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构造函数证明不等式

第一篇：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)21492)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（）≤0abc111149∴当a,b,c时，()min36632abc构造函数证明不等式1、利用函数的单调性+例5、巳知a、b、c∈R，且ab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。ax+，其中x∈R，0bxbx证明：令f（x）=∵b-a>0b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=021x∵x为任意实数∴上式中Δ≥0，即（-1）-4y≥01411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lgy222（lgx