉利用一元二次方程根的分布證明不等式

【例7】設(shè)a + b + c=1，a2 + b2 + c2 =1，且a＞b＞c，求證：-

13＜c＜0

證明：∵a + b + c=1

∴a + b =1-c有a2 + b2 + 2ab=1c

∴a，b是方程x2-(1-c)x+c2-c=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根

∵a＞b＞c，故方程有大于c的兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根

構(gòu)造函數(shù)f(x)= x2-(1-c)x+c2-c，則有：

????(1?c)2?4(c2?c)＞0

??1?c＞c

?2

??f(c)＞0

∴-1

3＜c＜0

⒊綜合運(yùn)用判別式法、一元二次方程根的分布證明不等式

【例8】設(shè)a，b是兩個(gè)不等于0的實(shí)數(shù)，求證：下列不等式中至少有一個(gè)成立。a?a2?2b2

2b1，aa2?2b2

2b1

證明：設(shè)f(x)=bx2?ax?b

2(b≠0)

∵△=(-a)2-2b(-b)=a2+2b2＞0

∴拋物線與x軸必有兩個(gè)交點(diǎn)，其橫坐標(biāo)為x=a?a2?2b2

2b

∴f(-1)=b

2?af(0)= ?b

2f(1)= b

2?a

⑴當(dāng)b＞0時(shí)，f(0)＜0

若a＞0,則f(-1)＞0

∴點(diǎn)A（-1，f(-1)）在x軸上方，點(diǎn)B（0，f(0)）在x軸下方

∴拋物線與x軸在（-1，0）內(nèi)必有一個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)有

aa2?2b2

2b1 若a＜0，則f(1)＞0 ∴點(diǎn)C(1，f(1))在x軸上方 ∴拋物線與x軸在（0，1）內(nèi)必有一個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)有 a?a2?2b22b1 ⑵當(dāng)b＜0時(shí)，f(0)＞0，此時(shí)點(diǎn)B在x軸下方，同理可證A點(diǎn)和C點(diǎn)至少有一點(diǎn) 在x軸上方。故兩個(gè)不等式至少有一個(gè)成立。構(gòu)造函數(shù)法證明不等式，關(guān)鍵在于找到能夠反映所要證不等式特征的合適的函數(shù)，從而就可以利用該函數(shù)的性質(zhì)去證明不等式。