构造函数证明不等式的方法探究

第一篇：构造函数证明不等式的方法探究

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构造函数证明不等式的方法探究 作者：赵久勇 常国庆

来源：《新高考·高三数学》2012年第02期

第二篇：构造函数证明不等式的方法探究

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构造函数证明不等式的方法探究

作者：赵久勇 常国庆

来源：《新高考·高三数学》2013年第06期

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.灵活构造函数，并利用导数证明不等式是常见的方法.而构造好相应函数是关键.从哪里人手，如何构造，怎么构造，许多同学找不到突破口，常常感到无所适从，甚至构造不出合理的函数.笔者通过2011年一道新课标高考试题的分析，就这类问题的处理方法作一剖析和归纳.

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：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

例

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

例

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。

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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。