高中数学教学论文 不等式证明中的构造函数策略

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第一篇: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

=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

第二篇:(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

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

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。

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: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:a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。abc2xb)2(3cx)2 1492)x12x1,(abc1)abc

111由f(x)0(当且仅当a,b,c时取等号),632

149得⊿≤0,即⊿=144-4()≤0 abc

111149∴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

求证: ama> 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xbabaf(x)==1-bxbx证明:令 f(x)=

∵b-a>0

ba+ 在R上为减函数 bx

b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

6、求证:ab

1ab≤ab

1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b

1ab≤ab

1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

7、若x为任意实数,求证:—1x1≤≤ 221x

2[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x222

x2证明:设 y=,则yx-x+y=0 21x

∵x为任意实数

22∴上式中Δ≥0,即(-1)-4y≥0

411得:—≤y≤ 22

1x1∴—≤≤ 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。

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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

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≥102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2x

2xx 证明:设f(x)=-(x≠0)x122 例

9、证明不等式:

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。

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