第一篇：構造函數巧解不等式

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?。

第二篇：構造函數,妙解不等式

構

不等式與函數是高中數學最重要的兩部分內容。把作為高中數學重要工具的不等式與作為高中數學主線的函數聯合起來，這樣資源的優化配置將使學習內容在函數思想的指導下得到重組，優勢互補必將提升學習效率.例1:已知a2+ab+ac<0證明b2-4ac>0

分析：有所證形式為二次函數的判別式（△）的格式。故試圖構造二次函數使思路峰回路轉。

證明：令f(x)=cx2+bx+a。由a2+ab+ac=a(a+b+c)<0得a與 a+b+c異號。

F(0)=a，f(1)= a+b+c。所以，f(x)圖像與x軸有兩個交點.。所以判別式（△）大于0。即b2-4ac>0。

x?111< ln

本題與2005年全國卷Ⅱ中函數f(x)=ln(1+x)-x 沒有什么區別，有著高等數學的背景，且是近幾年高考命題不等式證明題中新的開挖點。構造函數和用求導數法來研究其單調性，進而再利用單調性可快捷證得，往往別開生面。

11證明：設1+= t ,由x∈(0,+∞)則t > 1 ,∴x =xt?1

1原不等式

< lnt

1令f(t)=t-1-lnt 則 f ‘(t)=1-當 t∈(1,+∞)，有f‘(t)>0 t

從而 f(t)在t∈(1,+∞)單調遞增，所以 f(t)>f(1)=0 即t-1>lnt

1t?1同理 令g(t)=lnt-1+。則g’(t)= 2 當t∈(1,+∞)，有 g’(t)>0 tt

1所以 g(t)在t∈(1,+∞)單調遞增，g(t)>g(1)=0即lnt>1-t

x?111綜上 < ln

有些不等式，利用函數的性質（如單調性，奇偶性等）來解證，往往要比常規的方法容易找到證題途徑，下面看一個例題：

例3：設a，b，c∈R+，且a＋b＞c．

在課堂上可先讓學生用常規方法思考試證后啟發學生用構造函數法來證，最后比較證法。

（x∈R+），先證單調性。

∴f（x）在x∈R+上單調遞增。

∵a+b＞c（已知）∴f（a+b）＞f（c），利用構造法也可解關于x的不等式

例4:已知關于x的不等式｜x-4｜＋｜x-3｜＜a的解集為非空集合，求實數a的取值范圍。

對于討論這類含參數的不等式，先讓學生按常規方法解：用數軸法，分別在三個區間內討論解集為非空集合時a的取值范圍，然后求它的交集得a＜1。

后來又啟發學生用構造函數方法來解，學生們思考很積極，有一個學生解道：

作出分段函數的圖象（如上圖所示）

通過以上對構造函數發典例的分析，可以看出構造函數法確實是一種解題的好途徑。將證明或求解的不等式地為轉化為函數的問題，關鍵在于轉化為什么樣的函數.這就要求從被證（解）的不等式的形狀，特點入手，發生聯想。本著“縱向深入，橫向聯系”的原則，合理的構造函數模型。達到啟發學生思維，開拓解題途徑的效果。

第三篇：構造向量巧解不等式問題

構造向量巧解有關不等式問題

新教材中新增了向量的內容，其中兩個向量的數量積有一個性質：a?b??|a||b|cos?（其中θ為向量a與b的夾角），則|，又?，則易得到以1?cos?1a?b|??||a|||bcos|

下推論：

（1）ab??|ab|?||；

（2）|ab?|?|a|?|b|；

（3）當a與b同向時，ab??|ab|?||；當a與b反向時，a?b???|a||b|；

（4）當a與b共線時，|ab?|?|a|?|b|。

下面例析以上推論在解不等式問題中的應用。

一、證明不等式

例1已知a。、b?R，a?b?12證明：設m=（1，1），n，則 2a?2b?1)???

?ab?

1||2||a?1?2b?1?

2ab?12由性質m ?n?|m|?|n|，得?y?z?1，求證：x?y?z例2已知x。

證明：設m=（1，1，1），n=（x，y，z），則 2221

3m?n????xyz1

||3，|n|x?y?z

222222 m?nm|?||||n，得x?y?z由性質|

?22213a2b2c2a?b?cR，求證：???例3已知a，b，c?。b?cc?aa?b2

222abc)證明：設m，??a?b)bc?ca?ab?

則m ??na?b?c

222abc||||2(a?b?c)b?ca?ca?b

第1頁（共4頁）

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a2b2c2a?b?c由性質| ???m?n|?|m||n|，得b?cc?aa?b2222例4已知a,b為正數，求證：(。a?b)(a?b)?(a?b)

證明：設m ?(a，b)，n?(a，b)，則

33m?n?a?b

224442233222||a?b，|n|a?b

由性質|m?n|?|m||n|，得 222

44422332(a?b)(a?b)?(a?b)

d?a?cd?。,b,c,d?R例5設a，求證：a

證明：設m=（a,b），n=（c,d），則

m?n??adbc

2222 ||a?b||c?d222

由性質ab??|ab|?||，得

222ad?a?cd?

二、比較大小

Rda?例6已知m,n,a,b,c,d?

p，q的大小關系為（）

A.p?qB.p?qC.p

hk?abcd

bd |h|ma?nc，|k|mn

hk?|??|hk|||得 由性質|

bcdman?即p?q，故選（A）

bd mn

三、求最值

例7已知m,n,x,y?，且m，那么mx+ny的最大值為??na，x??ybR

（）A.2222abB.a?b

2C.a2?b2

2D.a2?b2

解：設p=（m,n），q=（x,y），則

由數量積的坐標運算，得p ?q?mx?ny

而|| m?n||x?y

從而有m xnmx?y

當p與q同向時，mx+ny取最大值m，故選（A）。?nx?yb

例8求函數的最大值。x??)

解：設，則 x?2x)，n?(1，1)***2

m?n2x?1?2x

|m|?2，|n|2

由性質m?n?|m|?|n|，得

x?2x2

當

四、求參數的取值范圍 113 時時，y?2max22x??2x

y?y例9設x,y為正數，不等式x恒成立，求a的取值范圍。

yn)，?（1，1）解：設，則

||x?y||2

由性質m?n?|m|?|n|，得

xyx?y y?y又不等式x恒成立

故有a?2

黑龍江省大慶市66中學（163000）

第四篇：函數解答題-構造函數證明不等式

函數解答題-構造函數證明不等式 例1（2013年高考北京卷（理））設L為曲線C:y?lnx在點(1,0)處的切線.x

(I)求L的方程;

(II)證明:除切點(1,0)之外,曲線C在直線L的下方.【答案】解:(I)設f(x)?lnx1?lnx,則f?(x)?.所以f?(1)?1.所以L的方程為2xx

y?x?1.(II)令g(x)?x?1?f(x),則除切點之外,曲線C在直線l的下方等價于

x2?1?lnxg(x)?0(?x?0,x?1).g(x)滿足g(1)?0,且g?(x)?1?f?(x)?.x2

2當0?x?1時,x?1?0,lnx?0,所以g?(x)?0,故g(x)單調遞減;

當x?1時,x?1?0,lnx?0,所以g?(x)?0,故g(x)單調遞增.所以,g(x)?g(1)?0(x?0,x?1).所以除切點之外,曲線C在直線L的下方.又解:g(x)?0即x?1?2lnx?0變形為x2?x?lnx?0,記h(x)?x2?x?lnx,則x

12x2?x?1(2x?1)(x?1)h?(x)?2x?1???,xxx

所以當0?x?1時,h?(x)?0,h(x)在(0,1)上單調遞減;當x?1時,h?(x)?0,h(x)在(1,+∞)上單調遞增.所以h(x)?h(1)?0.)

例2（2013年普通高等學校招生統一考試遼寧數學（理）試題（WORD版））已知函數f?x???1?x?e?2xx3,g?x??ax??1?2xcosx.當x??0,1?時，2

1;1?x(I)求證:1-x?f?x??

(II)若f?x??g?x?恒成立,求實數a取值范圍.【答案】解：(1)證明：要證x∈[0，1]時，(1＋x)e－2x≥1－x，只需證明(1＋x)ex≥(1－x)ex.－

記h(x)＝(1＋x)ex－(1－x)ex，則h′(x)＝x(ex－ex)，當x∈(0，1)時，h′(x)＞0，因此h(x)在[0，1]上是增函數，故h(x)≥h(0)＝0.所以f(x)≥1－x，x∈[0，1]．

－

－

要證x∈[0，1]時，(1＋x)e

－2x

1≤ex≥x＋1.1＋x

記K(x)＝ex－x－1，則K′(x)＝ex－1，當x∈(0，1)時，K′(x)＞0，因此K(x)在[0，1]上是增函數，故K(x)≥K(0)＝0.所以f(x)≤，x∈[0，1]．

1＋x1

綜上，1－x≤f(x)≤，x∈[0，1]．

1＋x(2)(方法一)

x

ax＋1＋2xcos x? f(x)－g(x)＝(1＋x)e－?2??

－2x

x3

≥1－x－ax－1－2xcos x

2x

a＋1＋＋2cos x?.＝－x?2??

x2

設G(x)＝2cos x，則G′(x)＝x－2sin x.記H(x)＝x－2sin x，則H′(x)＝1－2cos x，當x∈(0，1)時，H′(x)＜0，于是G′(x)在[0，1]上是減函數，從而當x∈(0，1)時，G′(x)＜G′(0)＝0，故G(x)在[0，1]上是減函數．于是G(x)≤G(0)＝2.從而

a＋1＋G(x)≤a＋3，所以，當a≤－3時，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．

下面證明，當a＞－3時，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．

1x3

f(x)－g(x)≤1－ax－2xcos x

21＋x－xx3

＝ax－－2xcos x

21＋x

1x

＝－x?1＋xa2＋2cos x?.??

－11x21記I(x)＝＋a＋2cos x＝＋a＋G(x)，則I′(x)＝＋G′(x)．當x∈(0，21＋x1＋x（1＋x）1)時，I′(x)＜0.故I(x)在[0，1]上是減函數，于是I(x)在[0，1]上的值域為[a＋1＋2cos 1，a＋

3]．

因為當a＞－3時，a＋3＞0，所以存在x0∈(0，1)，使得I(x0)＞0，此時f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．

綜上，實數a的取值范圍是(－∞，－3]．(方法二)

先證當x∈[0，1]時，1－x2≤cos x≤1－2.241

記F(x)＝cos x－1＋x2，則F′(x)＝－sin x＋x.22

記G(x)＝－sin x＋x，則G′(x)＝－cos x＋1，當x∈(0，1)時，G′(x)＞0，于是G(x)在[0，1]上是增函數，因此當x∈(0，1)時，G(x)＞G(0)＝0，從而F(x)在[0，1]上是增函數，因此F(x)≥F(0)＝0.所以

當x∈[0，1]時，12≤cos x.同理可證，當x∈[0，1]時，cos x≤1－2.411

綜上，當x∈[0，1]時，1－x2≤cos x≤1－x2.24因為當x∈[0，1]時．

x

ax＋1＋2xcos x? f(x)－g(x)＝(1＋x)e－?2??

－2x

1x3

1－2? ≥(1－x)－ax－1－2x??4?2

＝－(a＋3)x.所以當a≤－3時，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．

下面證明，當a＞－3時，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．因為 x

ax＋1＋2xcos x? f(x)－g(x)＝(1＋x)e－?2??

－2x

11x3

1－x2? ≤1－ax－2x??2?21＋xx2x3

＝(a＋3)x 1＋x2

x－a＋3）?，≤x??2?3

a＋31所以存在x0∈(0，1)例如x0取中的較小值滿足f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，321]上不恒成立．

綜上，實數a的取值范圍是(－∞，－3]．

例3（2012高考遼寧文21）(本小題滿分12分)

設f(x)＝lnx＋x－1，證明： 3

(1)當x>1時，f(x)<2(x－1)； 9?x－1?

(2)當1

【答案】解：(1)(證法一)

記g(x)＝lnx＋x－1－2(x－1)．則當x>1時，113

g′(x)＝x2，g(x)在(1，＋∞)上單調遞減．

2x又g(1)＝0，有g(x)<0，即

f(x)<2x－1)．(證法二)

由均值不等式，當x>1時，x

令k(x)＝lnx－x＋1，則k(1)＝0，k′(x)＝x1<0，故k(x)<0，即 lnx

由①②得，當x>1時，f(x)<2(x－1)．(2)(證法一)記h(x)＝f(x)－

9?x－1?，由(1)得 x＋5

1154

h′(x)＝x2x?x＋5?2＋xx＋55454＝2x?x＋5?4x?x＋5??x＋5?3－216x

＝4x?x＋5?令g(x)＝(x＋5)3－216x，則當1

9?x－1?

x＋5(證法二)

記h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，則當1

－9 2x－1)＋(x＋5)?x?2x?1

＝2xx(x－1)＋(x＋5)(2＋x)－18x]

x11??

2x3x?x－1?＋?x＋5??2＋22－18x? ????1

＝4xx2－32x＋25)<0.因此h(x)在(1,3)內單調遞減，又h(1)＝0，所以h(x)<0，即f(x)<

9?x－1?

.x＋5

例4（2012高考浙江文21）（本題滿分15分）已知a∈R，函數f(x)?4x3?2ax?a（1）求f(x)的單調區間

（2）證明：當0≤x≤1時，f(x)+ 2?a＞0.【答案】

【解析】（1）由題意得f?(x)?12x2?2a，當a?0時，f?(x)?0恒成立，此時f(x)的單調遞增區間為???,???.當a?

0時，f?(x)?12(x?

?此時函數f(x)的單調遞增區間為?x，.?(2)由于0?x?1，當a?2時，f(x)?a?2?4x3?2ax?2?4x3?4x?2.333

當a?2時，f(x)?a?2?4x?2a(1?x)?2?4x?4(1?x)?2?4x?4x?2.設g(x)?2x?2x?1,0?x?

1，則g?(x)?6x?2?6(x?則有

x?.33

所以g(x)min?g?1?0.3

當0?x?1時，2x?2x?1?0.故f(x)?a?2?4x3?4x?2?0.例5（2012高考山東文22）(本小題滿分13分)

已知函數f(x)?

lnx?k

(k為常數，e=2.71828…是自然對數的底數)，曲線y?f(x)在點ex

(1,f(1))處的切線與x軸平行.(Ⅰ)求k的值；

(Ⅱ)求f(x)的單調區間；

(Ⅲ)設g(x)?xf?(x)，其中f?(x)為f(x)的導函數.證明：對任意x?0,g(x)?1?e?2.1

?lnx?k【答案】(I)f?(x)?，ex

由已知，f?(1)?

1?k

?0，∴k?1.e

?lnx?1(II)由(I)知，f?(x)?.ex

設k(x)?

?lnx?1，則k?(x)??2??0，即k(x)在(0,??)上是減函數，xxx

由k(1)?0知，當0?x?1時k(x)?0，從而f?(x)?0，當x?1時k(x)?0，從而f?(x)?0.綜上可知，f(x)的單調遞增區間是(0,1)，單調遞減區間是(1,??).(III)由(II)可知，當x?1時，g(x)?xf?(x)≤0＜1+e?2，故只需證明g(x)?1?e?2在0?x?1時成立.當0?x?1時，ex＞1，且g(x)?0，∴g(x)?

1?xlnx?x

?1?xlnx?x.x

e

設F(x)?1?xlnx?x，x?(0,1)，則F?(x)??(lnx?2)，當x?(0,e?2)時，F?(x)?0，當x?(e?2,1)時，F?(x)?0，所以當x?e?2時，F(x)取得最大值F(e?2)?1?e?2.所以g(x)?F(x)?1?e?2.綜上，對任意x?0，g(x)?1?e?2.

第五篇：運用函數構造法巧證不等式

運用函數構造法巧證不等式

羅小明（江西省吉水二中331600）

不等式證明方法較多，本文介紹主元、零點、導數法構造函數證明不等式，以飧讀者。關鍵字：函數不等式

不等式的證明是高中數學教學中的一大難點，也是高考、競賽中的一大熱點。本文將不等式證明問題轉化為函數問題予以解決，力爭突破解題思維，以求解題方法創新。這種解題思路使解答簡捷，達到出奇制勝的效果。

一．主元法

例1．已知：a、b、c?(?1,1)，證明：abc?2?a?b?c

思路：以a為主元構造函數f(a)，再由函數單調性可證。

證明：視a為主元構造函數f(a)?(bc?1)a?2?b?c，此為一次函數。

由a、b、c?(?1,1)知，f(1)?f(a)

又f(1)?bc?1?b?c?(1?b)(1?c)?0

c 故有f(a)?0即abc?2?a?b?。

例2．設x、y、z?(0,1)，證明：x(1?y)?y(1?z)?z(1?x)?

1證明：作f(x)?x(1?y)?y(1?z)?z(1?x)

?(1?y?z)x?y(1?z)?z此為關于x的一次函數

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

故有 x(1?y)?y(1?z)?z(1?x)?1

類題演練：設x、y、z?(?1,1)，證明：xy?yz?zx?1?0

二．零點法

例3．若x、y、z滿足x?y?z?1且為非負實數，證明：0?xy?yz?xz?2xyz?思路：以x、y、z為三個零點，構造三次函數去證。

證明：令f(t)?(t?x)(t?y)(t?z)，則f(t)?t?(x?y?z)t?(xy?yz?xz)t?xyz

記u?xy?yz?xz?2xyz 則u?2f()?211432727

（1）當x、y、z均不超過

12時，?3?

?(x?y?z)??11111

由于 f()?(?x)(?y)(?z)?? ??

22223216??

??

故有0?u?

727

成立。

2（2）當x、y、z只可能有一個大于

1?y?z

4x

時，不妨設x?1

212

由于f()?(?x)（22

x)?

(?x)

故有?u?

（12

?x)??

(1?x)(2x?x?1)

727

?0，0?u?

727

也成立。

由（1）、（2）知0?xy?yz?xz?2xyz?

2222

例4．設a、b、c為三角形三邊長，若a?b?c?1，證明：a?b?c?4abc?

思路：先用分析法，再以a、b、c為三個零點，構造三次函數去證。證明：由a?b?c?1?a2?b2?c2?4abc?1?2(ab?bc?ca)?4abc即要證 ab?bc?ca?2abc?

4作f(x)?(x?a)(x?b)(x?c)，則f(x)?x3?(a?b?c)x2?(ab?bc?ca)x?abc 由a?b?c?1，a、b、c為三角形三邊長，有0?a、b、c?故有f()?0?ab?bc?ca?2abc?

211

412

所以 a?b?c?4abc?

222

類題演練：已知：a、b、c、A、B、C?R?，且有a?A?b?B?c?C?k，證明：aB?bC?cA?k

三．導數法

例5．證明：tanx?2sinx?3x，x?(0,?

2)

思路：作輔助函數，利用導數判別函數單調法證之。證明：作輔助函數f(x)?tanx?2sinx?3x，則

f(x)?

'

1cosx

?2cosx?3，記g(x)?f(x)有

'

g(x)?

'

2sinxcosx

?2sinx?2sinx（1cosx

?1)?0，知f'(x)是增函數，又f'(0)?0故當x?(0,?)時，有f(x)?0，從而有f(x)?f(0)?0

'

所以?x?(0,?)，都有tanx?2sinx?3x

例6．已知：a、b?0,p?1,1p

?

1q

?1，求證：ab?

a

p

p

?

b

q

q

思路：不妨視b為常量，作輔助函數，再用導數判別函數單調法證之。證明：作f(a)?

a

p

p

?

b

q

q

?ab，則f(a)?a

'p?

1?b

當b?ap?1時，f(a)是減函數；當b?ap?1時，f(a)是增函數；

q

q

當b?ap?1時，即當a?bp時，f(bp)?0 故?a?0，有f(a)?0，即ab?

a

p

p

?

b

q

q

類題演練：已知：x、y?0,??1，求證：(x?y)??x??y?

由上述例子，函數構造法證不等式揭示了函數與不等式的內在聯系，是二者的完美結合，同時也進一步認識到函數在解決具體問題中的重要作用。參考文獻：

姚允龍．數學分析[M]．上海：復旦大學出版社，2002

李勝宏，李名德．高中數學競賽培優教程（專題講座）[M]．杭州：浙江大學出版社，2009