第一篇：函數(shù)法證明不等式

函數(shù)法證明不等式

已知函數(shù)f(x)=x-sinx,數(shù)列{an}滿足0

<1>證明0

<2>證明an+1<(1/6)×(an)^3

它提示是構(gòu)造一個(gè)函數(shù)然后做差求導(dǎo)，確定單調(diào)性�？墒沁�是一點(diǎn)思路都沒有，各位能不能給出具體一點(diǎn)的解答過程啊?

(1)f(x)=x-sinx,f"(x)=1-cosx

00,f(x)是增函數(shù),f(0)

因?yàn)?

且an+1=an-sinan

(2)求證不等式即(1/6)an^3-an+1=(1/6)an^3-an+sinan>0①

構(gòu)造函數(shù)g(x)=(1/6)x^3-x+sinx(0

g""(x)=x-sinx,由(1)知g""(x)>0,所以g"(x)單增,g"(x)>g"(0)=0

所以g(x)單增且g(x)>g(0)=0,故不等式①成立

因此an+1<(1/6)×(an)^3成立。

證畢!

構(gòu)造分式函數(shù)，利用分式函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

【例1】證明不等式：≥(人教版教材p23t4)

證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=(x≥0)

則f(x)==1-在上單調(diào)遞增

∵f(|a|+|b|)=f(|a+b|)=且|a|+|b|≥|a+b|

∴f(|a|+|b|)≥f(|a+b|)即所證不等式正確。

點(diǎn)評(píng)：本題還可以繼續(xù)推廣。如：求證：≥。利用分式函數(shù)的單調(diào)性可以證明的教材中的習(xí)題還有很多，如：

p14第14題：已知c>a>b>0,求證:

p19第9題:已知三角形三邊的長(zhǎng)是a，b，c，且m是正數(shù)，求證：

p12例題2:已知a，b，m，都是正數(shù)，且a二、利用分式函數(shù)的奇偶性證明不等式

【例2】證明不等式：(x≠0)

證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=

∵f(-x)=

=f(x)

∴f(x)是偶函數(shù)，其圖像關(guān)于y軸對(duì)稱。

當(dāng)x>0時(shí)，<0，f(x)<0;

當(dāng)x<0時(shí)，-x>0,故f(x)=f(-x)<0

∴<0，即

三、構(gòu)造一次函數(shù)，利用一次函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

【例3】已知|a|<1，|b|<1，|c|<1，求證：a+b+c證明：構(gòu)造函數(shù)f(c)=(1-ab)c+a+b-2

∵|a|<1，|b|<1

∴-10

∴f(c)的(-1，1)上是增函數(shù)

∵f(1)=1-ab+a+b-2=a+b–ab-1=a(1-b)-(1-b)=(1-b)(a-1)<0

∴f(1)<0，即(1-ab)c+a+b-2<0

∴a+b+c。

第二篇：構(gòu)造函數(shù)法證明不等式

構(gòu)造函數(shù)法證明不等式

河北省 趙春祥

不等式證明是中學(xué)數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容之一．由于證明不等式?jīng)]有固定的模式，證法靈活多樣，技巧性強(qiáng)，使其成為各種考試命題的熱點(diǎn)問題，函數(shù)法證明不等式就是其常見題型．即有些不等式可以和函數(shù)建立直接聯(lián)系，通過構(gòu)造函數(shù)式，利用函數(shù)的有關(guān)特性，完成不等式的證明．

一、構(gòu)造一元一次函數(shù)證明不等式

例1設(shè)0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，求證：x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)＜1．

證明：構(gòu)造一次函數(shù)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當(dāng)0＜1－y－z＜1時(shí)，f(x)在(0，1)上是增函數(shù)，于是

f(x)＜f(1)=1－yz＜1；

⑵當(dāng)－1＜1－y－z＜0時(shí)，f(x)在(0，1)上是減函數(shù)，于是

f(x)＜f(0)= y＋z－yz = 1－(1－y)(1－z)＜1；

⑶當(dāng)1－y－z = 0，即y＋z = 1時(shí)，f(x)= y＋z－yz = 1－yz＜1．

綜上，原不等式成立．

例2已知 | a |＜1 ，| b |＜1，| c |＜1，求證：abc＋2＞a＋b＋c．

證明：構(gòu)造一次函數(shù)f(x)= (bc－1)x＋2－b－c，這里， | b |＜1，| c |＜1，| x |＜1，則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，∴一次函數(shù)f(x)= (bc－1)x＋2－b－c的圖象在x軸上方，這就是說，當(dāng)| a |＜1 ，| b |＜1，| c |＜1時(shí)，有(bc－1)a＋2－b－c＞0，

即abc＋2＞a＋b＋c．

二、構(gòu)造一元二次函數(shù)證明不等式

例3若 a、b、c∈r+ ，求證：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca ．

證明構(gòu)造函數(shù)f(x)= x2－( b＋c )x＋b2＋c2－bc ．

因?yàn)?△= ( b＋c )2－4( b2＋c2－bc ) =－3( b－c )2≤0 ，

又因?yàn)槎�次�?xiàng)的系數(shù)為正數(shù)，所以x2－( b＋c )x＋b2＋c2－bc≥0對(duì)任意實(shí)數(shù)恒成立． 以a 替換 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是滿足a＋b＋c＋d＋e= 8，a2＋b2＋c2＋d2＋e2= 16的實(shí)數(shù)，求證：0≤e≤

165

．

證明：構(gòu)造一元二次函數(shù)

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∵二次項(xiàng)系數(shù)為正數(shù)，

∴△= 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、構(gòu)造單調(diào)函數(shù)證明不等式 例5已知 a＞0，b＞0，求證 ：證明： 構(gòu)造函數(shù)f(x)=

x1?x

a1?a

＋

b1?b

＞

x

a?b1?a?b

．

，易證f(x)=

1?x

= 1－

1?x

當(dāng)x＞0 時(shí)單調(diào)遞增．

∵ 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對(duì)任意自然數(shù)n 求證： (1＋1)(1＋

14

)·…·(1＋

13n?2

)＞3n?1．

證明：構(gòu)造函數(shù)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)是自然數(shù)集n上的單調(diào)遞增函數(shù)，

∴(1＋1)(1＋

14

)·…·(1＋

13n?2

)＞33n?1．

第三篇：對(duì)構(gòu)造函數(shù)法證明不等式的再研究

龍?jiān)雌诳�網(wǎng) http://.cn

對(duì)構(gòu)造函數(shù)法證明不等式的再研究

作者：時(shí)英雄

來源：《理科考試研究·高中》201*年第10期

某刊一文闡述了構(gòu)造法證明不等式的九個(gè)模型，筆者深受啟發(fā)，對(duì)其中作者介紹的構(gòu)造函數(shù)模型進(jìn)行了挖掘，著重對(duì)構(gòu)造函數(shù)模型，利用函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)解決不等式問題進(jìn)行了再研究，以供大家參考。

第四篇：巧用構(gòu)造函數(shù)法證明不等式

構(gòu)造函數(shù)法證明不等式

一、構(gòu)造分式函數(shù)，利用分式函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

【例1】證明不等式：|a|?|b||a?b|

1?|a|?|b|≥1?|a?b|

證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=

x

1?x (x≥0)則f(x)=x1?x=1-1

1?x

在?0，???上單調(diào)遞增

∵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|)即所證不等式正確。

二、利用分式函數(shù)的奇偶性證明不等式

【例2】證明不等式：x1?2x＜x

2（x≠0） 證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=x1?2

x

?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)是偶函數(shù)，其圖像關(guān)于y軸對(duì)稱。當(dāng)x＞0時(shí)，1?2x

＜0，f(x)＜0；

當(dāng)x＜0時(shí)，-x＞0,故f(x)=f(-x)＜0 ∴x1-2x?x2＜0，即x1?2

x

＜x

2

三、構(gòu)造一次函數(shù)，利用一次函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

【例3】已知|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1，求證：a + b + c＜abc + 2。

證明：構(gòu)造函數(shù)f(c)=(1-ab)c + a + b-2

∵|a|＜1，|b|＜1

∴-1＜ab＜1，1-ab＞0

∴f(c)的（-1，1）上是增函數(shù)

∵f(1)=1-ab + a + b -2=a + b–ab(推薦訪問范文網(wǎng)www.seogis.comin?g(0)?0，

1?1?0 x?1

11?1?ln(x?1)?x∴l(xiāng)n(x?1)?1?，綜上可知，當(dāng)x??1時(shí),有x?1x?1

【警示啟迪】如果f(a)是函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大（�。┲担瑒t有f(x)?f(a)（或f(x)?f(a)），

那么要證不等式，只要求函數(shù)的最大值不超過0就可得證． ∴當(dāng)x??1時(shí)，g(x)?g(0)?0，即ln(x?1)?

2、作差法構(gòu)造函數(shù)證明

【例2】已知函數(shù)f(x)?1223x?lnx. 求證：在區(qū)間(1,??)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)?x的23

第 1 頁 共 6 頁 圖象的下方；

分析：函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)的圖象的下方?不等式f(x)?g(x)問題， 12212x?lnx?x3，只需證明在區(qū)間(1,??)上，恒有x2?lnx?x3成立，設(shè)2323

1f(x)?g(x)?f(x)，x?(1,??)，考慮到f(1)??0 6

要證不等式轉(zhuǎn)化變?yōu)椋寒?dāng)x?1時(shí)，f(x)?f(1)，這只要證明： g(x)在區(qū)間(1,??)是增函數(shù)即可。

2312【解】設(shè)f(x)?g(x)?f(x)，即f(x)?x?x?lnx， 32即

1(x?1)(2x2?x?1)則f?(x)?2x?x?= xx2

(x?1)(2x2?x?1)當(dāng)x?1時(shí)，f?(x)= x

從而f(x)在(1,??)上為增函數(shù)，∴f(x)?f(1)?

∴當(dāng)x?1時(shí) g(x)?f(x)?0，即f(x)?g(x)，

故在區(qū)間(1,??)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)?1?0 623x的圖象的下方。 3

【警示啟迪】本題首先根據(jù)題意構(gòu)造出一個(gè)函數(shù)（可以移項(xiàng)，使右邊為零，將移項(xiàng)后的左式設(shè)為函數(shù)），

并利用導(dǎo)數(shù)判斷所設(shè)函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，證明要證的不等式。讀者也可以設(shè)f(x)?f(x)?g(x)做一做，深刻體會(huì)其中的思想方法。

3、換元法構(gòu)造函數(shù)證明

111?1)?2?3 都成立. nnn

1分析：本題是山東卷的第（ii）問，從所證結(jié)構(gòu)出發(fā)，只需令?x，則問題轉(zhuǎn)化為：當(dāng)x?0時(shí)，n【例3】（201*年，山東卷）證明：對(duì)任意的正整數(shù)n，不等式ln(

恒有l(wèi)n(x?1)?x?x成立，現(xiàn)構(gòu)造函數(shù)h(x)?x?x?ln(x?1)，求導(dǎo)即可達(dá)到證明。

【解】令h(x)?x?x?ln(x?1)， 322332

13x3?(x?1)2

?則h?(x)?3x?2x?在x?(0,??)上恒正， x?1x?12

所以函數(shù)h(x)在(0,??)上單調(diào)遞增，∴x?(0,??)時(shí)，恒有h(x)?h(0)?0，

即x?x?ln(x?1)?0，∴l(xiāng)n(x?1)?x?x

對(duì)任意正整數(shù)n，取x?32231111?(0,??)，則有l(wèi)n(?1)?2?3 nnnn

【警示啟迪】我們知道，當(dāng)f(x)在[a,b]上單調(diào)遞增，則x?a時(shí)，有f(x)?f(a)．如果f(a)＝?(a)，要證明當(dāng)x?a時(shí)，f(x)??(x)，那么，只要令f(x)＝f(x)－?(x)，就可以利用f(x)的單調(diào)增性來推導(dǎo)．也就是說，在f(x)可導(dǎo)的前提下，只要證明f"(x)?０即可．

4、從條件特征入手構(gòu)造函數(shù)證明

【例4】若函數(shù)y=f(x)在r上可導(dǎo)且滿足不等式xf?(x)>－f(x)恒成立，且常數(shù)a，b滿足a>b，求

證：．a(chǎn)f(a)>bf(b)

【解】由已知 xf?(x)+f(x)>0 ∴構(gòu)造函數(shù) f(x)?xf(x)，

則f"(x)? xf?(x)+f(x)>0， 從而f(x)在r上為增函數(shù)。

?a?b ∴f(a)?f(b) 即 af(a)>bf(b)

【警示啟迪】由條件移項(xiàng)后xf?(x)?f(x)，容易想到是一個(gè)積的導(dǎo)數(shù)，從而可以構(gòu)造函數(shù)f(x)?xf(x)，

求導(dǎo)即可完成證明。若題目中的條件改為xf?(x)?f(x)，則移項(xiàng)后xf?(x)?f(x)，要想到

是一個(gè)商的導(dǎo)數(shù)的分子，平時(shí)解題多注意總結(jié)。

5、主元法構(gòu)造函數(shù)

1?x)?x,g(x)?xlnx 例．（全國(guó)）已知函數(shù)f(x)?ln(

(1) 求函數(shù)f(x)的最大值；

(2) 設(shè)0?a?b,證明 ：0?g(a)?g(b)?2g(a?b)?(b?a)ln2. 2

分析：對(duì)于（ii）絕大部分的學(xué)生都會(huì)望而生畏.學(xué)生的盲點(diǎn)也主要就在對(duì)所給函數(shù)用不上.如果能挖掘一下所給函數(shù)與所證不等式間的聯(lián)系，想一想大小關(guān)系又與函數(shù)的單調(diào)性密切相關(guān)，由此就可過渡到根據(jù)所要證的不等式構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，借助單調(diào)性比較函數(shù)值的大小，以期達(dá)到證明不等式的目的.證明如下：

證明：對(duì)g(x)?xlnx求導(dǎo),則g"(x)?lnx?1. 在g(a)?g(b)?2g(a?b)中以b為主變?cè)獦?gòu)造函數(shù), 2

a?x"a?xa?x. )]?lnx?ln),則f"(x)?g"(x)?2[g(222設(shè)f(x)?g(a)?g(x)?2g(

當(dāng)0?x?a時(shí)，f"(x)?0,因此f(x)在(0,a)內(nèi)為減函數(shù).

當(dāng)x?a時(shí),f"(x)?0,因此f(x)在(a,??)上為增函數(shù).

從而當(dāng)x?a時(shí), f(x) 有極小值f(a).

因?yàn)閒(a)?0,b?a,所以f(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(

又設(shè)g(x)?f(x)?(x?a)ln2.則g"(x)?lnx?lna?b)?0. 2a?x?ln2?lnx?ln(a?x). 2

"當(dāng)x?0時(shí),g(x)?0.因此g(x)在(0,??)上為減函數(shù).

因?yàn)間(a)?0,b?a,所以g(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(

6、構(gòu)造二階導(dǎo)數(shù)函數(shù)證明導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性 例．已知函數(shù)f(x)?ae?xa?b)?(b?a)ln2. 212x 2

(1)若f(x)在r上為增函數(shù),求a的取值范圍;

(2)若a=1,求證:x＞0時(shí),f(x)>1+x

x解：(1)f′(x)＝ ae－ｘ，

∵ｆ（ｘ）在ｒ上為增函數(shù)，∴f′(x)≥０對(duì)ｘ∈ｒ恒成立，

-ｘ即ａ≥ｘｅ對(duì)ｘ∈ｒ恒成立

-ｘ-ｘ-ｘ-x記ｇ（ｘ）＝ｘｅ，則ｇ′(ｘ)＝ｅ－ｘｅ=(1-x)e，

當(dāng)ｘ＞１時(shí)，ｇ′（ｘ）＜０，當(dāng)ｘ＜１時(shí)，ｇ′（ｘ）＞０．

知ｇ（ｘ）在(-∞,1)上為增函數(shù),在(1,+ ∞)上為減函數(shù),

∴g(x)在x=1時(shí),取得最大值，即g(x)max=g(1)=1/e, ∴a≥1/e,

即a的取值范圍是[1/e, + ∞)

(2)記f(x)=f(x) －(1+x) =e?

xx12x?1?x(x?0) 2則f′(x)=e-1-x,

xx令h(x)= f′(x)=e-1-x,則h′(x)=e-1

當(dāng)x>0時(shí), h′(x)>0, ∴h(x)在(0,+ ∞)上為增函數(shù),

又h(x)在x=0處連續(xù), ∴h(x)>h(0)=0

即f′(x)>0 ,∴f(x) 在(0,+ ∞)上為增函數(shù),又f(x)在x=0處連續(xù),

∴f(x)>f(0)=0,即f(x)>1+x．

小結(jié)：當(dāng)函數(shù)取最大（或最�。┲禃r(shí)不等式都成立，可得該不等式恒成立，從而把不等式的恒成立問題可轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題．不等式恒成立問題，一般都會(huì)涉及到求參數(shù)范圍，往往把變量分離后可以轉(zhuǎn)化為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），從而把不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題．因此，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值是解決不等式恒成立問題的一種重要方法．

7.對(duì)數(shù)法構(gòu)造函數(shù)（選用于冪指數(shù)函數(shù)不等式） 例：證明當(dāng)x?0時(shí)

,(1?x)1?1

x?e1?x

8.構(gòu)造形似函數(shù)

例：證明當(dāng)b?a?e,證明a?b

ba

例：已知m、n都是正整數(shù)，且1?m?n,證明：(1?

m)n?(1?n)m

【思維挑戰(zhàn)】

1、（201*年，安徽卷） 設(shè)a?0,f(x)?x?1?lnx?2alnx

2求證：當(dāng)x?1時(shí)，恒有x?lnx?2alnx?1，

2、（201*年，安徽卷）已知定義在正實(shí)數(shù)集上的函數(shù) 2

f(x)?52122x?2ax,g(x)?3a2lnx?b,其中a>0，且b?a?3alna，22

求證：f(x)?g(x)

3、已知函數(shù)f(x)?ln(1?x)?

恒有l(wèi)na?lnb?1?x，求證：對(duì)任意的正數(shù)a、b， 1?xb. a

4、（201*年，陜西卷）f(x)是定義在（0，+∞）上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf?(x)?f(x)≤0，對(duì)任意正數(shù)a、b，若a < b，則必有（）

（a）af (b)≤bf (a)

（c）af (a)≤f (b)

【答案咨詢】（b）bf (a)≤af (b) （d）bf (b)≤f (a)

2lnx2a2lnx??1 ，當(dāng)x?1，a?0時(shí)，不難證明xxx

∴f?(x)?0，即f(x)在(0,??)內(nèi)單調(diào)遞增，故當(dāng)x?1時(shí)，

2f(x)?f(1)?0，∴當(dāng)x?1時(shí)，恒有x?lnx?2alnx?1 1、提示：f?(x)?1?

123a2

22、提示：設(shè)f(x)?g(x)?f(x)?x?2ax?3alnx?b則f?(x)?x?2a? 2x

(x?a)(x?3a)= (x?0) ?a?0，∴ 當(dāng)x?a時(shí)，f?(x)?0， x

故f(x)在(0,a)上為減函數(shù)，在(a,??)上為增函數(shù)，于是函數(shù)f(x) 在(0,??)上的最小

值是f(a)?f(a)?g(a)?0，故當(dāng)x?0時(shí)，有f(x)?g(x)?0，即f(x)?g(x)

3、提示：函數(shù)f(x)的定義域?yàn)??1,??)，f?(x)?11x ??221?x(1?x)(1?x)

∴當(dāng)?1?x?0時(shí)，f?(x)?0，即f(x)在x?(?1,0)上為減函數(shù)

當(dāng)x?0時(shí)，f?(x)?0，即f(x)在x?(0,??)上為增函數(shù)

因此在x?0時(shí),f(x)取得極小值f(0)?0，而且是最小值 x1，即ln(1?x)?1? 1?x1?x

a1bab?1?于是ln?1? 令1?x??0,則1?bx?1aba

b因此lna?lnb?1? a于是f(x)?f(0)?0,從而ln(1?x)?

f(x)f(x)xf"(x)?f(x)f(x)??04、提示：f(x)?，f?(x)?，故在（0，+∞）上是減函數(shù)，xxx2

由a?b 有f(a)f(b)?? af (b)≤bf (a)故選（a） ab

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