4函数思想在不等式证明中的应用

第一篇：4函数思想在不等式证明中的应用

不等式证明中的函数思想

函数思想在不等式问题中有着广泛的应用，在证明不等式时，先认真观察不等式的结构特征，或者经过适当的变形后再观察，然后构造出一个与该不等式有关的辅助函数，利用辅助函数的有关性质，将不等式问题转化为函数问题，从而拓宽解题思路，降低问题的难度。‘构造函数法’是一种创造性的数学思想方法，它的应用不仅体现在证明不等式上，还对于训练学生的数学思维，提高解题能力等方面有着很大的帮助。

一构造一次函数

例1 已知x、y、z0,1,求证x1yy1zz1x

1分析因为x、y、z在不等式中的地位可以轮换，所以可以以任何一个作为自变量，构造一次函数

证明：原不等式可化为1yzx1yz10

构造函数fx1yzx1yz1x0,1

因此只需要证明fx0在x0,1时恒成立，又∵y、z0,1所以（1）当1yz0时，fx1y z10

（2）当1yz0时，f01yz1 0

f1yz0

又因为一次函数的单调性，所以fx0在x0,1时恒成立

综上，fx0在x0,1时恒成立，故原不等式得证。

二构造二次函数

例2设函数fxax2bxca0，方程fxx0两根x1,x2满足0x1x21，当xx1,x2时，求证 x1fxx2a

分析分析已知条件，构造相应的二次函数

证明：令Fxfxx由x1,x2为方程fxx0的两根，所以Fxaxx1xx2当xx1,x2时，由0x1x2

又x1fxx1xFxx1xax1xxx2

=x1x1axx2 1 a

∵0x1xx21x1x0,1ax2ax0 a

得x1fx0 即x1f(x)①

又∵x2fxx2xFxx2xax1xxx2

=x2x1axx1

∵0x1xx21x2x0,1ax1ax0a

得x2fx0②由①②得x1fxx

2三构造指（对）数型函数

例3已知实数x2，求证6x8x10 x

分析利用指数函数的单调性证明 34证明：原不等式可化为155

34构造函数fx因它是减函数，且f21 55

又x2，则fxf21 xxxx

34即1，故原不等式成立 55

b、c为互不相等的正数，求证a2ab2bc2cabcbaccab 例4设a、xx

分析利用对数函数的单调性证明

证明：构造对数函数fxlgx，fxlgx在0,上是增函数

因为ab与lgalgb同号，a所以(ab)(lg

b同理有(bc)(lg

c(ca)(lglbg)lcg)lag)

将上面三个同向不等式相加，左边展开并加以整理得

blgb2alga22clcgalbgcblgac cab

a2ab2bc2cabcbaccab所以原题得证

四构造三角函数

1x23例4

求证 21x2分析利用三角函数的有界性解决问题 1x2证明：令xtan,,

则cos22sin 21x22=12sin22sin 1331=2(sin)2当sin即时取等号

22226

此时xtan()故原题得证 6此外，有些不等式从形式上观察，好象无法用构造函数法证明，但只要我们认真观察，善于等价转化，对不等式加以适当的整理变形，有的时候也可以构造合适的函数来证明。

第二篇：函数和不等式思想在极值点偏移问题中的应用

函数和不等式思想在极值点偏移问题中的应用

一、教材分析

1．教材的内容

选修

1-1

第三章，本节属于专题复习课.2.教材所处的地位和作用

微积分的创立是数学发展史中的里程碑，它的发展应用开创了向近代数学过渡的新时期，它为研究变量与函数提供了重要的方法和手段。导数的概念是微积分的核心概念之一，它有及其丰富的实际背景和广泛的应用。在选修模块中，学生将通过大量实例，经历由平均变化率到瞬时变化率刻画现实问题的过程，理解导数的含义，体会导数思想及其内涵；应用导数探索函数的单调，极值等性质在实际中的应用，感受导数在解决数学问题和实际问题中的作用，体会微积分的产生对人类文化发展的价值。

3.学情分析

①通过《数学必修》中函数，几何与代数，数学建模等内容的学习以及在《数学选修

1-1》中第二，三章内容的学习，学生已经具备了函数的基本知识和运算能力，这为本节我们讨论极值点偏移问题提供了很好的前提与基础。

②学生具体研究学习了数学必修中函数单调性的寻找，证明和应用及不等式的相关结论，具备了一定的探究能力。基于此，学生会产生思考，如何运用函数和不等式来解决高考试题中极值点偏移的问题，能否给出一般性的解决方法和步骤，如果能够得到这类问题较为简单的解题通法，这个常常出现在高考数学压轴题

题位置上的难点将不会再对我们造成太难的阻碍，甚至会成为部分同学新的得分点。

③教学对象是高三年级理科生，由于学生年龄和能力及题目本身思维要求高，过程繁，计算难度大等原因，学生的思维尽管活跃，敏捷，但却缺乏冷静深刻的数学思维和解难题的能力，因此所做的探索过于片面，结论不够严谨.4.教学的重点和难点

重点：函数构造法，对数平均不等式和极值点偏移的判定定理

难点：函数构造法的结题步骤，构造函数的选取，对数平均不等式的放缩和极值点偏移的判定定理的使用

二、教学目标分析

1．知识与技能

1.能运用函数和不等式解决导数应用中极值点偏移的问题

2.掌握函数和不等式解决这类题的一般步骤

3.极值点偏移的判定定理的使用

2、过程与方法

1.通过利用几何画板展现极值点偏移的过程，让学生直观认识感受极值点偏移的本

质原因，激发学生探究解决问题的激情，和培养学生认真观察事物变化过程，总结变化规律的习惯。同时在此处先不给出极值点偏移的判定定理，而是先用函数构造法和对数平均不等式这两种之前已经介绍过的方法来求解例一。重在感受极值偏移的现象，和复习归纳已经学习的知识方法。

2.结合例一的解题过程，重点回顾讨论解题的方法和步骤，展示这两种方法的易错点和难点的突破口，树立学生解难题的信心规范学生的解题过程。然后把时间向前推移六年到例

2（2010

天津）让学生自主模仿例一的解法尝试来解例二，通过例一的复习学生较容易使用其中的一种或两种方法得到题目的答案让学生体会到学以致用的成就感，同时也通过两题的比对了解到高考题目的变迁历史体会该知识点在高考中的地位清楚今后的复习和学习方向。

3.展示学生例二的解题过程并加以点评后提出更高的要求——有没有更好的方法，结合一开始的三张图片让学生再次重新审视极值点偏移的原因回归到数学本质上来，不用很精准只需要说出自己的直观感受即可，通过这一过程让学生锻炼自己的数学直观想象和数学运算分析等核心素养，同时也为后面介绍极值点偏移的判定定理做好铺垫，比较分析函数构造法和对数平均不等式的特点和优缺点，认识到具体问题具体分析，方法的选择要灵活有针对性，不能盲目模仿和生搬硬套，通过一题多解，和同法异题的求解加深解题方法的理解和应用能力的提高，由具体问题的多角度的思维得出不同方法的求解过程培养学生的探索精神和数学归纳的能力，数学抽象能力。

3、情感态度与价值观

通过经历对例一和例二高考真题的探索和解决，激发学生对数学的好奇心和求知欲，鼓励学生大胆尝试、勇于探索、敢于创新，磨练思维品质，从中获得成功的体验，感受数学思维的奇异美、结构的对称美、形式的简洁美、数学的严谨美．引导学生树立科学的世界观，提高学生的数学素养和综合素质。

三、教学方法与手段分析

1.教学方法

结合本节课的教学内容和学生的认知水平，在教法上，我采用“探究发现”模式的教学方法，整个教学过程以学生为主体，学生自主学习为中心的思想，同时运用多媒体课件教学等技术手段，同一题目不同方法的比对，相同方法不同题目的求解让学生由浅入深，循序渐进的参与这堂课的每个过程，自然而然的完成本节课的教学目标。

2.学法

观察分析→自主探究→

合作交流

→初步运用

→归纳小结

3.教学手段

利用计算机和实物投影等辅助教学，充分调动学生参与课堂教学的主动性与积极性.四、教学过程分析

教学是一个教师的“导”，学生的“学”以及教学过程中的“悟”构成的和谐整体.教师的“导”也就是教师启发、诱导、激励、评价等为学生的学习搭建支架，把学习的任务转移给学生，学生就是接受任务，探究问题、完成任务.如果在教学过程中把“教与学”完美的结合也就是以“问题”为核心，通过对知识的发生、发展和运用过程的演绎、解释和探究来组织和推动教学.Ⅰ.创设情境，提出问题

图

极值点无偏移

图

极值点左偏

图

目的：①本例通过给出三张典型的凹函数图像，让学生从图像特征上去直观感受函数图像极值点发生偏移的原因，有助于调动学生学习积极性，同时上来通过图像让学生直观感受而非繁琐的计算来思考解决问题，有助于开拓学生视野回归数学问题本质，降低了学生对于该问题的为难情绪。

②通过学生观察后教师自然而然的给出极值点偏移的定义，并顺带给出极值点偏移的数学解释逐步让学生由感性认知上升到理论认知，当然老师在此可以对学生提出进一步要求，可不可以给出一般性的判定定理？这里我们只先提出问题，做下伏笔，但并不马上去求解，避免由于问题过难而挫伤学生的积极性，同时也为本节课最后的问题做好了铺垫。

Ⅱ.探究问题

例一（2016

全国卷一）已知函数

(x)=

2)ex

a(x

-1)2

有两个零点。

（I）求

a的取值范围；（略）

（II）设

x1,x2

是

(x)的两个零点，证明：

目的：①发挥学生的主观能动性，先自己探求结果，检查学生前一阶段的复习成果和对于问题一的思考和联系；

②让学生对于零点偏移求解过程更加熟练，思路更加清晰；并为下一步对数平均不等式和极值点偏移的判定定理做好铺垫；

解法一：对称构造函数法由（1）知a

①

②构造函数

(x)

x)，(x

＇

(x)

＇

(x)

＇

-1)(ex

2a)

(1-

x)(e2-x

2a)

-1)(ex

e2-x)

1时

e2-

＼

＇

(x)

(x)在(-

¥，1)上

③代入

得

(x1)<

(1)=

(x2)

(x1)

x1)

又Q

(x)在(1，+

¥)上

(1,+

¥),2

(1,+

¥)

＼

即

提问

1：学生解法一由哪些主要步骤，哪些步骤是你觉得难得地方，我们是如何解决这些困难的？

结合学生的回答对称化构造函数处理极值点偏移问题的基本步骤归纳如下：

＇

①求导获得

(x)的单调性，数形结合判断零点

x1,x2

和极值点

x0的范围

②构造辅助函数

(x)

性

(x)

(2x0

x)，判断函数

(x)的符号，确定函数

(x)的单调

③结合F

(x0)

限定

x的范围判定

(x)的符号得到不等式

④将

(或x2)

代入上述不等式，利用

(x1)

(x2)

替换

(x1)

⑤结合①求得

(x)的单调性转化为

x1,x2的不等式，证明结束。提问

2；可不可以把流程继续简化？

其中主要的三步流程简化为“求导→构造→代入”。构造是难点，求导是关键，常用构

造要记清。

提问

3：还有其他解法吗？提醒学生从不等式构造上思考

学生有困难，则先回顾基本不等式内容，让学生从熟悉的，简单的问题入手

调和平均数£

几何平均数£

算术平均数£

平方平均数

A(a,b)

b,L(a,b)

,G(a,b)

ab,(a,b

解法二：对数平均不等式（ALG）

(x)

2)ex1

a(x

-1)2

2)ex2

a(x

-1)2

ìïa(x

-1)2

x)ex1

ïîa(x

-1)2

x)ex2，两式相减得a(x

2)(x

x)ex1

x)ex2

ìx1

（反证）假设

ïx

x)ex

ïa

x)ex1

x)ex2

（左右两边同时取对数）

ln(2

x1)

ln(2

x2)

ln(2

x1)

ln(2

x2)

（x2

x1)

x2)

（*）

x1)-

ln(2

x2)

ln(2

x1)-

ln(2

x2)

由对数平均不等式（ALG）得

x1)

x2)

x1)

x2)

ln(2

x1)-

ln(2

x2)

显然与（*）相矛盾，假设不成立，原命题成立。

解题流程：实际问题→（数学抽象）数学模型→数学解→（解释与检验）实际问题引导学生体会数学思维的奇异美、结构的对称美、形式的简洁美、数学的严谨美．

提问

4：这类问题最早出现在那一年高考题中，当时的高中生如何解决这类问题，我们是否能在当年的高考题中取得满分？激发学生的动力积极性，检查学生的掌握情况。给出本节的例二

例二（2010

天津卷）已知函数

(x)=

xe-x

（I）求函数

(x)的单调区间和极值；

（II）已知函数

(x)的图像与函数

时，f

(x)

g(x);

(x)的图像关于直线

对称，证明：当

（III）如果

x2，且

(x1)

(x2)，证明

2。

解法一：对称构造函数法（1）（2）略

①由（1）知

②构造函数

(x)

x)，(x

＇

(x)

＇

(x)

＇

e-x

(1-

e-(2-x)

[1-

x)]

e-x

(1-

e-(2-x)

-1)

-1)(e-2+x

e-x)

其中

＇

(x)

ex-2

e-1

(x)在（-

¥,1）上

③代入

得

(x1)<

(1)=

(x2)

(x1)

x1)

又Q

(x)在(1，+

¥)上

(1,+

¥),2

(1,+

¥)

＼

即

解法二：对数平均不等式（ALG）

(x)

e-x1

e-x2

（左右两边同时取对数）

（*）

由对数平均不等式（ALG）得

提问

5：显然这个问题对于现在的我们不是什么难题了，但作为新时代的我们能不能用给简洁的方法给出这两题的一般性解法，通法的探讨显然是我们要思考的问题。那么学生对于这个新的挑战自然就会萌生极大地兴趣，这时再回顾我们一开始观察三张直观图时提出的问题，解法三的出现也就是必需的了。即本节课的最后一个知识点——极值点偏移的判定定理。

III.按图索骥，回归本质

极值点偏移判定定理：在给定区间

上函数

(x)

可导

(x1)

(x2),(x1

x2)，若

为

(x,x)

上的唯一极小值点，f

＇＇＇

(x)

0，则极小值点右偏Û

x；

＇＇＇

(x)

0，则极小值点左偏Û

x。

对于该定理作为高中生我们只需要了解，不需要完整严格的证明，（后附有泰勒展开的完整证明过程，可以开拓一部分自学高等数学的学生的视野）

那么我们怎么来理解该判定定理呢？我们又如何运用它来解决高中相关的数学问题呢？对此我们分两部分来讨论。

第一部分：我们主要结合导数的几何意义与

阶导数的运算来了解该定理的由来。首先

通过让学生再次观察一开始我们已展示的图一，二，三不，学生不难发现

(x)的图

像偏移的原因，即

(x)的图像在u(x0,¶)

内增减速度的不同而发生的。接着再进一步

引导学生思考发生的不同我们如何去用数学的语言来描述刻画它，提醒学生从导数的几

何意义来思考，以图

为例和学生一起做探讨：

(x)的图像的斜率一直在增加，但

增加的速度在变慢，（数学直观想象），如何用数学语言来表述这一变化？（数学抽象）

→

＇

(x)

0,f

＇

(x)

增加Þ

＇＇

(x)

0（速度变慢）Þ

＇＇

(x)的绝对值变小

＇＇＇

(x)

0。

完成图二的探讨后可让学生模仿独立的完成图

3的探索：

＇

(x)

0,f

＇

(x)

增加Þ

＇＇

(x)

（速度变快）

＇＇

(x)的绝对值变大

＇＇＇

(x)

0。

以上结论可简单记忆口诀（“小大小”，“小小大”），同时若

是极大值点的话，结论相反，口诀为（“大大大”，“大小小”）

IV.给出定理，尝试新解

第二部分：运用新的判定定理重新去接例一和例二例一新解

极值点偏移判定定理

解法三：

(x)=

2)ex

a(x

-1)2

＇

(x)

-1)(ex

2a)

＇＇

(x)

-1)ex

＇＇＇

(x)

+1)

分两段区间讨论

①若

(-¥,1]，f

(2)

结合图像可知

a，则

②若

(-1,+

¥)，f

＇＇＇

(x)

0，x

是极小值，符合“小大小”

综上的x1

例二新解

解法三：

(x)

xe-x

＇

(x)

e-x

xe-x

＇＇

(x)

e-x

＇＇＇

(x)

e-x

分两段区间讨论

①若

Î[3,+

¥)，可知

max{x1,x2}

2，则

②若

¥,3)，f

＇＇＇

(x)

0，x

是极大值，符合“大大大”

综上知

至此我们回头再看例一和例二的三个解法，不知不觉中对于一开始极值点偏移的问题有

了更新的认知。

VI.课堂练习

巩固双基

练习

1（2011

辽宁卷）已知函数

(x)

ax2

a)x。

（I）讨论函数

(x)的单调性；

（II）设a

0，证明：当0

时，f

（1

x);

（III）若函数

(x0)

0。

(x)的图像与

轴交于

A,B

两点，线段

中点的横坐标为

x0，证明

练习

2（2014

天津卷）设

(x)

aex

R),x

已知函数

且

（1）求

a的取值范围

（2）证明

随着

a的减小而增大

（3）证明

随着

a的减小而增大

(x)

有两个零点

x1,x2，练习

已知函数

(x)

x,a

R.若函数

(x)

有两个零点

x,x。

求证：

练习

已知函数

(x)

有两个不同的零点

x,x，其极值点为

（I）求

a的取值范围

（II）求证：

2x0

（III）求证：

（IV）求证：

目的：①通过学生的主体参与，使学生深切体会到本节课的主要内容和思想方法，从而实现对知识的再次深化.②练习分层，有利于不同层次的学生培养。

VII.课堂小结

学生点评，老师引导:

①由图像直观到方法求解,由繁琐到简洁，由为结题而解题到回归数学本质，一再的追问和尝试思考有利于学生的知识迁移和能力提高；

②用三种方法解题的运用：函数构造法，对数平均不等式和极值点偏移的判定定理。对三种解法的对比的再认识．特别是方法的选择上要能尽可能适合题目适合自己；

③在理解方法的基础上,及时进行正反两方面的“短、平、快”填空和判断是非练习.通过总结、辨析和反思，强化解法的灵活性，促进学生主动建构，有助于学生形成知识模块，优化知识体系.体现知识目标。

五、教学评价

结果因过程而精彩,现象因方法而生动.无论是情境创设,还是探究设计,都必须以学生为主体、教师为主导、训练为主线,设法从庞杂的知识中引导学生去寻找关系,挖掘书本背后的数学思想,建构基于学生发展的知识体系,教学生学会思考,让教学真正成为发展学生能力的课堂活动。因此，本课例在具体问题的数学模型的建立和数学工具的选择上舍得花大量时间，便是为了培养学生学会探究与创新，它就像一缕温暖的阳光，不一定能唤醒万物，却能催开人世间最绚丽的花朵。

通过三种解题方法的研究，使学生从不同的思维角度掌握了极值点偏移的解决方法；从图像直观到理论总结和方法尝试，数学的解题方法拉近了知识之间的联系；由特殊到一般问题的推导不再让学生为解题而解题，展现了数学思维的魅力．学生从中深刻地领会到解题过程中所蕴含的数学思想，培养了学生思维的深刻性、敏锐性、广阔性、批判性．同时通过精讲一题，发散一串的变式教学，使学生既巩固了知识，又形成了技能．在此基础上，通过民主和谐的课堂氛围，培养了学生自主学习、合作交流的学习习惯，也培养了学生勇于探索、不断创新的思维品质．

第三篇：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。

第四篇：构造函数证明不等式

构造函数证明不等式

构造函数证明:>e的(4n-4)/6n+3)次方

不等式两边取自然对数(严格递增)有:

ln(2^2/2^2-1)+ln(3^2/3^2-1)+...+ln(n^2/n^2-1)>(4n-4)/(6n+3)

不等式左边=2ln2-ln1-ln3+2ln3-ln2-ln4+...+2lnn-ln(n-1)-ln(n+1)

=ln2-ln1+lnn-ln(n+1)=ln

构造函数f(x)=ln-(4x-4)/(6x+3)

对f(x)求导,有:f'(x)=+^

2当x>2时,有f'(x)>0有f(x)在x>2时严格递增从而有

f(n)>=f(2)=ln(4/3)-4/15=0.02>0

即有ln>(4n-4)/(6n+3)

原不等式等证

【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)

原式可化简为：2n/(n+1)>e^((4n-4)/6n+3))

构建函数：F(n)=2n/(n+1)-e^((4n-4)/(6n+3))

其一阶导数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))

故得证。

一、结合勘根定理，利用判别式“△”的特点构造函数证明不等式

例1若a,b,c∈R，且a≠0，又4a+6b+c>0，a-3b+c<0.求证：9b2>4ac.证明构造函数f(x),设f(x)=ax2+3bx+c(a≠0)，由f(2)=4a+6b+c>0，f(-1)=a-3b+c<0，根据勘根定理可知：f(x)在区间(-1,2)内必有零点.又f(x)为二次函数，由勘根定理结合可知：

f(x)必有两个不同的零点.令ax2+3bx+c=0可知△=(3b)2-4ac>0,所以可得：9b2>4ac.命题得证.评析本题合理变换思维角度，抓住问题本质，通过构造二次函数,将所要证明的结论转化成判别式“△”的问题,再结合勘根定理和二次函数知识，从而使问题获得解决.二、结合构造函数的单调性证明不等式

例2(2005年人教A版《选修4-5不等式选讲》例题改编)已知a,b,c是实数，求证：

|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.证明构造函数f(x)，设f(x)=x1+x(x≥0).由于f′(x)=1(1+x)2,所以结合导数知识可知f(x)在[0，+∞)上是增函数.∵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|.命题得证.三、结合构造函数在某个区间的最值证明不等式

例3(第36届IMO试题)

设a,b,c为正实数，且满足abc=1,求证:

1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)≥32.证明构造函数，设f(a,b,c)=1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b),显然a=b=c=1时，f(a,b,c)=32≥32成立.又abc=1，a,b,c为正实数，则a,b,c中必有一个不大于1，不妨设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)，因此要证f(a,b,c)≥32，只要证f(a,1,c)≥32，此时ac=1，∴a,1,c成等比数列，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).由导数知识(方法同例

2、例3)可知函数

f(a,1,c)=t2-t+1t-1(t≥2)是增函数，当且仅当t=2q=1a=c=1时，(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.命题得证。

第五篇：函数法证明不等式

函数法证明不等式

已知函数f(x)=x-sinx,数列{an}满足0

<1>证明0

<2>证明an+1<(1/6)×(an)^

3它提示是构造一个函数然后做差求导，确定单调性。可是还是一点思路都没有，各位能不能给出具体一点的解答过程啊?

(1)f(x)=x-sinx,f'(x)=1-cosx

00,f(x)是增函数,f(0)

因为0

且an+1=an-sinan

(2)求证不等式即(1/6)an^3-an+1=(1/6)an^3-an+sinan>0①

构造函数g(x)=(1/6)x^3-x+sinx(0

g''(x)=x-sinx,由(1)知g''(x)>0,所以g'(x)单增,g'(x)>g'(0)=0

所以g(x)单增且g(x)>g(0)=0,故不等式①成立

因此an+1<(1/6)×(an)^3成立。

证毕!

构造分式函数，利用分式函数的单调性证明不等式

【例1】证明不等式：≥(人教版教材p23T4)

证明：构造函数f(x)=(x≥0)

则f(x)==1-在上单调递增

∵f(|a|+|b|)=f(|a+b|)=且|a|+|b|≥|a+b|

∴f(|a|+|b|)≥f(|a+b|)即所证不等式正确。

点评：本题还可以继续推广。如：求证：≥。利用分式函数的单调性可以证明的教材中的习题还有很多，如：

p14第14题：已知c>a>b>0,求证:

p19第9题:已知三角形三边的长是a，b，c，且m是正数，求证：

p12例题2:已知a，b，m，都是正数，且a

二、利用分式函数的奇偶性证明不等式

【例2】证明不等式：(x≠0)

证明：构造函数f(x)=

∵f(-x)=

=f(x)

∴f(x)是偶函数，其图像关于y轴对称。

当x>0时，<0，f(x)<0;

当x<0时，-x>0,故f(x)=f(-x)<0

∴<0，即

三、构造一次函数，利用一次函数的单调性证明不等式

【例3】已知|a|<1，|b|<1，|c|<1，求证：a+b+c证明：构造函数f(c)=(1-ab)c+a+b-2

∵|a|<1，|b|<1

∴-10

∴f(c)的(-1，1)上是增函数

∵f(1)=1-ab+a+b-2=a+b–ab-1=a(1-b)-(1-b)=(1-b)(a-1)<0

∴f(1)<0，即(1-ab)c+a+b-2<0

∴a+b+c。

4函数思想在不等式证明中的应用

第一篇：4函数思想在不等式证明中的应用

第二篇：函数和不等式思想在极值点偏移问题中的应用

第三篇：构造函数证明不等式

第四篇：构造函数证明不等式

第五篇：函数法证明不等式

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