巧用构造法证明不等式

第一篇：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。

第二篇：巧用构造函数法证明不等式

构造函数法证明不等式

一、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：|a||b||ab|

1|a||b|≥1|ab|

证明：构造函数f(x)=

x

1x(x≥0)则f(x)=x1x=1-

11x

在0，上单调递增

∵f(|a| + |b|)=

|a||b|1|a||b|f(|a + b|)=|ab|

1|ab|

且|a| + |b|≥|a + b|

∴f(|a| + |b|)≥f(|a + b|)即所证不等式正确。

二、利用分式函数的奇偶性证明不等式

【例2】证明不等式：x12x＜x

2（x≠0）证明：构造函数f(x)=x1

2x

x

2(x0)∵f(-x)=-xx-x2x1-2-x22x1x2x12x

[1-(1-2x)]x2x12xx2=f(x)

∴f(x)是偶函数，其图像关于y轴对称。当x＞0时，12x

＜0，f(x)＜0；

当x＜0时，-x＞0,故f(x)=f(-x)＜0 ∴x1-2xx2＜0，即x12

x

＜x

2三、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＜abc + 2。

证明：构造函数f(c)=(1-ab)c + a + b-

2∵|a|＜1，|b|＜

1∴-1＜ab＜1，1-ab＞0

∴f(c)的（-1，1）上是增函数

∵f(1)=1-ab + a + b-2=a + b–ab-1=a(1b)=(1c)2＞4a(a + b + c)。证明：构造函数f(x)=ax2 +(-b + c)x +(a + b + c)(a≠0)

则f(0)=a + b + c，f(1)=2(a + c)

由(a + c)(a + b + c)＜0知：f(0)•f(1)＜0 ∴f(x)=0有两个不等的实数根。∴△＞0，即(bc)2＞4a(a + b + c)

【例5】已知实数a，b，c满足a + b + c = 5，a2 + b2 + c

2= 9，求证a，b，c的值都不小于1，又都 不大于21

3。

证明：构造函数f(x)=2x2+ 2(a + b)x + a2 + b2=(x + a)2 +(x + b)2 ≥0

∵2＞0

∴△=[2(a+b)]2-4×2×(a2 + b2)≤0

∴△=4(5-c)2-8(9-c2)≤0 ∴(c-1)(3c-7)≤0

∴1≤c≤213

同理可证：1≤a≤21，1≤b≤2133。

【例6】已知a，b，c∈R，证明：a2 + ac + c2 + 3b(a + b + c)≥0，并指出等号何时成立？

证明：令f(a)= a2 +(c + 3b)a + c2 + 3b2

+ 3bc

△=(c + 3b)2-4(c2 + 3b2 + 3bc)=-3(b + c)2

≤0 恒成立 ∵二次项系数1＞0

∴f(a)≥0，即 a2 + ac + c2 + 3b(a + b + c)≥0

又当△=0，即b + c = 0时f(a)=(a + b)2

= 0 ∴当且仅当a=-b=c时才能取等号。

⒉利用一元二次方程根的分布证明不等式

【例7】设a + b + c=1，a2 + b2 + c2 =1，且a＞b＞c，求证：-

13＜c＜0

证明：∵a + b + c=1

∴a + b =1-c有a2 + b2 + 2ab=1c

∴a，b是方程x2-(1-c)x+c2-c=0的两个实数根

∵a＞b＞c，故方程有大于c的两个不等的实数根

构造函数f(x)= x2-(1-c)x+c2-c，则有：

(1c)24(c2c)＞0

1c＞c

2

f(c)＞0

∴-1

3＜c＜0

⒊综合运用判别式法、一元二次方程根的分布证明不等式

【例8】设a，b是两个不等于0的实数，求证：下列不等式中至少有一个成立。aa22b2

2b1，aa22b2

2b1

证明：设f(x)=bx2axb

2(b≠0)

∵△=(-a)2-2b(-b)=a2+2b2＞0

∴抛物线与x轴必有两个交点，其横坐标为x=aa22b2

2b

∴f(-1)=b

2af(0)= b

2f(1)= b

2a

⑴当b＞0时，f(0)＜0

若a＞0,则f(-1)＞0

∴点A（-1，f(-1)）在x轴上方，点B（0，f(0)）在x轴下方

∴抛物线与x轴在（-1，0）内必有一个交点，此时有

aa22b2

2b1 若a＜0，则f(1)＞0 ∴点C(1，f(1))在x轴上方 ∴抛物线与x轴在（0，1）内必有一个交点，此时有 aa22b22b1 ⑵当b＜0时，f(0)＞0，此时点B在x轴下方，同理可证A点和C点至少有一点 在x轴上方。故两个不等式至少有一个成立。构造函数法证明不等式，关键在于找到能够反映所要证不等式特征的合适的函数，从而就可以利用该函数的性质去证明不等式。

第三篇：巧用构造法解不等式问题

巧用构造法解不等式问题

湖州中学黄淑红

数学中有许多相似性，如数式相似，图形相似，命题结论的相似等，利用这些相似性，通过构造辅助模型，促进转化，以期不等式得到证明。可以构造函数、方程、数列、向量、复数和图形等数学模型，针对欲证不等式的结构特点，选择恰当的模型，将不等式问题转化为上述数学模型问题，顺利解决不等式的有关问题。

一、根据不等式特征，构造恰当的初等函数，再根据函数单调性、奇偶性等特征来证明不等式。

例1证明：对于任意的x,y,z(0,1),不等式x(1y)y(1z)z(1x)1成立。

证明设f(x)(1yz)xy(1z)z,显然该函数是以x为主元的一次函数。当x(0,1)时，f(x)是单调函数，且f(0)yyzz(y1)(1z)11, f(1)1yz1.所以，当x(0,1)时，f(x)的最大值小于1，即x(1y)y(1z)z(1x)1 例

2如果(xy1，那么xy0

证明

构造函数f(x)lg(x单调递增。



(xxR).可以证明函数f(x)在R上是奇函数且 y1,f(x)f(y)lg(xlg(y

lg(xy=lg1=0 f(x)f(y),即f(x)f(y)所以xy,即xy0

通过构造函数，利用函数单调性和奇偶性，把一些看似与函数无缘的问题转化为函数问题来解决，思路灵活新颖，简洁巧妙，可出奇制胜。

二、有些不等式分析可知它与数列有关，可构造出相应的数列，再利用数列的单调性来研究。

n(n1)(n1)

2例

3证明不等式对所有正 22

整数n成立。

分析：

是一个与n无关的量，将它与左右两端作差 构造出相应的数列，在利用数列的单调性来研究。

解：

设an3，1n)(N构)造数列xn，令

xnann(n1)(n1)(n2)n(n1)(n1)0,，则xn1xnan1an222

(nN)，所以xn1xn，x

n为单调数列，首相x11为最小值。

n(n1)(n1)2

所以xnx110，即an，又令ynan，22

(n1)2(n2)22n3则yn1ynan1an，222

所以yn1yn，y

n为单调递减数列，首相y12为最大项，(n1)2

所以yny120，即an.2

n(n1)(n1)2

an(nN)综上所述，22

用构造单调数列证明不等式，若不等式的一边为和（积）式，则构造数列an，使其通项等于和（积）式与另一端的差（商），然后通过比较法确定数列an的单调性，利用数列的单调性即可使不等式获证。

三、对某些不等式，根据条件和结论，可将其转化为向量形式，利用向量数量积及不等关系mnmn，使问题得到解决。

a2b2c2abc例4已知a,b,cR，求证：a,b,cR bccaab2



证明

设mn，则 22222abc(mn)(abc)2abcm2 bccaab2(abc)2n利用向量虽是一种构造性的证明方法，但它与传统的综合法有很大不同，能避免繁杂的凑配技巧，使证明过程既直观又容易接受。

四、有些不等式若采用通法解很繁琐，用变量替换法又不可行，利用数形结合的思想方法将抽象的式用形表示，则使问题中的各变量关系更具体明确，使问题简明直观。

例

51x

2析本题若转化为不等式组来解很繁琐，利用数形结合的思想方法将抽象的式用形表示，则使问题变得简明直观

解：令yy1x，2

x，问题转化

为它们对应的图象为半圆(x1)2y21(y0)与直线y

(x1)2y21(y0)的图象在y

1x上方时x的范围，如图 218x得x0 25

故原不等式的解为：x0x 

85五、一类属函数图象的问题，与求最值结合，利用数形结合是基本的指导思想，但还需结合复合函数求导，使不等式的证明水到渠成。

例6 如图，设曲线yex(x0)在点M(t,et)处的切线l与x轴y轴所围成的三角形面 积为S(t)，求（1）切线l的方程；2）求证S(t)2 e

t（1）解： f'(x)(ex)'ex，切线l的斜率为e

故切线l的方程为yetet(xt)，即etxyet(t1)0

（2）证明：令y0得xt1，又令x0得ye(t1)，t

S(t)11(t1)et(t1)(t1)2et 2

21t'从而S(t)e(1t)(1t).2当t(0,1)时,S'(t)0,当t(1,)时,S'(t)0,S(t)的最大值为S(1)22，即S(t) ee

应用导数法求函数的最值，并结合函数图象，可快速获解，也充分体现了求导法在证明 不等式中的优越性。

证明不等式不但用到不等式的性质，不等式证明的技能、技巧，还要注意到横向结合内容的方方面面.如与数列的结合，与“二次曲线”的结合，与“三角函数”的结合，与“一元二次方程，一元二次不等式、二次函数”这“三个二次”间的互相联系、互相渗透和互相制约，这些也是近年命题的重点.

第四篇：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

第五篇：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