例谈运用构造法证明不等式

第一篇：例谈运用构造法证明不等式

例谈运用构造法证明不等式

湖北省天门中学薛德斌

在我们的学习过程中，常遇到一些不等式的证明，看似简单，但却无从下手，很难找到

切入点，几种常用证法一一尝试，均难以凑效。这时我们不妨变换一下思维角度，从不等式的结构和特点出发，在已学过的知识的基础上进行广泛的联想，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。下面通过举例加以说明。

一、构造向量证明不等式

例1：证明7x2(9x2)9，并指出等号成立的条件。简析与证明：不等式左边可看成7与 x 和2与9x2两两乘积的和，从而联想

到数量积的坐标表示，将左边看成向量a=(,2)与b=(x,又a·b ≤|a|·|b|，所以7x9x2)的数量积，2(9x2)(7)2(2)2x2(9x2)9当且仅当b=λa(λ>0)时等号成立，故由

时，等号成立。x79x22x=,λ=1，即 x =70得：（1－y)(xy3)(2xy6)例2：求证：2221 6

简析与证明：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)

222于是|a|·|b|=(1y)(xy3)(2xy6)6

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

222所以(1y)(xy3)(2xy6)61（1－y)(xy3)(2xy6)即

二、构造复数证明不等式

22例

3、xy2221 6x2(1y)2(1x)2y2(1x)2(1y)22

2简析与证明：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22

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

且仅当a2acc2当111时取等号。bac

简析与证明：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：

作OA＝a，OB＝b，OC＝c，∠AOB=∠BOC=60° 如图（1）

则∠AOC＝120°，AB=a2abb2，BC=b

2bcc2,AC=a2acc2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，即22

2ab+bc=ac

故当且仅当111时取等号。bac图（1）

四、构造椭圆证明不等式

例5：求证：42 49x22x3

3简析与证明：49x2的结构特点，使我们联

想到椭圆方程及数形结合思想。

于是令 y49x2(y0)，则其图象是椭

x2y

21圆4的上半部分，设y-2x=m，于是只需

49证42m, 因 m为直线y=2x＋m在y轴上33图（2）的截距，由图（2）可知：当直线 y = 2 x＋m 过点（直线y =2x＋m与椭圆上半部分相切时，m有最大值。

由 24，0）时，m有最小值为m=；当33y2xm

229xy4 得：13x2 + 4mx + m2 – 4 = 0

令△= 4（52－9m2）=0 得：m22或m－（33

即m的最大值为424222，故m，即49x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

简析与证明：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

2例7：求证：Cn1+Cn2+…+Cnn >n·

n n-1212n

简析与证明：不等式左边即为 2－1=从而联想到等比数列的求和公式，于是左1

2边=1+2+2+…+ 2 2n－1112=[(1+2n-1)+(2+2n-2)+ …(2n-1+1)≥·n·22n1=n·22n-12

例8：设任意实数a、b均满足| a | < 1，| b | < 1 求证：112 221ab1a1b

简析与证明：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＝a1112424，则：=（1 + a + a + …）+（1 + b + b + …）221a1b1q1ab=2+（a2 + b2）+(a4 + b4)+ … ≥2+2ab+2 a2 b2 + 2a4b4 + … =

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简析与证明：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+

简析与证明：设an =(1+1)(1+

构造对偶式：bn = 11)…(1+)> 43n23n1 112583n43n1)…(1+)= ··…·43n21473n53n23693n33n47103n23n1··…，cn = ·… 2583n43n13693n33n1111111，1 3n23n13n23n

即an > bn，an > cn

3∴an> an bn cn

∴an> 11)> n1 3n1，即：(1+1)(1+)…(1+43n2

小结：从以上几例还可以看出：（1）构造法不仅是证明不等式的重要思想方法，也是解不等式，求函数值域或最值的重要思想方法。（2）运用构造法解题，必须对基础知识掌握的非常熟练，必须有丰富的联想和敢于创新的精神。（3）不时机地运用构造法，定能激发和培养学生的探索精神与创新能力。

（本文于2004年在《高中数学教与学》第10期上发表）

第二篇：例谈运用构造法证明不等式 - 新课程数学 - 新课程数学新课程

例谈运用构造法证明不等式

在我们的学习过程中，常遇到一些不等式的证明，看似简单，但却无从下手，很难找到切入点，几种常用证法一一尝试，均难以凑效。这时我们不妨变换一下思维角度，从不等式的结构和特点出发，在已学过的知识的基础上进行广泛的联想，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。下面通过举例加以说明。

一、构造向量证明不等式 例1：证明7x2(9x2)9，并指出等号成立的条件。

简析与证明：不等式左边可看成7与 x 和2与9x2两两乘积的和，从而联想到数量积的坐标表示，将左边看成向量a=(7,2)与b=(x, 又a·b ≤|a|·|b|，所以

9x2)的数量积，7x2(9x2)(7)2(2)2·x2(9x2)9

当且仅当b=λa(λ>0)时等号成立，故由立。

x79x220得：x=7,λ=1，即 x =7时，等号成（1－y)(xy3)(2xy6)例2：求证：2221 6简析与证明：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)

222于是|a|·|b|=(1y)(xy3)(2xy6)·6

（1－y)·1＋(xy3)·2(2xy6（）·1）－1 a·b＝222所以(1y)(xy3)(2xy6)·61

（1－y)(xy3)(2xy6)即

二、构造复数证明不等式

22例

3、求证：xy2221 6x2(1y)2(1x)2y2(1x)2(1y)222

简析与证明：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

2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

简析与证明：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： 作OA＝a，OB＝b，OC＝c，∠AOB=∠BOC=60° 如图（1）

则∠AOC＝120°，AB=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，即ab+bc=ac 222故当且仅当111时取等号。bac

四、构造椭圆证明不等式 例5：求证：4213 49x22x33简析与证明：49x2的结构特点，使我们联想到椭圆方程及数形结合思想。

于是令 y49x2(y0)，则其图象是椭圆

图（1）

x2y214的上半部分，设y-2x=m，于是只需证494213, 因 m为直线y=2x＋m在y轴上的截m332，0）3距，由图（2）可知：当直线 y = 2 x＋m 过点（时，m有最小值为m=4；当直线y =2x＋m与椭圆上3半部分相切时，m有最大值。

y2xm2 2 由 2 得：13x+ 4mx + m– 4 = 0 29xy4令△= 4（52－9m2）=0 得：m图（2）

213213或m－（舍）33即m的最大值为

421342132132，故m，即49x2x

3333

3五、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 + …

+ an

2)均成立

简析与证明：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 a1故△＝4(a1 + a2 + … + an)2 － 4n(a12 + a22 + … + an

2)≤ 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

12n简析与证明：不等式左边即为 2－1=从而联想到等比数列的求和公式，于是左边=1+2+22+…+

122 n－1112=[(1+2n-1)+(2+2n-2)+ …(2n-1+1)≥·n·22n1=n·22例8：设任意实数a、b均满足| a | < 1，| b | < 1 求证：

n-12

112

1a21b21ab简析与证明：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：112424=（1 + a + a + …）+（1 + b + b + …）221a1b2 1ab=2+（a2 + b2）+(a4 + b4)+ … ≥2+2ab+2 a2 b2 + 2a4b4 + … =

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 简析与证明：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+简析与证明：设an =(1+1)(1+构造对偶式：bn =

11)…(1+)> 43n233n1

112583n43n1)…(1+)= ··…·43n21473n53n23693n33n47103n23n1··…·，cn = ··…· 2583n43n13693n33n1111111，1

3n23n13n23n即an > bn，an > cn

3∴an> an bn cn

∴an > 311)> 33n1 3n1，即：(1+1)(1+)…(1+

43n2小结：从以上几例还可以看出：（1）构造法不仅是证明不等式的重要思想方法，也是解不等式，求函数值域或最值的重要思想方法。（2）运用构造法解题，必须对基础知识掌握的非常熟练，必须有丰富的联想和敢于创新的精神。（3）不时机地运用构造法，定能激发和培养学生的探索精神与创新能力。

（本文于2004年在《高中数学教与学》第10期上发表）

第三篇：构造法证明不等式例说

构造法证明不等式例说

【中图分类号】g633.5 【文献标识码】a 【文章编号】

2095-3089（2012）11-0081-01

对于如何解题，g.波利亚曾这样精辟地说过：“解题的成功要靠正确的选择。”在解题中，常规的思考方法是由条件到结论的定向思考，但有些问题按照这样的思维方式来寻求解题途径比较困难，甚至无从下手。在这种情况下，要求我们改变思维方向，换一个角度思考，以找到一条绕过障碍的新途径。构造法思想及其方法就是这种手段。下面举例说明构造法在证明不等式方面的具体应用。

一、构造函数，利用函数性质证明不等式

第四篇：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。

第五篇：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