构造法证明不等式5

第一篇：构造法证明不等式5

构造法证明不等式（2）

（以下的构造方法要求过高，即使不会也可以，如果没有时

间就不用看了）

在学习过程中，常遇到一些不等式的证明，看似简单，但却无从下手，多种常用证法一一尝试，均难以凑效。这时不妨变换一下思维角度，从不等式的结构和特点出发，构造一个与不等式相关的数学模型，实现问题的转化，从而使不等式得到证明。

一、构造向量证明不等式（不会也可以）

例1：证明x2(9x2)9，并指出等号成立的条件。

证明：不等式左边可看成坐标表示，将左边看成向量a=(与 x 和与x2两两乘积的和，从而联想到数量积的,)与b=(x, 9x2)的数量积，7x2(9x2)()2(2)2x2(9x2)9又ab|a||b|，所以

x9x

2当且仅当ba,(0)时等号成立，故由 解得：x=,λ=1，即 x =时，等号成立。

2（1－y)例2：求证：1(xy3)2(2xy6)2 6

证明：不等式左边的特点，使我们容易联想到空间向量模的坐标表示，将左边看成a(1y,xy3,2xy6)模的平方，又ab|a||b|，为使ab 为常数，根据待定系数法又可构造b(1,2,1)。于是|a|·|b|=(1y)2(xy3)2(2xy6)26

a·b＝（1－y)·1＋(xy3)·2(2xy6（）·1）1 所以(1y)2(xy3)2(2xy6)21 2（1－y)即1(xy3)2(2xy6)2 6

x2(1y)2(1x)2y21x)2(1y)22

二、构造复数证明不等式（这种方法不作要求，如果有兴趣了解一下就可以了）22例

3、求证：xy

证明：从不等式左边的结构特点容易联想到复数的模，将左边看成复数Z1=x+y i , Z2 = x +（1－ y）i，Z3 = 1－ x + y i，Z4 = 1－ x +（1－

y）i 模的和，又注意到Z1＋Z2＋Z3＋Z4＝2＋2 i，于是由 z1＋z2＋z3＋z4≥z1z2z3z4可得：

x2y2x2(1y)2(1x)2y2(1x)2(1y)22222

2注：此题也可构造向量来证明。

三、构造几何图形证明不等式

例4：已知：a>0、b>0、c>0 ,求证：

a2abb2b2bcc2a2acc2，当且仅当

111时取等号。bac

证明：从三个根式的结构特点容易联想到余弦定理，于是可构造如

下图形，使OA＝a，OB＝b，OC＝c，∠AOB=∠BOC=60° 如图（1），则∠AOC＝120°，AB=图（1）a2abb2，BC=b2bcc2,AC=a2acc

2由几何知识可知：AB＋BC≥AC，∴a2abb2+b2bcc2≥a2acc2 当且仅当A、B、C三点共线时等号成立，此时有

111absin60bcsin60acsin12022

2ab+bc=ac 故当且仅当，即111时取等号。bac

四、构造椭圆证明不等式

例5：求证：

证明：42 49x22x3349x2的结构特点，使我们联想到椭圆方程及数形结合思想。

x2y212于是令 y49x(y0)，则其图象是椭圆的上半部分，49设y-2x=m，于是只需证42,m3

3因 m为直线y=2x＋m在y轴上的截距，由图（2）可知：

当直线 y = 2 x＋m 过点（24，0）时，m有最小值为m=； 33

当直线y =2x＋m与椭圆上半部分相切时，m有最大值。

由 y2xm2 2得：13x+ 4mx + m– 4 = 0 229xy4

令△= 4（52－9m2）=0 得：m22或m（去）33

即m的最大值为424，故m，即49x22x 33333

五、构造方程证明不等式

例6：设 a1、a2、…an 为任意正数，证明对任意正整数n不等式(a1 + a2 + … + an)2≤ n(a12+a22+ …+ an2)均成立

证明：原不等式即为 4(a1 + a2 + … + an)2－4n(a12 + a22 + … + an2)≤ 0

由此联想到根的判别式而构造一元二次方程：

(a12+ a22+ … + an2)x 2 + 2(a1 + a2 + … + an)x + n=0（＊）

因方程左边＝(a1 x + 1)2 +(a2 x + 1)2 + … ＋(an x + 1)2 ≥ 0

当a1、a2、…an不全相等时，a1 x+

1、a2 x+

1、…an x+1至少有一个不为0，方程（＊）左边恒为正数，方程（＊）显然无解。

当a1＝a2＝…＝an 时，方程（＊）有唯一解 x＝1 a

1故△＝4(a1 + a2 + … + an)2 － 4n(a12 + a22 + … + an2)≤ 0

即(a1 + a2 + … +an)2 ≤ n(a12 + a22 + … + an2)对任意正整数n均成立

六、构造数列证明不等式

例7：求证：Cn1+Cn2+…+Cnn >n

2n n-12图（2）12n证明：不等式左边为 2－1=从而联想到等比数列的求和公式，12

n-111n1n-1n-2n-12=n于是左边=1+2+2+…+ 2 =[(1+2)+(2+2)+ …(2+1)≥·n·22 222n－1例8：设任意实数a、b均满足| a | < 1，| b | < 1，求证：112 1a21b21ab

证明：不等式中各分式的结构特点与题设联想到无穷等比数列（| q | < 1）各项和公式S＝

a1，1q

则：11=（1 + a2 + a4 + …）+（1 + b2 + b4 + …）221a1b

=2+（a2 + b2）+(a4 + b4)+ …

≥2+2ab+2 a2 b2 + 2a4b4 + … = 2 1ab

七、构造函数证明不等式

例9：已知 | a | < 1，| b | < 1，| c | < 1，求证：ab＋bc＋ca＞－

1证明：原不等式即为：（b＋c）a＋bc＋1>0 ……①

将a看作自变量，于是问题转化为只须证：当－1＜a＜1时，（b＋c）a＋bc＋1恒为正数。

因而可构造函数 f(a)=(b + c)a + bc +1(－1＜a＜1)

若b + c = 0原不等式显然成立。

若b + c ≠0，则f(a)是a的一次函数，f(a)在（－1,1）上为单调函数 而 f(-1)=－b－c + bc +1＝（1－b）（1－c）＞0

f(1)＝b＋c＋bc＋1＝（1＋b）（1＋c）＞0

∴f(a)＞0 即ab＋bc＋ca＞－1

此题还可由题设构造不等式：（1＋a）（1＋b）（1＋c）＞0

（1－a）（1－b）（1－c）＞0

两式相加得：2＋2（ab＋bc＋ca）＞0即ab＋bc＋ca＞－1

八、构造对偶式证明不等式

例10：对任意自然数n，求证：(1+1)(1+11)…(1+)>43n2

证明：设an =(1+1)(1+112583n43n1)…(1+)= … 43n21473n53n2

3693n33n47103n23n1…，cn = … 2583n43n13693n33n构造对偶式：bn =

1

∴an> 1111311，即an > bn，an > cn，∴an，1> an bn cn 3n23n13n23n11)>，即：(1+1)(1+)…(1+43n2

第二篇：巧用构造法证明不等式

巧用构造法证明不等式

构造法是指在解决数学问题的过程中，为了完成由条件向结论的转化，通过构造辅助元素，架起一座沟通条件和结论的桥梁，从而使问题得到解决。不等式证明是高中数学的一个难点问题，若能巧用构造方法，可以使一些问题化难为易.本文拟用构造法巧证一些不等式问题，仅供参考.一、构造函数证明不等式

若能根据题中条件的特征，巧妙地构造函数，利用函数的图象和性质来证明不等式.例1（2011年安徽高考理科题）（Ⅰ）设x1,y1，证明 111xyxy，xyxy

（Ⅱ）1abc，证明

logablogbclogcalogbalogcblogac.解：∵x1，y1，所以要证明原不等式成立，则只需证

xy(xy)1yx(xy)

2成立.令f(x)yx(xy)2[xy(xy)1](y2y)x2(1y2)xy1 当y1时，则f(x)0，即xy(xy)1yx(xy)2，所以

111xyxy xyxy

111(,1).函数当y1时，二次函数f(x)的图象开口向上，对称轴x22y2

f(x)在[1,)上单调递增，所以

f(x)f(1)y2y1y2y10

所以

111xyxy xyxy

综上，所证明的原不等式成立.（Ⅱ）证明略.二、构造方程证明不等式

由解不等式的经验知，不等式的解的区间的端点就是相应方程的解，所以可以利用方程与不等式的内在联系，构造方程来证明不等式.例2 设实数a,b,c满足

a2bc8a702 2bcbc6a60

求证：1a9.bca28a7证明：由已知得，故可构造关于x的方程：

bc(a1)

x2(a1)xa28a70

所以[(a1)]24(a28a7)0，即a210a90，所以1a9.三、构造三角形证明不等式

若能根据不等式的特征，构造出与不等式相同的几何背景的三角形，通过三角形的性质和几何特征来证明不等式.例3设a,b,c为正实数，求证：

a2abb2b2bcc2c2caa2(abc)证明：由于a2abb2

下图所示.Aa2b22abcos1200，构造三角形ABC，如  D B

使ACb,BCa,ACB1200，则ABa2abb2.作ACB的角平分线交AB于D.令ADC，则ADbBDaa，.sin600sinsin600sin(1800)sin

33ba(ab)

所以AB，BD.由此可得ABADDB.sinsinsin

∵01，所以AB，所以0sin3(ab)，即

2a2abb2

同理：b2bcc2(ab)①.23(cb)② 2

(ca)③ 2c2caa2

由①②③得a2abb2b2bcc2c2caa2(abc).四、构造几何体证明不等式

若要证明的不等式与几何体中一些线段的长度有某种内在的关系，可通过构造几何体来证明不等式.例4 已知a,b,c均为正数，且a2b2c21.证明：

a2b2c23(abc)

证明：由a2b2c21，可发现此式与长方体的对角线长的公式有一定联

系.故可构造长方体，使其长宽高分别为a,b,c，且AC11.A

c 1A1 D

1而AB1b2c2a2.在AB1C1中，有AB1B1C1AC1，即

a2a1①

同理有

b2b1②

c2c1③

由①②③得a2b2c23(abc).用构造法证明不等式是一种非常重要的解题方法.运用此方法的关键在于“构造”，可以根据所要证明的不等式的结构特征，合理运用类比、联想等方法，构造出“辅助元素”，使所要证明的不等式化难为易，从而解决问题。

第三篇：构造法证明不等式

构造法证明不等式

由于证明不等式没有固定的模式，证法灵活多样，技巧性强，使得不等式证明成为中学数学的难点之一.下面通过数例介绍构造法在证明不等式中的应用.一、构造一次函数法证明不等式

有些不等式可以和一次函数建立直接联系，通过构造一次函数式，利用一次函数的有关特性，完成不等式的证明.例1设0≤a、b、c≤2，求证：4a+b+c+abc≥2ab+2bc+2ca.证明：视a为自变量，构造一次函数

=4a+b+c+abc-2ab-2bc-2ca=(bc-2b-2c+4)a+(b+c-2bc)，由0≤a≤2，知表示一条线段.又=b+c-2bc=(b-c)≥0，=b+c-4b-4c+8=(b-2)+(c-2)≥0，可见上述线段在横轴及其上方，∴≥0，即4a+b+c+abc≥2ab+2bc+2ca.二、构造二次函数法证明不等式

对一些不等式证明的题目，若能巧妙构造一元二次函数，利用二次函数的有关特性，可以简洁地完成不等式证明.例2实数a、b、c满足(a+c)(a+b+c)<0，求证：(b-c)>4a(a+b+c).证明：由已知得a=0时，b≠c，否则与(a+c)(a+b+c)<0矛盾，故a=0时，(b-c)>4a(a+b+c)成立.当a≠0时，构造二次函数=ax+(b-c)x+(a+b+c)，则有

=a+b+c，=2(a+c)，而·=2(a+c)(a+b+c)<0，∴存在m，当-1

第四篇：构造法证明函数不等式

构造法证明函数不等式

1、利用导数研究函数的单调性极值和最值，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点．

2、解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键．

一、移项法构造函数

【例1】已知函数f(x)ln(x1)x，求证：当x1时，恒有11ln(x1)x． x

1二、作差法构造函数证明

【例2】已知函数f(x)的图象的下方．

2312xlnx，求证：在区间(1 ,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)x

32三、换元法构造函数证明

【例3】（2007年山东卷）证明：对任意的正整数n，不等式ln（1111)23都成立． nnn

四、从条件特征入手构造函数证明

【例4】若函数yf(x)在R上可导，且满足不等式xf'(x)f(x)恒成立，常数a、b满足ab，求证：af(a)bf(b)．

五、主元法构造函数

1x)x，g(x)xlnx． 【例5】已知函数f(x)ln(（1）求函数f(x)的最大值；

（2）设0ab，证明：0g(a)g(b)2g（ab)(ba)ln2．

2六、构造二阶导函数证明函数的单调性（二次求导）

【例6】已知函数f(x)aex12x． 2（1）若f(x)在R上为增函数，求a的取值范围；（2）若a1，求证：当x0时，f(x)1x．

七、对数法构造函数（选用于幂指数函数不等式）

【例7】证明：当x0时，(1x)1xe12．

1、（2007年，安徽卷）设a0，f(x)x1ln2x2alnx．

求证：当x1时，恒有xln2x2alnx1．

2、（2007年，安徽卷）已知定义在正实数集上的函数f(x)1x12x2ax，g(x)3a2lnxb，其中2a0，且b 52a3a2lna，求证：f(x)g(x)．

23、已知函数f(x)ln(1x) xb，求证：对任意的正数a、b，恒有lnalnb1． 1xa4、（2007年，陕西卷）f(x)是定义在(0 , )上的非负可导函数，且满足xf'(x)f(x)0，对任意正数a、b，若ab，则必有（）

A．af(b)bf(a)

B．bf(a)af(b)

C．af(a)f(b)

D．bf(b)f(a)例1【分析】 本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数11，从其导数入手即可证明． x11x1【解析】由题意得：f(x)，∴当1x0时，f(x)0，即f(x)在x1x1g(x)ln(x1)x(1 , 0)上为增函数；当x0时，f(x)0，即f(x)在x(0 , )上为减函数；故函数f(x)的单调递增区间为(1 , 0)，单调递减区间(0 , )；于是函数f(x)在(1 , )上的最大值为f(x)maxf(0)0，因此，当x1时，f(x)f(0)0，即ln(x1)x0，∴ln(x1)x（右面得证）．现证左面，令g(x)ln(x1)11x11，则g(x)22，x1(x1)(x1)x1当x(1 , 0)时，g'(x)0；当x(0 , )时，g'(x)0，即g(x)在x(1 , 0)上为减函数，在x(0 , )上为增函数，故函数g(x)在(1 , )上的最小值为g(x)ming(0)0，110，x1111ln(x1)x． ∴ln(x1)1．综上可知：当x1时，有x1x1∴当x1时，g(x)g(0)0，即ln(x1)【点评】如果f(a)是函数f(x)在区间上的最大（小）值，则有f(x)f(a)（或f(x)f(a)），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证．

例2．【分析】函数f(x)的图象在函数g(x)的图象的下方不等式f(x)g(x)在(1 ,)上恒成12212xlnxx3，只需证明在区间(1,)上，恒有x2lnxx3成立，23231设F(x)g(x)f(x)，x(1 , )，考虑到F(1)0，要证不等式转化变为：

6立问题，即当x1时，F(x)F(1)，这只要证明：g(x)在区间(1 ,)是增函数即可． 【解析】设F(x)g(x)f(x)，即F(x)22312xxlnx，321(x1)(2x2x1)(x1)(2x2x1)则F'(x)2xx；当x1时，F'(x)0，从xxx而F(x)在(1,)上为增函数，∴F(x)F(1)

10，∴当x1时，g(x)f(x)0，即6f(x)g(x)，故在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)23x的图象的下方． 3【点评】本题首先根据题意构造出一个函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式．读者也可以设F(x)f(x)g(x)做一做，深刻体会其中的思想方法． 例3．【分析】本题是山东卷的第（2）问，从所证结构出发，只需令

1x，则问题转化为：当x0n时，恒有ln(x1)x2x3成立，现构造函数h(x)x3x2ln(x1)，求导即可达到证明．

13x3(x1)2 【解析】 令h(x)xxln(x1)，则h(x)3x2xx1x1322在x(0 , )上恒正，∴函数h(x)在(0 , )上单调递增，∴x(0 , )时，恒有h(x)h(0)0，即x3x2ln(x1)0，∴ln(x1)x2x3，对任意正整数n，取x1111(0 , )，则有ln(1)23． nnnn【点评】我们知道，当F(x)在[a , b]上单调递增，则xa时，有F(x)F(a)．如果f(a)＝(a)，要证明当xa时，f(x)(x)，那么，只要令F(x)＝f(x)－(x)，就可以利用F(x)的单调增性来推导．也就是说，在F(x)可导的前提下，只要证明F'(x)0即可．

例4．【解析】由已知：xf'(x)f(x)0，∴构造函数F(x)xf(x)，则F'(x)xf'(x)f(x)0，从而F(x)在R上为增函数，∵ab，∴F(a)F(b)，即af(a)bf(b)．

【点评】由条件移项后xf(x)f(x)，容易想到是一个积的导数，从而可以构造函数F(x)xf(x)，求导即可完成证明．若题目中的条件改为xf(x)f(x)，则移项后xf(x)f(x)，要想到是一个商的导数的分子，平时解题多注意总结．

例5．【分析】 对于第（2）小问，绝大部分的学生都会望而生畏．学生的盲点也主要就在对所给函数用不上．如果能挖掘一下所给函数与所证不等式间的联系，想一想大小关系又与函数的单调性密切相关，由此就可过渡到根据所要证的不等式构造恰当的函数，利用导数研究函数的单调性，借助单调性比较函数值的大小，以期达到证明不等式的目的．（2）对g(x)xlnx求导，则g'(x)lnx1．在g(a)g(b)2g(数，设F(x)g(a)g(x)2g(ab)中以b为主变元构造函2axaxax)，则F'(x)g'(x)2[g()]'lnxln． 222当0xa时，F'(x)0，因此F(x)在(0 , a)内为减函数；当xa时，F'(x)0，因此F(x)在(a , )上为增函数．从而当xa时，F(x)有极小值F(a)，∵F(a)0，ba，∴F(b)0，即g(a)g(b)2g(ab)0．又设G(x)F(x)(xa)ln2，则2G'(x)lnxlnaxG'(x)0．ln2lnxln(ax)；当x0时，因此G(x)在(0 , )2ab)(ba)ln2． 2上为减函数，∵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上为增函数，∴f'(x)0对xR恒成立，即axex对xR恒成立；记g(x)xex，则g'(x)exxex(1x)ex；

当x1时，g'(x)0；当x1时，g'(x)0．知g(x)在( , 1)上为增函数，在(1 , )上为减函数，∴g(x)在x1时，取得最大值，即g(x)maxg(1)（2）记F(x)f(x)(1x)ex111，∴a，即a的取值范围是[ , )．

eee12xx1（x0），则F'(x)exx1，2令h(x)F'(x)exx1，则h'(x)ex1；当x0时，h'(x)0，∴h(x)在(0 , )上为增函数，又h(x)在x0处连续，∴h(x)h(0)0，即F'(x)0，∴F(x)在(0 , )上为增函数，又F(x)在x0处连续，∴F(x)F(0)0，即f(x)1x．【点评】当函数取最大（或最小）值时不等式都成立，可得该不等式恒成立，从而把不等式的恒成立问题可转化为求函数最值问题．不等式恒成立问题，一般都会涉及到求参数范围，往往把变量分离后可以转化为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），从而把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题．因此，利用导数求函数最 值是解决不等式恒成立问题的一种重要方法．

例7．【解析】 对不等式两边取对数得(1)ln(1x)11xx，化简为2(1x)ln(1x)2xx2，2(l1x)，设辅助函数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 , )上严格单调增加，从而f'(x)f'(0)01x（x0），又由f(x)在[0 , )上连续，且f'(x)0，得f(x)在[0 , )上严格单调增加，∴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)，当x1，a0时，不难证明xxx 在(0,)内单调递增，故当x1时，f(x)f(1)0，∴当x1时，恒有xln2x2alnx1．

2、【解析】设F(x)g(x)f(x)12x2ax3a2lnxb，则23a2(xa)(x3a)（x0），∵a0，∴当xa时，F'(x)0，F'(x)x2axx故F(x)在(0 , a)上为减函数，在(a , )上为增函数，于是函数F(x)在(0 , )上的最小值是F(a)f(a)g(a)0，故当x0时，有f(x)g(x)0，即f(x)g(x)．

3、【解析】函数f(x)的定义域为(1 , )，f'(x)11x，∴当1x01x(1x)2(1x)2时，f'(x)0，即f(x)在x(1 , 0)上为减函数；当x0时，f'(x)0，即f(x)在x(0 , )上为增函数；因此在x0时，f(x)取得极小值f(0)0，而且是最小值，于是f(x)f(0)0，从而ln(1x)1xa1b1，于是，即ln(1x)1，令1x0，则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'(x)baaxx2f(x)f(a)f(b)af(b)bf(a)，故选A． F(x)在(0 , )上是减函数，由ab有xab8

第五篇：构造函数法证明不等式

构造函数法证明不等式

河北省 赵春祥

不等式证明是中学数学的重要内容之一．由于证明不等式没有固定的模式，证法灵活多样，技巧性强，使其成为各种考试命题的热点问题，函数法证明不等式就是其常见题型．即有些不等式可以和函数建立直接联系，通过构造函数式，利用函数的有关特性，完成不等式的证明．

一、构造一元一次函数证明不等式

例1设0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，求证：x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)＜1．

证明：构造一次函数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当0＜1－y－z＜1时，f(x)在(0，1)上是增函数，于是

f(x)＜f(1)=1－yz＜1；

⑵当－1＜1－y－z＜0时，f(x)在(0，1)上是减函数，于是

f(x)＜f(0)= y＋z－yz = 1－(1－y)(1－z)＜1；

⑶当1－y－z = 0，即y＋z = 1时，f(x)= y＋z－yz = 1－yz＜1．

综上，原不等式成立．

例2已知 | a |＜1，| b |＜1，| c |＜1，求证：abc＋2＞a＋b＋c．

证明：构造一次函数f(x)=(bc－1)x＋2－b－c，这里，| b |＜1，| c |＜1，| x |＜1，则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，∴一次函数f(x)=(bc－1)x＋2－b－c的图象在x轴上方，这就是说，当| a |＜1，| b |＜1，| c |＜1时，有(bc－1)a＋2－b－c＞0，即abc＋2＞a＋b＋c．

二、构造一元二次函数证明不等式

例3若 a、b、c∈R+，求证：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca ．

证明构造函数f(x)= x2－(b＋c)x＋b2＋c2－bc ．

因为 △=(b＋c)2－4(b2＋c2－bc)=－3(b－c)2≤0，又因为二次项的系数为正数，所以x2－(b＋c)x＋b2＋c2－bc≥0对任意实数恒成立． 以a 替换 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是满足a＋b＋c＋d＋e= 8，a2＋b2＋c2＋d2＋e2= 16的实数，求证：0≤e≤

5．证明：构造一元二次函数

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∵二次项系数为正数，∴△= 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、构造单调函数证明不等式 例5已知 a＞0，b＞0，求证 ：证明： 构造函数f(x)=

x1x

a1a

＋

b1b

＞

x

ab1ab

．，易证f(x)=

1x

= 1－

1x

当x＞0 时单调递增．

∵ 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对任意自然数n 求证：(1＋1)(1＋

14)·…·(1＋

13n2)＞3n1．

证明：构造函数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)是自然数集N上的单调递增函数，∴(1＋1)(1＋

14)·…·(1＋

13n2)＞33n1．