构造函数巧解不等式

第一篇：构造函数巧解不等式

构造函数巧解不等式

湖南 黄爱民

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

例

1、解不等式 810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。但注意到8102323x5x , 启示我们构造函数且题中出现()5()3x1x1x1(x1)

f(x)=x3+5x去投石问路。解：将原不等式化为(232)5()x35x，令f(x)=x3+5x，则不等式变为x1x1

22f()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。

例

2、解不等式

1x

220 x11x21tan2cos2于是可构造三分析：由xR及的特征联想到万能公式1x21tan2

角函数，令x=tanα(

2

2)求解。

1tan2解：令x=tanα()0，从 222tan1

13而2sin2sin10sin1∴∴tanα＞,∴x＞262

33。3

二、构造函数求解含参不等式问题。

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

3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)

712∴f(n)loga(a1)对大于1的一切自然数n恒12123

7121成立,必须有loga(a1)∴loga(a1)1，而a＞1，∴a-1＜12123a数。又n≥2∴f(n)≥f(2)=

∴1＜a＜115∴a的取值范围为（1，）。2

2三、构造函数证明不等式。

例

4、已知 |a|＜1,|b|＜1,|c|＜1，求证：ab+bc+ca＞-

1证：把a看成自变量x，作一次函数f(x)=bx+bc+cx+1=(b+c)x+bc+1, ∵|a|＜1,|b|＜1,|c|＜1∴－1＜x＜1

又∵f(-1)=-b-c+bc+1=(1-b)(1-c)>1

f(1)=b+c+bc+1=(1+b)(1+c)>0，又一次函数具有严格的单调性。∴f(x)=(b+c)x+bc+1在x∈（-1，1）的图象位于x的上方，∴(b+c)x+bc+1>0,从而：(b+c)a+bc+1>0,即证：ab+bc+ca＞-1 例

5、已知，求证：x2y2z22xycos2yzcos2zxcos 证明：考虑函数f(x)=x2y2z2(2xycos2yzcos2zxcos)=2

x22x(ycoszcos)y2z22yzcos,其中4(ycoszcos)24(y2z22yzcos)4(ysinzsin)20 又x2的系数大于0，∴f(x)的值恒大于或等于0，∴x2y2z22xycos2yzcos2zxcos。

第二篇：构造函数,妙解不等式

构

不等式与函数是高中数学最重要的两部分内容。把作为高中数学重要工具的不等式与作为高中数学主线的函数联合起来，这样资源的优化配置将使学习内容在函数思想的指导下得到重组，优势互补必将提升学习效率.例1:已知a2+ab+ac<0证明b2-4ac>0

分析：有所证形式为二次函数的判别式（△）的格式。故试图构造二次函数使思路峰回路转。

证明：令f(x)=cx2+bx+a。由a2+ab+ac=a(a+b+c)<0得a与 a+b+c异号。

F(0)=a，f(1)= a+b+c。所以，f(x)图像与x轴有两个交点.。所以判别式（△）大于0。即b2-4ac>0。

x111< ln

本题与2005年全国卷Ⅱ中函数f(x)=ln(1+x)-x 没有什么区别，有着高等数学的背景，且是近几年高考命题不等式证明题中新的开挖点。构造函数和用求导数法来研究其单调性，进而再利用单调性可快捷证得，往往别开生面。

11证明：设1+= t ,由x∈(0,+∞)则t > 1 ,∴x =xt1

1原不等式

< lnt

1令f(t)=t-1-lnt 则 f ‘(t)=1-当 t∈(1,+∞)，有f‘(t)>0 t

从而 f(t)在t∈(1,+∞)单调递增，所以 f(t)>f(1)=0 即t-1>lnt

1t1同理 令g(t)=lnt-1+。则g’(t)= 2 当t∈(1,+∞)，有 g’(t)>0 tt

1所以 g(t)在t∈(1,+∞)单调递增，g(t)>g(1)=0即lnt>1-t

x111综上 < ln

有些不等式，利用函数的性质（如单调性，奇偶性等）来解证，往往要比常规的方法容易找到证题途径，下面看一个例题：

例3：设a，b，c∈R+，且a＋b＞c．

在课堂上可先让学生用常规方法思考试证后启发学生用构造函数法来证，最后比较证法。

（x∈R+），先证单调性。

∴f（x）在x∈R+上单调递增。

∵a+b＞c（已知）∴f（a+b）＞f（c），利用构造法也可解关于x的不等式

例4:已知关于x的不等式｜x-4｜＋｜x-3｜＜a的解集为非空集合，求实数a的取值范围。

对于讨论这类含参数的不等式，先让学生按常规方法解：用数轴法，分别在三个区间内讨论解集为非空集合时a的取值范围，然后求它的交集得a＜1。

后来又启发学生用构造函数方法来解，学生们思考很积极，有一个学生解道：

作出分段函数的图象（如上图所示）

通过以上对构造函数发典例的分析，可以看出构造函数法确实是一种解题的好途径。将证明或求解的不等式地为转化为函数的问题，关键在于转化为什么样的函数.这就要求从被证（解）的不等式的形状，特点入手，发生联想。本着“纵向深入，横向联系”的原则，合理的构造函数模型。达到启发学生思维，开拓解题途径的效果。

第三篇：构造向量巧解不等式问题

构造向量巧解有关不等式问题

新教材中新增了向量的内容，其中两个向量的数量积有一个性质：ab|a||b|cos（其中θ为向量a与b的夹角），则|，又，则易得到以1cos1ab|||a|||bcos|

下推论：

（1）ab|ab|||；

（2）|ab||a||b|；

（3）当a与b同向时，ab|ab|||；当a与b反向时，ab|a||b|；

（4）当a与b共线时，|ab||a||b|。

下面例析以上推论在解不等式问题中的应用。

一、证明不等式

例1已知a。、bR，ab12证明：设m=（1，1），n，则 2a2b1)

ab

1||2||a12b1

2ab12由性质m n|m||n|，得yz1，求证：xyz例2已知x。

证明：设m=（1，1，1），n=（x，y，z），则 2221

3mnxyz1

||3，|n|xyz

222222 mnm|||||n，得xyz由性质|

22213a2b2c2abcR，求证：例3已知a，b，c。bccaab2

222abc)证明：设m，ab)bccaab

则m nabc

222abc||||2(abc)bcacab

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a2b2c2abc由性质| mn||m||n|，得bccaab2222例4已知a,b为正数，求证：(。ab)(ab)(ab)

证明：设m (a，b)，n(a，b)，则

33mnab

224442233222||ab，|n|ab

由性质|mn||m||n|，得 222

44422332(ab)(ab)(ab)

dacd。,b,c,dR例5设a，求证：a

证明：设m=（a,b），n=（c,d），则

mnadbc

2222 ||ab||cd222

由性质ab|ab|||，得

222adacd

二、比较大小

Rda例6已知m,n,a,b,c,d

p，q的大小关系为（）

A.pqB.pqC.p

hkabcd

bd |h|manc，|k|mn

hk||hk|||得 由性质|

bcdman即pq，故选（A）

bd mn

三、求最值

例7已知m,n,x,y，且m，那么mx+ny的最大值为na，xybR

（）A.2222abB.ab

2C.a2b2

2D.a2b2

解：设p=（m,n），q=（x,y），则

由数量积的坐标运算，得p qmxny

而|| mn||xy

从而有m xnmxy

当p与q同向时，mx+ny取最大值m，故选（A）。nxyb

例8求函数的最大值。x)

解：设，则 x2x)，n(1，1)***2

mn2x12x

|m|2，|n|2

由性质mn|m||n|，得

x2x2

当

四、求参数的取值范围 113 时时，y2max22x2x

yy例9设x,y为正数，不等式x恒成立，求a的取值范围。

yn)，（1，1）解：设，则

||xy||2

由性质mn|m||n|，得

xyxy yy又不等式x恒成立

故有a2

黑龙江省大庆市66中学（163000）

第四篇：函数解答题-构造函数证明不等式

函数解答题-构造函数证明不等式 例1（2013年高考北京卷（理））设L为曲线C:ylnx在点(1,0)处的切线.x

(I)求L的方程;

(II)证明:除切点(1,0)之外,曲线C在直线L的下方.【答案】解:(I)设f(x)lnx1lnx,则f(x).所以f(1)1.所以L的方程为2xx

yx1.(II)令g(x)x1f(x),则除切点之外,曲线C在直线l的下方等价于

x21lnxg(x)0(x0,x1).g(x)满足g(1)0,且g(x)1f(x).x2

2当0x1时,x10,lnx0,所以g(x)0,故g(x)单调递减;

当x1时,x10,lnx0,所以g(x)0,故g(x)单调递增.所以,g(x)g(1)0(x0,x1).所以除切点之外,曲线C在直线L的下方.又解:g(x)0即x12lnx0变形为x2xlnx0,记h(x)x2xlnx,则x

12x2x1(2x1)(x1)h(x)2x1,xxx

所以当0x1时,h(x)0,h(x)在(0,1)上单调递减;当x1时,h(x)0,h(x)在(1,+∞)上单调递增.所以h(x)h(1)0.)

例2（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD版））已知函数fx1xe2xx3,gxax12xcosx.当x0,1时，2

1;1x(I)求证:1-xfx

(II)若fxgx恒成立,求实数a取值范围.【答案】解：(1)证明：要证x∈[0，1]时，(1＋x)e－2x≥1－x，只需证明(1＋x)ex≥(1－x)ex.－

记h(x)＝(1＋x)ex－(1－x)ex，则h′(x)＝x(ex－ex)，当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，因此h(x)在[0，1]上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0.所以f(x)≥1－x，x∈[0，1]．

－

－

要证x∈[0，1]时，(1＋x)e

－2x

1≤ex≥x＋1.1＋x

记K(x)＝ex－x－1，则K′(x)＝ex－1，当x∈(0，1)时，K′(x)＞0，因此K(x)在[0，1]上是增函数，故K(x)≥K(0)＝0.所以f(x)≤，x∈[0，1]．

1＋x1

综上，1－x≤f(x)≤，x∈[0，1]．

1＋x(2)(方法一)

x

ax＋1＋2xcos x f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2

－2x

x3

≥1－x－ax－1－2xcos x

2x

a＋1＋＋2cos x.＝－x2

x2

设G(x)＝2cos x，则G′(x)＝x－2sin x.记H(x)＝x－2sin x，则H′(x)＝1－2cos x，当x∈(0，1)时，H′(x)＜0，于是G′(x)在[0，1]上是减函数，从而当x∈(0，1)时，G′(x)＜G′(0)＝0，故G(x)在[0，1]上是减函数．于是G(x)≤G(0)＝2.从而

a＋1＋G(x)≤a＋3，所以，当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．

下面证明，当a＞－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．

1x3

f(x)－g(x)≤1－ax－2xcos x

21＋x－xx3

＝ax－－2xcos x

21＋x

1x

＝－x1＋xa2＋2cos x.

－11x21记I(x)＝＋a＋2cos x＝＋a＋G(x)，则I′(x)＝＋G′(x)．当x∈(0，21＋x1＋x（1＋x）1)时，I′(x)＜0.故I(x)在[0，1]上是减函数，于是I(x)在[0，1]上的值域为[a＋1＋2cos 1，a＋

3]．

因为当a＞－3时，a＋3＞0，所以存在x0∈(0，1)，使得I(x0)＞0，此时f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．

综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．(方法二)

先证当x∈[0，1]时，1－x2≤cos x≤1－2.241

记F(x)＝cos x－1＋x2，则F′(x)＝－sin x＋x.22

记G(x)＝－sin x＋x，则G′(x)＝－cos x＋1，当x∈(0，1)时，G′(x)＞0，于是G(x)在[0，1]上是增函数，因此当x∈(0，1)时，G(x)＞G(0)＝0，从而F(x)在[0，1]上是增函数，因此F(x)≥F(0)＝0.所以

当x∈[0，1]时，12≤cos x.同理可证，当x∈[0，1]时，cos x≤1－2.411

综上，当x∈[0，1]时，1－x2≤cos x≤1－x2.24因为当x∈[0，1]时．

x

ax＋1＋2xcos x f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2

－2x

1x3

1－2 ≥(1－x)－ax－1－2x42

＝－(a＋3)x.所以当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．

下面证明，当a＞－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．因为 x

ax＋1＋2xcos x f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2

－2x

11x3

1－x2 ≤1－ax－2x221＋xx2x3

＝(a＋3)x 1＋x2

x－a＋3），≤x23

a＋31所以存在x0∈(0，1)例如x0取中的较小值满足f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，321]上不恒成立．

综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．

例3（2012高考辽宁文21）(本小题满分12分)

设f(x)＝lnx＋x－1，证明： 3

(1)当x>1时，f(x)<2(x－1)； 9x－1

(2)当1

【答案】解：(1)(证法一)

记g(x)＝lnx＋x－1－2(x－1)．则当x>1时，113

g′(x)＝x2，g(x)在(1，＋∞)上单调递减．

2x又g(1)＝0，有g(x)<0，即

f(x)<2x－1)．(证法二)

由均值不等式，当x>1时，x

令k(x)＝lnx－x＋1，则k(1)＝0，k′(x)＝x1<0，故k(x)<0，即 lnx

由①②得，当x>1时，f(x)<2(x－1)．(2)(证法一)记h(x)＝f(x)－

9x－1，由(1)得 x＋5

1154

h′(x)＝x2xx＋52＋xx＋55454＝2xx＋54xx＋5x＋53－216x

＝4xx＋5令g(x)＝(x＋5)3－216x，则当1

9x－1

x＋5(证法二)

记h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，则当1

－9 2x－1)＋(x＋5)x2x1

＝2xx(x－1)＋(x＋5)(2＋x)－18x]

x11

2x3xx－1＋x＋52＋22－18x 1

＝4xx2－32x＋25)<0.因此h(x)在(1,3)内单调递减，又h(1)＝0，所以h(x)<0，即f(x)<

9x－1

.x＋5

例4（2012高考浙江文21）（本题满分15分）已知a∈R，函数f(x)4x32axa（1）求f(x)的单调区间

（2）证明：当0≤x≤1时，f(x)+ 2a＞0.【答案】

【解析】（1）由题意得f(x)12x22a，当a0时，f(x)0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为,.当a

0时，f(x)12(x

此时函数f(x)的单调递增区间为x，.(2)由于0x1，当a2时，f(x)a24x32ax24x34x2.333

当a2时，f(x)a24x2a(1x)24x4(1x)24x4x2.设g(x)2x2x1,0x

1，则g(x)6x26(x则有

x.33

所以g(x)ming10.3

当0x1时，2x2x10.故f(x)a24x34x20.例5（2012高考山东文22）(本小题满分13分)

已知函数f(x)

lnxk

(k为常数，e=2.71828…是自然对数的底数)，曲线yf(x)在点ex

(1,f(1))处的切线与x轴平行.(Ⅰ)求k的值；

(Ⅱ)求f(x)的单调区间；

(Ⅲ)设g(x)xf(x)，其中f(x)为f(x)的导函数.证明：对任意x0,g(x)1e2.1

lnxk【答案】(I)f(x)，ex

由已知，f(1)

1k

0，∴k1.e

lnx1(II)由(I)知，f(x).ex

设k(x)

lnx1，则k(x)20，即k(x)在(0,)上是减函数，xxx

由k(1)0知，当0x1时k(x)0，从而f(x)0，当x1时k(x)0，从而f(x)0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1,).(III)由(II)可知，当x1时，g(x)xf(x)≤0＜1+e2，故只需证明g(x)1e2在0x1时成立.当0x1时，ex＞1，且g(x)0，∴g(x)

1xlnxx

1xlnxx.x

e

设F(x)1xlnxx，x(0,1)，则F(x)(lnx2)，当x(0,e2)时，F(x)0，当x(e2,1)时，F(x)0，所以当xe2时，F(x)取得最大值F(e2)1e2.所以g(x)F(x)1e2.综上，对任意x0，g(x)1e2.

第五篇：运用函数构造法巧证不等式

运用函数构造法巧证不等式

罗小明（江西省吉水二中331600）

不等式证明方法较多，本文介绍主元、零点、导数法构造函数证明不等式，以飧读者。关键字：函数不等式

不等式的证明是高中数学教学中的一大难点，也是高考、竞赛中的一大热点。本文将不等式证明问题转化为函数问题予以解决，力争突破解题思维，以求解题方法创新。这种解题思路使解答简捷，达到出奇制胜的效果。

一．主元法

例1．已知：a、b、c(1,1)，证明：abc2abc

思路：以a为主元构造函数f(a)，再由函数单调性可证。

证明：视a为主元构造函数f(a)(bc1)a2bc，此为一次函数。

由a、b、c(1,1)知，f(1)f(a)

又f(1)bc1bc(1b)(1c)0

c 故有f(a)0即abc2ab。

例2．设x、y、z(0,1)，证明：x(1y)y(1z)z(1x)

1证明：作f(x)x(1y)y(1z)z(1x)

(1yz)xy(1z)z此为关于x的一次函数

由于 f(0)y(1z)z(y1)(1z)11，f(1)1yz1

故有 x(1y)y(1z)z(1x)1

类题演练：设x、y、z(1,1)，证明：xyyzzx10

二．零点法

例3．若x、y、z满足xyz1且为非负实数，证明：0xyyzxz2xyz思路：以x、y、z为三个零点，构造三次函数去证。

证明：令f(t)(tx)(ty)(tz)，则f(t)t(xyz)t(xyyzxz)txyz

记uxyyzxz2xyz 则u2f()211432727

（1）当x、y、z均不超过

12时，3

(xyz)11111

由于 f()(x)(y)(z) 

22223216



故有0u

727

成立。

2（2）当x、y、z只可能有一个大于

1yz

4x

时，不妨设x1

212

由于f()(x)（22

x)

(x)

故有u

（12

x)

(1x)(2xx1)

727

0，0u

727

也成立。

由（1）、（2）知0xyyzxz2xyz

2222

例4．设a、b、c为三角形三边长，若abc1，证明：abc4abc

思路：先用分析法，再以a、b、c为三个零点，构造三次函数去证。证明：由abc1a2b2c24abc12(abbcca)4abc即要证 abbcca2abc

4作f(x)(xa)(xb)(xc)，则f(x)x3(abc)x2(abbcca)xabc 由abc1，a、b、c为三角形三边长，有0a、b、c故有f()0abbcca2abc

211

412

所以 abc4abc

222

类题演练：已知：a、b、c、A、B、CR，且有aAbBcCk，证明：aBbCcAk

三．导数法

例5．证明：tanx2sinx3x，x(0,

2)

思路：作辅助函数，利用导数判别函数单调法证之。证明：作辅助函数f(x)tanx2sinx3x，则

f(x)

'

1cosx

2cosx3，记g(x)f(x)有

'

g(x)

'

2sinxcosx

2sinx2sinx（1cosx

1)0，知f'(x)是增函数，又f'(0)0故当x(0,)时，有f(x)0，从而有f(x)f(0)0

'

所以x(0,)，都有tanx2sinx3x

例6．已知：a、b0,p1,1p



1q

1，求证：ab

a

p

p



b

q

q

思路：不妨视b为常量，作辅助函数，再用导数判别函数单调法证之。证明：作f(a)

a

p

p



b

q

q

ab，则f(a)a

'p

1b

当bap1时，f(a)是减函数；当bap1时，f(a)是增函数；

q

q

当bap1时，即当abp时，f(bp)0 故a0，有f(a)0，即ab

a

p

p



b

q

q

类题演练：已知：x、y0,1，求证：(xy)xy

由上述例子，函数构造法证不等式揭示了函数与不等式的内在联系，是二者的完美结合，同时也进一步认识到函数在解决具体问题中的重要作用。参考文献：

姚允龙．数学分析[M]．上海：复旦大学出版社，2002

李胜宏，李名德．高中数学竞赛培优教程（专题讲座）[M]．杭州：浙江大学出版社，2009