構造法證明函數不等式-資料下載頁

　　

【正文】 ]要證明函數f(x)是增函數還是減函數，若用定義來證明，則證明過程是用比較法證明f(x1)與f(x2)的大小關系；反過來，證明不等式又可以利用函數的單調性。利用函數的值域例若x為任意實數，求證：—x11≤≤ 221+x2[分析]本題可以直接使用分析法或比較法證明，但過程較繁。聯想到函數的值域，于是構造函數f（x）= x11，從而只需證明f(x)的值域為[—，]即可。1+x222x2證明：設 y=，則yxx+y=0 21+x ∵x為任意實數 ∴上式中Δ≥0，即（1）4y≥0 1 411得：—≤y≤22x11 ∴—≤≤21+x22 ∴y≤2[說明]應用判別式說明不等式，應特別注意函數的定義域。另證：類比萬能公式中的正弦公式構造三角函數更簡單。例求證：必存在常數a，使得Lg（xy）≤ +lg2y對大于1的任意x與y恒成立。[分析]此例即證a的存在性，可先分離參數，視參數為變元的函數，然后根據變元函數的值域來求解a，從而說明常數a的存在性。若s≥f(t)恒成立，則s的最小值為f(t)的最大值；若 s≤f(t)恒成立，則s的最大值為f(t)的最小值。22證明：∵lgx+lgy 0(x1,y1)∴原不等式可變形為：Lga≥lgx+lgylgx+lgy222（lgx+lgy）2lgxlgy 令 f(x)= == 1+222222lgx+lgylgx+lgylgx+lgylgx+lgy 而 lgx0,lgy0, ∴lgx+lgy ≥ 2lgxlgy 0 ∴2lgxlgy≤1 22lgx+lgy ∴ 1從而要使原不等式對于大于1的任意x與y恒成立，只需Lga≥2即 a≥102即可。故必存在常數a，使原不等式對大于1的任意x、y恒成立。運用函數的奇偶性xx證明不等式：xxx2xx ∵f（x）== x+ x122212xxx[1(12)]+ 12x2xx =x+= f(x)x122 = ∴f(x)的圖象關于y軸對稱x ∵當x0時，12第五篇：構造函數證明不等式構造函數證明不等式構造函數證明:e的(4n4)/6n+3)次方不等式兩邊取自然對數(嚴格遞增)有:ln(2^2/2^21)+ln(3^2/3^21)+...+ln(n^2/n^21)(4n4)/(6n+3)不等式左邊=2ln2ln1ln3+2ln3ln2ln4+...+2lnnln(n1)ln(n+1)=ln2ln1+lnnln(n+1)=ln構造函數f(x)=ln(4x4)/(6x+3)對f(x)求導,有:f39。(x)=+^2當x2時,有f39。(x)0有f(x)在x2時嚴格遞增從而有f(n)=f(2)=ln(4/3)4/15=0即有ln(4n4)/(6n+3)原不等式等證【解】：∏{n^2/(n^21)}e^((4n4)/(6n+3))∵n^2/(n^21)=n^2/(n+1)(n1)∴∏{n^2/(n^21)}=2n/(n+1)原式可化簡為：2n/(n+1)e^((4n4)/6n+3))構建函數：F(n)=2n/(n+1)e^((4n4)/(6n+3))其一階導數F’(n)={24e^((4n4)/(6n+3))}/(n+1)^2∵e^((4n4)/(6n+3))∴F’(n)0而F=4/(2+1)e^((84)/(12+3))=4/3e^(4/15)0所以F(n)0即：2n/(n+1)e^((4n4)/6n+3))故得證。一、結合勘根定理，利用判別式“△”的特點構造函數證明不等式例1若a,b,c∈R，且a≠0，又4a+6b+c0，a3b+(x),設f(x)=ax2+3bx+c(a≠0)，由f(2)=4a+6b+c0，f(1)=a3b+cf(x)+3bx+c=0可知△=(3b)24ac0,所以可得：9b2，抓住問題本質，通過構造二次函數,將所要證明的結論轉化成判別式“△”的問題,再結合勘根定理和二次函數知識，、結合構造函數的單調性證明不等式例2(2005年人教A版《選修45不等式選講》例題改編)已知a,b,c是實數，求證：|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.證明構造函數f(x)，設f(x)=x1+x(x≥0).由于f′(x)=1(1+x)2,所以結合導數知識可知f(x)在[0，+∞)上是增函數.∵0≤|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|,∴f(|a+b+c|)≤f(|a|+|b|+|c|),即|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|1+|a|+|b|+|c|=|a|1+|a|+|b|+|c|+|b|1+|a|+|b|+|c|+|c|1+|a|+|b|+|c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.、結合構造函數在某個區間的最值證明不等式例3(第36屆IMO試題)設a,b,c為正實數，且滿足abc=1,求證:1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)≥，設f(a,b,c)=1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b),顯然a=b=c=1時，f(a,b,c)=32≥=1，a,b,c為正實數，則a,b,c中必有一個不大于1，不妨設0f(a,b,c)f(a,1,c)=(1b)1a3(b+c)(1+c)+1+b+b2b3(a+c)+1c3(a+b)(1+a)≥0,∴f(a,b,c)≥f(a,1,c)，因此要證f(a,b,c)≥32，只要證f(a,1,c)≥32，此時ac=1，∴a,1,c成等比數列，令a=q1，c=q(q0).f(a,1,c)=q31+q+qq2+1+1q2(1+q)=q5+1q2(1+q)+qq2+1=(q4+1)(q3+q)+q2q2+qq2+1=(q2+q2)(q+q1)+1q+q1+1=t2t+1t1.(其中t=q+q1，且t≥2).由導數知識(方法同例例3)可知函數f(a,1,c)=t2t+1t1(t≥2)是增函數，當且僅當t=2q=1a=c=1時，(f(a,1,c))min=222+121=32成立，∴f(a,1,c)≥(a,b,c)≥f(a,1,c)≥。