2014年数学高考专题--用构造局部不等式法证明不等式[模版]

第一篇：2014年数学高考专题--用构造局部不等式法证明不等式[模版]

2014年数学高考专题--用构造局部不等式法证明不等式

有些不等式的证明，若从整体上考虑难以下手，可构造若干个结构完全相同的局部不等式，逐一证明后，再利用同向不等式相加的性质，即可得证。

例1.若a，bR，ab2，求证：a1*2b12

分析：由a，b在已知条件中的对称性可知，只有当ab1，即2a13时，等号才能成立，所以可构造局部不等式。证明：2a1332a13·(2a1)·3·(a2)3323

(b2)3

(a2)(b2)2 33同理，2b1∴a1

2b1

222x12x2xnxn1…x1x2 例2.设x1，x2，…，xn是n个正数，求证：x2x3xnx1

…xn。

证明：题中这些正数的对称性，只有当x1x2…xn时，等号才成立，构造局部不等式如下：

222x12x2xnxn1x22x1，x32x2，…，xn2xn1，x12xn。x2x3xnx1

将上述n个同向不等式相加，并整理得：

222x12x2xnxn1…x1x2…xn。x2x3xnx1

例3.已知a1，a2，…，an均为正数，且a1a2…an1，求证：

22a12a2an1…。a1a2a2a3ana12

a12aa21a1，证明：因a1，a2，…，an均为正数，故a1a24

22a2a2a3anaa1a2，…，nan。a2a34ana14

又∵a1a2a2a3aa111…n(a1a2…an)，44422

∴把以上各个同向不等式相加，整理得：

22a12a2an1…a1a2…an1 a1a2a2a3ana12

22a12a2an1故…。a1a2a2a3ana12

例4.设a，b，cR，且abc1，求证：*3111。333a(bc)b(ca)c(ab)2证明：由a，b，c在条件中的对称性知，只有当abc1时，才有可能达到最小值31bc1，此时刚好3。所以，可构造如下局部不等式。2a(bc)4bc2

∵1bc11，233a(bc)4bc4abca

1ac11，2b3(ac)4ac4b3acb

1ab11，2c3(ab)4ab4c3abc

111a3(bc)b3(ca)c3(ab)1111bcacab()()abc4bcacab∴



1111313() 2abc2abc2

a2b2c2

1。例5.设a，b，cR，且abc2，求证：bccaab*

a2bc证明：由a，b，c在条件中的对称性知，只有，才可能达到最小值1，此时刚。所以，可构造如下局部不等式。bc4

a2bc。所以，可构造如下局部不等式。bc4

a2bcb2cac2ab∵a，b，c bc4ca4ab4a2b2c21∴(abc)abc bccaab2

a2b2c2

即1 bccaab

第二篇：用构造局部不等式法证明不等式

用构造局部不等式法证明不等式

有些不等式的证明，若从整体上考虑难以下手，可构造若干个结构完全相同的局部不等式，逐一证明后，再利用同向不等式相加的性质，即可得证。

例1.若a，求证：212 ab123，bR，ab2分析：由a，b在已知条件中的对称性可知，只有当a，即2时，等号a13b1才能成立，所以可构造局部不等式。

证明：2 a1·(2a1)·3·(a2)*3332a133323同理，2b13(b2)33333∴2 a12b1(a2)(b2)23

2222xxxx2n1n…x，x，…，x例2.设x是n个正数，求证：1 1x212nxxx2x3n1…xn。

证明：题中这些正数的对称性，只有当x时，等号才成立，构造局部x…x12n不等式如下：

2222xxxx12n1n。x2x，x2x，…，x2x，x2x2132nn11nxxxx23n1将上述n个同向不等式相加，并整理得：

2222xx1x2n1xn…xx…x。12nxxxx23n1，a，…，a…a1例3.已知a均为正数，且aa，求证： 12n12n222aaa112n…。

aaaaa12a23n122aaa112a，a，…，a证明：因a均为正数，故，112naa41222a2a2a3anaa1a2，…，nan。

a2a34ana14又∵aaaaaa111223n1…(aa…a)12n，44422∴把以上各个同向不等式相加，整理得：

222aaa112n …aa…a112naaaaaa21223n1222aaa112n故…。aaaaa12a23n12例4.设a，且a，求证：，b，cRbc1（第36届IMO）

*3111。333a(bc)b(ca)c(ab)2证明：由a，b，c在条件中的对称性知，只有当a时，才有可能达到最小值bc131bc1，此时刚好3。所以，可构造如下局部不等式。2bc2a(bc)4∵1bc112，33bcabc()44abca1ac112，33acbac()44bacb1ab112，33abcab()44cabc111∴333a(bc)b(ca)c(ab)

1111bcacab()()abc4bcacab1111313()3 2abc2abc2

222abc1，b，cR例5.设a，且a，求证：。bc2bccaab*证明：由a，b，c在条件中的对称性知，只有当abc时，才可能达到最小值1，23a2bc此时刚好。所以，可构造如下局部不等式。bc4222abcbcacab∵ a，b，cbc4ca4ab4222abc1∴ (abc)abcbccaab2222abc即 1bccaab

第三篇：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