(no.1)2013年高中数学教学论文 构造函数证明不等式

第一篇：(no.1)2013年高中数学教学论文 构造函数证明不等式

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构造函数证明不等式

函数是高中数学的基础，是联系各个数学分支的桥梁和纽带.在不等式的证明中，我们可根据不等式的结构特点，建立起适当的函数模型，利用函数的单调性、凸性等性质，灵活、巧妙地证明不等式.一、二次函数型：

1.作差构造法.例1.(新教材第二册（上）（以下同）P16习题1（2）)求证:abcabbcca.分析:将a视为变量,考察函数faabcabbcc.由于该二次函数的图象开口向上,且3bc0,故fa0.结论获证.22

2例2.(教材P31.复习参考题6)设a,b,c为ABC的三条边,求证:abc＜2abbcca.2222

222

分析:构造函数fxx2bcxbc.∵fx图象开口向上,对称轴xbc.∴fx在,bc上单调递减.∵a,b,c为ABC的三条边,∴bc＜a＜bc(不妨设bc)∴

f

afbc.2

∵fbcbc2bcbcbc4cbc0.∴fa0.即结论成立.2.判别式构造法.2222

例3.(教材P27.例1)已知a,b,c,d都是实数,且ab1,cd1.求证:acbd1.分析：所证结论即是2acbd4ab

c

d

0.故可构造函数

f

xa

b

x

2acbdxcd.2

由于fxax2acxc

2bx2bdxd



axcbxd



0.当且仅当x

ca



db

时取“=”号.又因为fx的图象开口向上,故必有0.结论成立.2

练习1.(教材P16.练习2)求证:acbdabc

n

d

.n

n

点拨:证法同例3.该题是柯西不等式的特殊情形.其一般形式是:



abiii1

n

n

2i

n

a

i

1i1

22

bi.可构造函数fxaix2aibix

i1i1

b

i1

2i

证之.练习2.(教材P17.习题6)已知a,b是不相等的两个正数,求证:

abab

3ab



.用心 爱心 专心

点拨:构造函数fxabx2ab

xa

baxabxb证之.22

练习3.(教材P17.习题7)已知a,b都是正数,x,yR,且ab1,求证:

axby

axby.点拨:构造函数fzabz2axbyzaxbyazxbzy证之.练习4.(教材P31.复习参考题5)求证:31aa

1aa

.点拨:构造函数fx3x21aa

x1a

ax1xaxa

证之.二、分式函数型:

例4.(教材P12.例2)已知a,b,m都是正数,并且ab,求证:

分析:构造函数fx

xaxb

ambm

ab.x0,.由于当x0,时，fx

ba

xb

0.故fx在0,上是增函数.∵fx在x

f

0处右连续，∴f

x在0,上是增函数.∵m

0 ∴

mf0 即

ambm



ab

.例5.(教材P22.例3)已知a1,b1,求证:

ax1ax

ab1ab

1.分析:构造函数fxx1,1.由于当x1,1时，fx

1a

21ax

0.故fx在1,1上是增函数.∵fx在x1处右连续，在x1处左连续.∴fx在1,1上是增函数.∵1b1 ∴f1fbf1 ,即1

ab1ab

1.ab

acbd

cd

ab1ab

1, 即

例6.(教材P14练习5)已知a,b,c,d都是正数,且bcad,求证:

.a

分析:联想定比分点坐标公式,acbd

可写成b

1

cd

db.故可构造函数db

a

f

x

b

d1x



c

x,x0,.∵当x0,时，用心 爱心 专心 2

c

fx

d



ab

1x



bcadbd1x

0.∴fx在0,上是增函数.∵fx在x

0处右连续，∴fx在0,上是增函数.又∵

cd

db

0.∴

d

f0flimf

bx

x.而

f0

acd,f,limf

xbbbd

a

x

.故原不等式成立.aca

bcb

练习5.(教材P14.练习4)已知cab0,求证:

点拨:构造函数fx

xcx

x0,c

.练习6.(教材P17.习题9)已知ABC的三边长分别是a,b,c.且m为正数.求证:

aam



bbm



ccm

.xxm,x0,.易证fccm

.而

aam



bbm

点拨:构造函数fx

f

x为增函数.由于



aabm



babm



abc,故

ab

aam



fc.即b



ababmc

.ababm

.故

有

bmcm

练习7.(教材P23.习题4)求证:

分析:构造函数fx

三、幂函数型：

ab1ab



ab1ab

.x1x,x0,证之.例7.如果a,b都是正数，且ab,求证：ababab.分析：abababab

55322

3a

b

.考察函数fxx,(nN)在0,上的单调性，显然fx在0,上为增函数.n

*

若ab,则ab, ab,所以ab

aa

bb

0； 0。

若ab,则ab, ab,所以ab

2所以ababab.利用函数的单调性证法可以将上述结论推广为: 若a、b是正数且ab,求证：a四、一次函数型：

用心 爱心 专心

mn

55322

3b

mn

abab.(m,nN)

mnnm*

例8.设a,b,c0,1,求证:abcabbcca1.分析:构造函数fa1bcabcbc1,a0,1.∵f0bcbc11cb10,f11bcbcbc1bc0.∴对任意a0,1,恒有fa0.故原不等式成立.五、三角函数型： 例9.(同例3)

分析:设acos,bsin, ccos,dsin.则acbdcoscossinsin

cos



1.练习8.设x,yR,且xy1,求证

:x2xyy点拨:设xrcos,yrsin.其中r1.以下略.六、指数函数型:

2例10．已知等差数列an和等比数列bn，其中a1b1，a2b2，0＜a1＜a2，证明当n3时，an

da

1n1

.所以，当n3时，bna1q

q1

d

a11

a1

n1



dd11

a1n1dan.a11Cn1a11Cn1

＞ a1a1

这儿,我们用二项式定理进行放缩,完成了证明.七、构造函数,利用函数图象的凸性： 例11.(教材P15.例6)求证3+7<2

5分析:考察函数f(x)=x的图象,特征是上凸函数.对任意x1,x20,, 且x1x2,都有：所以,即

212

f(x1)f(x2)

f3f7

f5.（3+7）<5.两条结论:（1用心 爱心 专心

值之和越大.例:6

722

5



3



2及

a

a3

a1

a2

(2)下凸函数,区间中点相同时,两端“距离”区间中点越近,两端点函数值之和越小.练习9.已知:fxtanx,x0,

2

, 若x1,x20,



2

 且x1x2,试判断

f

x1

f

x2与

xx2

f1

的大小，并加以证明（94年高考理科试题变式题）.2

练习10.已知:fxlgxx1,若0x1x2,试比较

年高考文科试题).练习11.(教材P23.习题5)求证:lg

AB2



lgAlgB

f

x1

f

x2与

xx2

f1

的大小(942

AB0.以上表明,若能清楚不等式所反映的图象意义，就会给证明提供思路.八、构造连续函数，应对含离散型变量的不等式问题： 例12．（2001年全国理）已知i,m,n是正整数，且1﹤i≤m＜n.（1）证明nAm＜mAn.（2）证明1m＞1n.n

m

iiii

i1i

1分析：（1）nAm＜mAn可化为：

i1

iiii

Amm

i

i

＜

Ann

i

i

m，即：

k0

k

i

nk

＜

k0

mn

i

.构造函数fx

xk

k0

x

i

.（xi＞1）.i1

两边取对数，得：lnfx



k0

lnxkilnx.当xi,时,两边求导，得：

fxfx

i1





k0

1xk



ix

i1

＞

k0

1x



ix

0.由于fx＞0，故fx＞0.这说明fx在i,上是增函数.∵fx在xi处右连续.∴

fx在i,上是增函数.∵i≤m＜n.∴fm＜fn.Amm

ii

即＜

Ann

i

i

.整理，得：nAm＜mAn.用心 爱心 专心

iiii

（2）不等式1m＞1n两边取对数，得：ln1m＞ln1n.n

m

n

m

整理，得：

ln1m

m



＞

ln1nn

.构造函数gx

ln1xx

x2.x

求导，得：gx

1x

ln1xxx

.当x2时,可得：0＜

1x

＜1，ln1xln3＞1.故gx＜0.所以gx在2,上是减函数.∵gx在x2处右连续.∴gx在2,上是减函数.∵m＜n，∴ gm＞gn.即

ln1m

m



＞

ln1nn

.整理，得：1m＞1n.n

m

注：不等式1m＞1n

n

m

也可化为：1m

1m

＞1n

1n

.这时，可研究函数

hx1xxe

ln1xx的单调性证之.n1

练习12.已知n是正整数且n≥3.求证：n

n

＞n1.n

点拨：不等式n

n1

＞n1两边取自然对数，整理得：

lnnn

＞

lnn1n1

.构造函数fx

lnxx

可证之.lnfx

说明:根据所构造函数的结构特点,我们将函数转化为lnfx型或e型,方便了对函数的求导运算.不等式证明的数学模型，除本文介绍的函数模型外，还可建立向量模型、解析几何模型、方程模型等，请读者自行研究、总结.作者简介:陈兵,男,1976年10月26日出生,山东省滕州市人,中教二级, 学士学位.用心 爱心 专心 6

第二篇：(no.1)2013年高中数学教学论文 谈构造函数法证明不等式 新人教版

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谈构造函数法证明不等式（无版本）

本文首先介绍如何构造函数证明两个简单的不等式，在介绍如何构造函数证明复杂的不等式，以及在构造函数时如何如何整体把握。如：exx1,xR ； lnxx1,x0 例1:（07辽宁理工）已知f(x)e2x2t(exx)x22t21求证：fx 2例2: 已知f(x)x22xalnx，t1,f(2t1)2f(t)3 求：a的取值范围。不等式exx1,xR 与 lnxx1,x0

这两个不等式不难从图像上看出，注意ylnx 与 yx1分别是yex 与 yx1的反函数，关于yx对称．

用导数证明如下: 构造函数

f(x)exx1,f(x)ex1,x,0减,x0,增, f(x)f(0)0

既ex1构造函数

xf(x)lnxx1,f(x)既: lnxx1推论:e x111x1,x0,1增,x1,减f(x)f(0)0 xx

x,xRlnx1x,x1这两个不等式在证明不等式与求字母范围时用处极其广泛,下面举例给以说明 例1:（07辽宁理工）已知f(x)e求证：fx2x2t(exx)x22t21 22x22x分析：根据函数特征,考虑关于x的函数较为复杂,注意主次元的交换与整体把握, 解法一：设f(x)gt2t2(ex)txe1

gtmin8xe14(ex)22xx28(exx)22

2exx1exx1

∴gtmin33,既: fx 22用心 爱心 专心

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解法二：：设gt2t22(exx)tx2e2x1，112t22(exx)tx2e2x022214(exx)224(e2xx2)0(exx)21，由exx1exx1

2gtx2解法三：f(x)(et)xt1

2x设点A、B的坐标分别为x,e,t,t，易知点B在直线y=x上，令点A到直线yx的221xxx距离为d，则f(x)AB1d1ex1，又ex1ex1

222既:fx3 2例2: 已知f(x)x22xalnx，t1,f(2t1)2f(t)3 求：a的取值范围。

解法一：由f(x)x22xalnx及f(2t1)2f(t)3得到: 2t12t1aln2t12t22tlnt3 22t2alnt222t1aln2t1

t2化简为:2t1aln ………①

2t122t1t22t10.a当时，有t2t1，则ln …………②。

t22t1ln2t1构造函数m(x)=ln(1＋x)－x(x>－1), ln(1＋x)≤x(x=0时取等号)在x>－1上恒成立.2t1)t1t12……………… ③ t2lnln(12t12t12t1t22t1…………………………………………④ ∴ln2t1因此由②④可知实数a取值范围: a≤2.22用心 爱心 专心

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当t1时，由①知aR 综合知：a取值范围: a≤2.评注：本解法主要是构造函数m(x)=ln(1＋x)－x(x>－1), ln(1＋x)≤x(x=0时取等号)在x>－1上恒成立.解法二：以上与解法一同，也可构造函数(x)lnxx1，lnxx1,x0(x=1时取等号)上恒成立.t1t2t22当t1时，ln1t1

2t12t12t1以下通解法一。

评注：本解法主要是构造函数(x)lnxx1，lnxx1,x0(x=1时取等号)上恒成立.解法三：由解法一得2talnt22t1aln2t1

222构造函数(x)2xalnx，有t1，t2t11，22t2alnt222t1aln2t1(t2)(2t1)(x)2xalnx在x1,递增，(x)2xalnx，(x)2a2xa0，a2xa2 xx评注：整体把握，构造函数(x)2xalnx，简化解题过程，此法要有引起我们的高度重视。

用心 爱心 专心

第三篇：(no.1)2013年高中数学教学论文 谈构造函数法证明不等式 新人教版

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本文首先介绍如何构造函数证明两个简单的不等式，在介绍如何构造函数证明复杂的不等式，以及在构造函数时如何如何整体把握。如：exx1,xR；lnxx1,x0

例1:（07辽宁理工）已知f(x)e2x2t(exx)x22t21求证：fx3

2例2: 已知f(x)x22xalnx，t1,f(2t1)2f(t)3 求：a的取值范围。不等式exx1,xR 与 lnxx1,x0

这两个不等式不难从图像上看出，注意ylnx与yx1分别是yex与yx1的反函数，关于yx对称．

用导数证明如下: 构造函数

f(x)exx1,f(x)ex1,x,0减,x0,增, f(x)f(0)0 既ex1构造函数x

f(x)lnxx1,f(x)

既: lnxx

1推论:e

x111x1,x0,1增,x1,减f(x)f(0)0 xxx,xRlnx1x,x1

这两个不等式在证明不等式与求字母范围时用处极其广泛,下面举例给以说明

例1:（07辽宁理工）已知f(x)e

求证：fx2x2t(exx)x22t21 3 2

2x22x分析：根据函数特征,考虑关于x的函数较为复杂,注意主次元的交换与整体把握,解法一：设f(x)gt2t2(ex)txe1

gtmin8xe14(ex)22xx28(exx)22 2

exx1exx1

∴gtmin33,既: fx 22

用心 爱心 专心

解法二：：设gt2t22(exx)tx2e2x1，112t22(exx)tx2e2x022

214(exx)224(e2xx2)0(exx)21，由exx1exx1 2gt

x2解法三：f(x)(et)xt1 2

x设点A、B的坐标分别为x,e,t,t，易知点B在直线y=x上，令点A到直线yx的

221xxx距离为d，则f(x)AB1d1ex1，又ex1ex1 222

既:fx3 2

例2: 已知f(x)x22xalnx，t1,f(2t1)2f(t)3

求：a的取值范围。

解法一：由f(x)x22xalnx及f(2t1)2f(t)3得到:

2t12t1aln2t12t22tlnt3 2

2t2alnt222t1aln2t1

t2

化简为:2t1aln ………① 2t12

2t1t2

2t10.a当时，有t2t1，则ln …………②。t22t1ln2t1

构造函数m(x)=ln(1＋x)－x(x>－1), ln(1＋x)≤x(x=0时取等号)在x>－1上恒成立.2

t1)t1t12……………… ③ t2

lnln(12t12t12t1

t22t1…………………………………………④ ∴ln2t1

因此由②④可知实数a取值范围: a≤2.22

当t1时，由①知aR

综合知：a取值范围: a≤2.评注：本解法主要是构造函数m(x)=ln(1＋x)－x(x>－1), ln(1＋x)≤x(x=0时取等号)在x>－1上恒成立.解法二：以上与解法一同，也可构造函数(x)lnxx1，lnxx1,x0(x=1时取等号)上恒成立.t1t2t22当t1时，ln1t1 2t12t12t1

以下通解法一。

评注：本解法主要是构造函数(x)lnxx1，lnxx1,x0(x=1时取等号)上恒成立.解法三：由解法一得2talnt22t1aln2t1 22

2构造函数(x)2xalnx，有t1，t2t11，2

2t2alnt222t1aln2t1(t2)(2t1)(x)2xalnx在x1,递增，(x)2xalnx，(x)2a2xa0，a2xa2 xx

评注：整体把握，构造函数(x)2xalnx，简化解题过程，此法要有引起我们的高度重视。

第四篇：高中数学教学论文 不等式证明中的构造函数策略

不等式证明中的构造函数策略

有些不等式证明问题，如能根据其结构特征，构造相应的函数，从函数的单调性或有界性等角度入手，则可以顺利得到证明。把握这种构造函数的证题策略，有利于证明一些用常规方法难以证明的命题.一、构造一次函数证明不等式

例1.设0

=(1－y－z)x+(y+z－yz)（0

1∴f(0)= y + z－yz =1－(1－y)(1－z)<1

1a

例2.若0

1b，求证：b－b2 <

1a1

1a1

.分析：结论即b2－b+>0，可将左式

1a

看成是以b为主元的二次函数（其中0

1b），得x=b∈(0，1a1).构造二次函数f(x)=x2－x+

1a，x∈

(0，).其对称轴为x=

1a

21a

⑴当≤

12，即a≥2时，f(x)在(0)

上单调递减.于是

f(x)>f（1a

1a12)=

1a

2

1a



1a1



1a(a1)

>0

⑵当>，即0

f(x)> f（f(1)= 1－yz <1 ∴当x∈(0，1)时，f(x)<1

即x(1－y)+ y(1－z)+ z(1－x)<1 评注：⑴f(x)=(1－y－z)x +(y+z－yz)在x∈(0，1)上的图象是线段（不含端点），故

定轴x=

f(x)<1f(0)<1且f(1)<0.⑵本题也可就1－y－z在（－1，1）内的不同情况分类说明.二、构造二次函数证明不等式

1a

1)=

1a11a

－

4>0

综上，当x∈(0，)时，f(x)= x2－x +

1a1

>0恒成立,即不等式b－b2 <成立.评注：

1、本题旨在构造二次函数，并对

2与动区间（0，1a）间的不同位置情

况分类讨论。

2、本题也可将结论转化为(b－b2)a +(b

用心爱心专心

1－b2)－1<0（0

1b），把左式看作是以a为

分析：分析条件和结论的形式特征及其内在联系，联想到正、余函数的性质和相关公式，可构造三角函数来转化并证明结论.证明：由题意，构造函数x = f(θ)=cosθ，于是x1=cosθ1，x2=cosθ2.主元的一次函数，再予以证明.三、构造分式函数证明不等式

例3.设a、b、c∈R+，且a+b>c，求证

a1a



b1b



c1c

.∴x1x2 +(1x12)(1x2)

分析：不等式中各项的结构相同，只是字母不同，故可构造分式函数f(x)= 行证明.证明：构造函数f(x)=

x1x

x1x

进

=cosθ1cosθ2+(1cos21)(1cos22)=cosθ1cosθ2 +|sinθ1sinθ2|

= 1－

11x

=cosθ1cosθ2±sinθ1sinθ2 =cos(θ1±θ2)≤

1即 x1x2 +(1x12)(1x2)≤1

（x∈R+），易证函数f(x)在其定义域R+上是单调递增函数.∵a+b>c>0，∴f(a+b)> f(c)，即 又 故

ab1aba1aa1a

b1bb1b

c1ca1ab

c1c

评注：对于和三角有一定联系或结构上有相似之处的不等式证明问题，根据题目的特

点，合理构造三角函数，利用三角公式和性质



a1ab

ab1ab

进行证明，不失为处理问题的一条捷径.在不等式证明中，通过构造函数模型来探求证题思路是优化思维品质的有效途径，也是解题者认识问题本质的具体体现..评注：函数与不等式之间如同一对孪生兄弟，通过对不等式结构特征的分析，来构造函数模型，常常可以收到出奇制胜的效果.四、构造三角函数证明不等式

例4.已知集合M={x | |x|≤1}，x1、x2

∈M，求证x1x2 +(1x1)(1x2)≤1.用心爱心专心 2

第五篇：构造函数证明不等式

在含有两个或两个以上字母的不等式中，若使用其它方法不能解决，可将一边整理为零，而另一边为某个字母的二次式，这时可考虑用判别式法。一般对与一元二次函数有关或能通过等价转化为一元二次方程的，都可考虑使用判别式，但使用时要注意根的取值范围和题目本身条件的限制。

例1.设：a、b、c∈R，证明：a2acc23b(abc)0成立，并指出等号何时成立。

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。

当⊿＝0时，bc0，此时，f(a)a2acc23ab(ac)20，∴abc时，不等式取等号。

4例2.已知：a,b,cR且abc2,a2b2c22，求证： 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 构造函数逆用判别式证明不等式

对某些不等式证明，若能根据其条件和结论，结合判别式的结构特征，通过构造二项平方和函数：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处理较繁琐的问题，获得简捷明快的证明。

例3.设a,b,c,dR且abcd1，求证：4a14b14c14d1﹤6。解析：构造函数：

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.设a,b,c,dR且abc1，求解析：构造函数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（当且仅当a,b,c时取等号），632149得⊿≤0,即⊿＝144-4（）≤0

abc111149

∴当a,b,c时，()min36 632abc

构造函数证明不等式

1、利用函数的单调性

+例

5、巳知a、b、c∈R，且a bmb[分析]本题可以用比较法、分析法等多种方法证明。若采用函数思想，构造出与所证不等式密切相关的函数，利用函数的单调性来比较函数值而证之，思路则更为清新。

ax+，其中x∈R，0

bxbx证明：令 f（x）= ∵b-a>0 ba+ 在R上为减函数 bxba+从而f（x）= 在R上为增函数

bx∴y= ∵m>0 ∴f（m）> f（0）

∴ama> bmb例

6、求证：ab1ab≤

ab1ab（a、b∈R）

[分析]本题若直接运用比较法或放缩法，很难寻其线索。若考虑构造函数，运用函数的单调性证明，问题将迎刃而解。

[证明]令 f（x）=

x，可证得f（x）在[0，∞)上是增函数（证略）1x 而 0<∣a+b∣≤∣a∣+∣b∣

得 f（∣a+b∣）≤ f（∣a∣+∣b∣）

即： ab1ab≤

ab1ab

[说明]要证明函数f(x)是增函数还是减函数，若用定义来证明，则证明过程是用比较法证明f(x1)与f(x2)的大小关系；反过来，证明不等式又可以利用函数的单调性。

2、利用函数的值域

例

7、若x为任意实数，求证：—

x11≤≤ 221x2[分析]本题可以直接使用分析法或比较法证明，但过程较繁。联想到函数的值域，于是构造函数f（x）= x11，从而只需证明f(x)的值域为[—，]即可。

1x222x2证明：设 y=，则yx-x+y=0 21x ∵x为任意实数 ∴上式中Δ≥0，即（-1）-4y≥0 1 411得：—≤y≤

22x11 ∴—≤≤

21x22 ∴y≤2[说明]应用判别式说明不等式，应特别注意函数的定义域。

另证：类比万能公式中的正弦公式构造三角函数更简单。

例

8、求证：必存在常数a，使得Lg（xy）≤ Lga.lg2xlg2y

对大于1的任意x与y恒成立。

[分析]此例即证a的存在性，可先分离参数，视参数为变元的函数，然后根据变元函数的值域来求解a，从而说明常数a的存在性。若s≥f(t)恒成立，则s的最小值为f(t)的最大值；若 s≤f(t)恒成立，则s的最大值为f(t)的最小值。

22证明：∵lgxlgy > 0(x>1,y>1)∴原不等式可变形为：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

从而要使原不等式对于大于1的任意x与y恒成立，只需Lga≥2即 a≥10

2即可。

故必存在常数a，使原不等式对大于1的任意x、y恒成立。

3、运用函数的奇偶性

xx<(x≠0)12x2xx 证明：设f（x）=-(x≠0)x122 例

9、证明不等式：

xxx2xx ∵f（-x）=-= x+ x122212xxx

[1-(1-2)]+ 12x2xx =-x+= f(x)x122 = ∴f(x)的图象关于y轴对称

x ∵当x>0时，1-2<0，故f(x)<0 当x<0时，根据图象的对称性知f(x)<0 故当 x≠0时,恒有f(x)<0 即：xx<(x≠0)x122 [小结]本题运用了比较法，实质是根据函数的奇偶性来证明的，本题也可以运用分类讨论思想。但利用偶函数的轴对称性和奇函数的中心对称性，常能使所求解的问题避免复杂的讨论。