微积分学中的函数构造法在求解不等式问题的应用

第一篇：微积分学中的函数构造法在求解不等式问题的应用

函数构造法在证明不等式方面的应用

杨利辉

(成都纺织高等专科学校人文社科与基础部，成都 611731)

作者：杨利辉（1970-），女，助教，主要从事大学数学教学及研究。

摘要：关于不等式的证明方法有很多种，而运用函数构造法证明不等式使得问题简单化，本文阐述了数学中构造法的含义及其应用所产生的影响，用实例介绍了函数构造方法的几种应用情形。关键词：函数构造法；不等式；证明

Abstract： There are various methods can be applied to prove the inequalities.Especially, the method of construction can make the problems of inequalitybe simplified.We first state the meaning of the method of construction which applies effectively to resolve the problems of inequality in advanced mathematics.Then, construction of function, graphic solution, inequality equation and so on will be introduced.And a soundly explanation of various method of construction will be given by illustration.Keywords：The method of structure；Inequality；Constructing function;continuous1、构造法及其意义

学习数学在于善于寻求解题方法，发现一条摆脱疑难、绕过障碍的途径，实现从已知到未知的转化，在解题过程中，由于某种需要，要把题设条件中的关系构造出来，将关系设想在某个模型之上得以实现，将已知条件经过适当的逻辑组合而创造出一种新的形式，从而使问题得到解决.构造法是根据问题的有关信息确定特定的映射关系构造出数学模型，将问题转化为对数学模型的数理机制的研究，从而达到解题的一种化归方法。化归是一种间接解决问题的方法，它在解决数学问题中的作用在于转化，就是把待解决或未解决的问题进行变形，分割，映射，或者简单化，或熟悉化，或具体化，直到归纳到一类已经能够解决或者比较容易解决的问题中去.运用构造法解题的巧妙之处在于不是直接去解问题A，而是构造一个与问题A有关 的辅助问题B，通过解答问题B 而达到解决问题A的目的.构造法是数学中最具有挑战 性的解题思路，它的合理使用使复杂问题简单化.特别是对于解决不等式问题，因为不 第1页

等式是两个数值或两个代数式或两个函数大小的比较，不等式的证明方法有很多种，而采取构造法证明不等式不仅可以提高解题速度，同时也拓宽了解题思维.构造法作为一种创造性的思维活动，对思维能力的培养和提高也有很大的益处，它作为一种重要的数学思想和常用数学方法，具有广泛的应用，在证明过程中，既能逢难化易，又能活跃思维，是培养创造性思维的一个极好的切入点.本文通过几个实例，阐述如何运用函数构造法来证明不等式的问题.2、几种常见的函数构造方法

在证明不等式时，先认真观察不等式的结构特征，或者作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去证明不等式，这种证明不等式的方法就叫做函数构造法。

2.1 利用函数的单调性构造辅助函数：

若fx在[a,b]上连续，在a,b内可导，且对于任何x∈(a,b)有fx0 则fx 在[a,b]上单调增加；若fx0，则fx在[a,b]上单调减小.例1已知m、n、都为正整数,且1mn，证明：(1m)n(1n)m.分析利用不等式左右两端形成一致构造函数，并结合单调性来解决问题.证设fxln1x(x2)，x

1xln(1x)

则fx，因为x2，2x

x1,ln(1x)lne1，所以1x

所以fx0，故f(x)在(2,+∞)时是减函数, 即ln(1m)ln(1n)，mn

所以ln(1m)nln(1n)m,故原不等式成立.例2设实数a,b,c，满足|a|1,|b|1,|c|1，求证：abc2abc.证构造函数faabc2abcbc1acb2，因为|b|1,|c|1,所以bc10，故f(a)为关于变数a的一次函数，且f(a)在（-1，1）上为单调函数，而f1bc1cb2b1c1，由|b|1,|c|1知f(1)0故f(a)为减函数，当1a1时，有f(a)f(1)0.从而题设条件下有abc2abc.2.2利用函数的局部保号性

例3已知|a|1,|b|1,|c|1,求证：abbcac1.证原不等式形为bcabc10，构造函数f(a)bcabc1，若bc0，不等式成立，若bc0，则fa是a的一次函数,又－1＜a＜1，而f1bcbc11b1c0，f1bcbc11b1c0,由单调函数的局部保号性有 fa0，从而得到abbcac1.2.3利用整函数多项式的性质

20062006

例

4是整数.分析:分子中两个幂底数的第二项与分母都相同，联想到函数值的求法。

证明：构造函数 fx1x

因fxfx，故f(x)是一个只含有 x 奇次项且不含常数项的整系数多项式函数，因此f(x)是一个只含有偶次项的整系数多项式函数，x20061x2006，又因为x

故原式是整数.2.4利用函数的凹凸性

设函数yfx在[a，b]上连续，若对[a，b]中任意两个值x1和x2（x1x2），恒有f(x1x2f(x1)f(x2))，则称yf(x)在[a，b]上是上凸的；若恒有2

2xxf(x1)f(x2)f(12)则称yf(x)在[a，b]上是上凹的.22

b]上是上凸的，若yf(x)在[a，则对该区间内任意n个自变量的值x1,x2,x3,,xn

有不等式

f(x1x2xnf(x1)f(x2)f(xn))成立 nn

而且仅当x1x2x3xn 时等号成立.例

5、在ABC中，求证：sinAsinBsinC

证明：设x1x2且x1、x2(0,)，令f(x)sinx，因为f(x1)f(x2)sinx1sinx2xxxxxxxxsin12cos12sin12f(12)，22222233.2所以ysinx在[0，]上是上凸的，因为A，B，C(0,)根据定理有

故sinAsinBsinC

3.2sinAsinBsinCABCsinsin，3333、小结

本文介绍了运用函数构造法证明不等式的一些方法。利用函数构造法证明不等式需要认真分析要证明的不等式所具有的特点，引用不同的构造法，然后运用其特性对不等式加以证明。

构造法在数学中的应用非常的广泛，运用构造法解决不等式问题培养了学生具有创

造性的数学能力和解决实际问题的能力，而创造性的能力的体现是创造性思维。

对于数学思维的培养及数学方法的培养也有一定的加强作用，有利于提高学生运用数学知识解决实际问题的能力，有利于激发学生学习兴趣，有利于提高学生学习的自觉性，把学生和教师从题海中解放出来，从而减轻教与学的过重负担。

参考文献

[1]陈传璋,朱学炎,金福临,欧阳光中.数学分析[M].北京:高等教育出版社,1983.[2]李忠,周建莹.高等数学[M].北京:北京大学出版社，2002.[3] 陶兴模.中学数学问题研究与教学探讨[M].重庆:重庆出版社，2006.[4] 王仲春,李元中.数学思维与数学方法论[M].北京:高等教育出版社，1989.[5] 袁拥军.从一道竞赛题谈构造法解题[J].中等数学,2004（10）：20—22.

第二篇：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

第三篇：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．

第四篇：构造函数处理不等式问题

构造函数处理不等式问题

函数与方程，不等式等联系比较紧密，如果从方程，不等式等问题中所提供的信息得知其本质与函数有关，该题就可考虑运用构造函数的方法求解。构造函数，直接把握问题中的整体性运用函数的性质来解题，是一种制造性的思维活动。因此要求同学们多分析数学题中的条件和结论的结构特征及内在联系，能合理准确地构建相关函数模型。

一、构造函数解不等式

1、解不等式

810解不等式 x35x0 3(x1)x

1分析；本题直接将左边通分采用解高次不等式的思维来做运算较烦。但注意8102323到且题中出现()5()x5x , 启示我们构造函数3x1x1x1(x1)

f(x)=x3+5x去投石问路。解：将原不等式化为（f(232)5()x35x，令f(x)=x3+5x，则不等式变为x1x122)f(x)，∵f(x)=x3+5x在R上为增函数∴原不等式等价于x，解x1x1之得：－1＜x＜2或x＜－2。

2解含参不等式中参数范围问题

例3已知不等式11112loga(a1)对大于1的一切自然数n1n22n12

3n恒成立，试确定参数a的取值范围。解：设f(n)

∵f(n+1)-f(n)111，n1n22n11110,∴f(n)是关于n 的增函2n12n2n1(2n1)(2n2)

数。又n≥2∴f(n)≥f(2)=

恒成立,必须有

∴1＜a＜712∴f(n)loga(a1)对大于1的一切自然数n121237121loga(a1)∴loga(a1)1，而a＞1，∴a-1＜12123a151∴a的取值范围为（1，）。2

2二、构造函数证明不等式。

1。移项作差，构造一元函数

【例】当x(1,)时，122xlnxx3 2

3【解】设F(x)g(x)f(x)，即F(x)

231

2xxlnx，32

1(x1)(2x2x1)

则F(x)2xx=

xx(x1)(2x2x1)

当x1时，F(x)=

x

从而F(x)在(1,)上为增函数，∴F(x)F(1)故在区间(1,)上，0 6

122xlnxx3 23

【警示启迪】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。2。二元不等式，定主元化为一元函数（全国）已知函数gxxlnx

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

分析：对于本题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.证明如下： 证明：对g(x)xlnx求导,则g(x)lnx1.在g(a)g(b)2g（'

ab)中以b为主变元构造函数, 2

ax'axax

.)]lnxln),则F'(x)g'(x)2[g（222

设F(x)g(a)g(x)2g（'

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).因为F(a)0,ba,所以F(b)0,即g(a)g(b)2g(又设G(x)F(x)(xa)ln2.则G'(x)lnxln

''

ab)0.2

ax

ln2lnxln(ax).2

当x0时,G(x)0.因此G(x)在(0,)上为减函数.因为G(a)0,ba,所以G(b)0,即g(a)g(b)2g(3。幂指数函数不等式，对数法构造函数

ab)(ba)ln2 2

例：证明当x0时,(1x)

1

1x

e

1

x2

4。数列和型不等式，利用通项构造函数 例：证明：对任意的正整数n，不等式ln(n1)令h(x)x3f(x)x3x2ln(x1),（k

1n

)都成立。k2k3

3x3(x1)2

0在[0,)上恒成立，则h'(x)

x1

所以h(x)在[0,)上单调递增，8分

则当x(0,)时，恒有h(x)h(0)0.即当x(0,)时，有x3x2ln(x1)0, 整理，得ln(x1)x2x3.9分

对任意正整数n，取x所以ln

1111

得ln(1)23，nnnn

10分

n11111

23，整理得ln(n1)lnn23,nnnnn

1111

,ln3ln2,2223121311

, 23nn

则有ln2ln1……

ln(n1)lnn

所以(ln2ln1)(ln3ln2)[ln(n1)lnn]（1111

)(

12132223

（11

3)，2

nn

即ln(n1)

(k

k1

n

).3k

作业：1设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)2,当x0时，有f(x)xf(x)恒成立，则不等式f(x)x的解集是（D）（A）（2，0）∪（2，）（C）（，2）∪（2，）

（B）（2，0）∪（0，2）（D）（，2）∪（0，2）

证明当bae,证明ab

b

a3、（2007年，安徽卷）设a0,f(x)x1lnx2alnx

求证：当x1时，恒有xlnx2alnx1，（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）（A）af(b)≤bf(a)（C）af(a)≤f(b)4

（B）bf(a)≤af(b)

（D）bf(b)≤f(a)

5。已知a0,x1,求证: xlnx2alnx1

n

6。已知nN,求证:lnn

ii1i2i2

*

n

第五篇：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。