不等式的构造证明方法

第一篇：不等式的构造证明方法

构造函数证明不等式的方法探究

龙源期刊网 http://.cn

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.

第二篇：构造函数法证明不等式的常见方法公开课

选修2-2

导数及其应用

构造函数法证明不等式

一、教学目标：

1.知识与技能：利用导数研究函数的单调性极值和最值，再由单调性和最值来证明不等式. 2.过程与方法：引导学生钻研教材，归纳求导的四则运算法则的应用，通过类比，化归思想转换命题，抓住条件与结论的结构形式，合理构造函数. 3.情感与态度：通过这部分内容的学习，培养学生的分析能力(归纳与类比)与推理能力(证明)，培养学生战胜困难的决心和解题信心。

二、教学重难点：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。难点：将命题的结论进行转化与化归，变成熟悉的题型。

三、教法学法：变式训练

四、教学过程：

(一)引入课题：

1.复习导数的运算法则：

2.问题探源：

(教材第32页B组题第1题)

利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证

(3)ex1x(x0)(4)lnxx1(x0)

3.问题探究：

1、直观感知(几何画板演示);(2)推理论证 4高考探究：

例

1、(2013年北京高考)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.

(类似还有2011年课标全国卷第21题)

1 选修2-2

导数及其应用

变式练习1：

证明：对任意的正整数n，不等式ln(1)11n111n 都成立

(类似还有2012年湖北高考题第22题)

变式练习2：

若函数yf(x)在R上可导且满足不等式xf/(x)f(x)恒成立，且常数a，b满足a>b，求证：.af(a)>bf(b)

变式练习3：

若定义在(0,)上的两函数yf(x),yg(x)均可导，满足f/(x)g(x)f(x)g/(x)，且对任意x(0,+)，都有f(x)0,(g)x0

变式练习4：

证明当x0时，不等式(1x)

思考题5.(全国卷)已知函数g(x)xlnx 设0ab,证明 ：

五.小结： (1)知识点： (2)解题步骤： (3)数学思想方法

11x，设0ab，求证f(a)g(b)f(b)g(a)

e

g(a)g(b)abg()

222 选修2-2

导数及其应用

课后巩固训练：

1、已知函数f(x)12xlnx. 求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数2g(x)

23x的图象的下方;

32、证明：对任意的正整数n，不等式ln(

3. 证明当x0时,(1x)

课后提高训练：

11x1111)23 都成立. nnne1x2

1. 已知m、n都是正整数，且1mn,证明：(1m)n(1n)m

2.(2013年陕西高考最后一题) 已知函数f(x)ex,xR. f(b)f(a)ab设ab, 比较f的大小, 并说明理由. 与

ba23

第三篇：高二培优讲义1构造函数法证明不等式的七种方法

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，也是近几年考试的热点。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。以下介绍构造函数法证明不等式的七种方法。

一.移项法、作差法构造函数 例1.已知函数f(x)1

2x2

lnx. 求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)

2

33x的图象的下方.二.换元法构造函数证明

例2.证明：对任意的正整数n，不等式ln(

11)11

nn2

n3

都成立.

三.从条件特征入手构造函数证明

例3.若函数y=f(x)在R上可导且满足不等式xf(x)>-f(x)恒成立，且常数a，

b满足a>b，求证：.af(a)>bf(b)

四.主元法构造函数

例4.已知函数f(x)ln(1x)x,g(x)xlnx 设0ab,证明 ：0g(a)g(b)2g(

ab

2)(ba)ln2. 1

五.构造二阶导数函数证明导数的单调性 例5.已知函数f(x)aex

12

x2 (1)若f(x)在R上为增函数,求a的取值范围; (2)若a=1,求证:x>0时,f(x)>1+x

六.对数法构造函数(选用于幂指数函数不等式) 例6.证明：当x0时,(1x)11x

e

1

x2

七.构造形似函数

例7：证明当bae,证明abba

例8：已知m、n都是正整数，且1mn,证明：(1m)n

(1n)m

经典题选

1. 已知函数f(x)ln(1x)x

1x

，求证：对任意的正数a、b，恒有lnalnb1ba.

2.已知函数f(x)ln(x1)x，求证：当x1时，恒有

1

x1

ln(x1)x

3.已知函数2

f(x)ln2(1x)x.

1x

(1)求函数f(x)的单调区间;

(2)若不等式(11n

)nae对任意的nN*都成立(其中e是自然对数的底数).求a的最大值.

4. 已知函数f(x)

12

x2

ax(a1)lnx，a1. 证明：若a5，则对任意xf(x1)f(x2)

1,x2(0,)，x1x2，有x1.

1x2

5. 已知函数f(x)xlnxax2

(2a1)xaR. (1)当a

时，求f(x)的单调区间; (2)若函数f(x)在[1,)单调递减，求实数a的取值范围.

6. 已知函数f(x)alnxb，曲线yf(x)在点(1,f(1)处)的切线方程为

x1

x

x2y30.

(I)求a，b的值;

(II)证明：当x>0，且x1时，f(x)lnx.

x1

7. 已知函数f(x)

lnxk

ex

(k为常数,e=2.71828是自然对数的底数),曲线yf(x)在点(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

8. 设函数f(x)axn

(1x)b(x0),n为正整数,a,b为常数,

曲线yf(x)在(1,f(1))处的切线方程为xy1. (1)求a,b的值;

(2)求函数f(x)的最大值;(3)证明:f(x)

1ne

. 答案：3.(1)增(-1,0)减(0，+∞)(2)a≤1

2)a≥1

ln2−1;5.(1)减(0，+∞)(2;6.a=b=1;7.(1)k=1(2)增(0,1)减(1，+∞);8.(1)a=1，b=0;(2nn

(n+1)

第四篇：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

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。

5、巳知a、b、c∈R，且a

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

22 ∴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

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≥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。

第五篇：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

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

∵0

⑴当0<1-y-z<1时，f(x)在(0，1)上是增函数，于是

f(x)

⑵当-1<1-y-z<0时，f(x)在(0，1)上是减函数，于是

f(x)

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，

∵-10，

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≤

16

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)

14

=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.