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构造函数法证明不等式

第一篇：构造函数法证明不等式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＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，求证：x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)＜1．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＜x＜1，∵0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，∴－1＜1－y－z＜1．⑴当0＜1－y－z＜1时，f(x)在(0，1)上是增函数，于是f(x)＜f(1)=1－yz＜1；⑵当－1＜1－y－z＜0时，f(x)在(0，1)上是减函数，于是f(x)＜f(0)=y＋z－yz=1－(1－y)(1－z)＜1；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，∵－1＜x＜1，∴一次函数f(x)=(bc－1)x＋2－b－c的图象在x轴上方，这就是说，当|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1时，有(bc－1)a＋2－b－c＞0，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≤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xa1a＋b1b＞xa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)=f(a＋b＋ab)＞f(a＋b)=13n213n1a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．第二篇：构造法证明函数不等式构造法证明函数不等式1、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，也是近几年高考的热点．2、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．一、移项法构造函数【例1】已知函数f(x)ln(x1)x，求证：当x1时，恒有11ln(x1)x．x1二、作差法构造函数证明【例2】已知函数f(x)的图象的下方．2312xlnx，求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)x32三、换元法构造函数证明【例3】（2007年山东卷）证明：对任意的正整数n，不等式ln（1111)23都成立．nnn四、从条件特征入手构造函数证明【例4】若函数yf(x)在R上可导，且满足不等式xf'(x)f(x)恒成立，常数a、b满足ab，求证：af(a)bf(b)．五、主