构造函数法证明不等式

构造函数法证明不等式（共13篇）

1.构造函数法证明不等式 篇一

【例1】 设a1, a2, b1, b2∈R, 求证: (a${}_1^2$+a${}_2^2$) · (b${}_1^2$+b${}_2^2$) ≥ (a1b1+a2b2) 2.

分析:本题若用作差法则比较麻烦, 但待证不等式为a·c≥b2的形式, 即b2-ac≤0.由此联想构造函数f (x) =Ax2+2Bx+C.

证明:设f (x) = (a${}_1^2$+a${}_2^2$) x2+2 (a1b1+a2b2) x+ (b${}_1^2$+b${}_2^2$) ,

要证原不等式成立, 只需证f (x) ≥0恒成立.

通过观察, 将f (x) 变形为f (x) = (a1x+b1) 2+ (a2x+b2) 2≥0,

所以f (x) ≥0, 当a1, a2不全为0时, 由Δ≤0即可得

(a${}_1^2$+a${}_2^2$) · (b${}_1^2$+b${}_2^2$) ≥ (a1b1+a2b2) 2.

而当a1=a2时, 不等式显然成立.

故原不等式成立.

【例2】 设函数f (x) =ax2+bx+c (a>0) 方程有两个实根x1, x2, 且$0<x{}_1<x{}_2<\frac{1}{a}$.问:当0<x<x1时, 是否有x<f (x) <x1成立, 为什么.

分析:有时根据题意构造辅助函数, 以其为载体, 使三个“二次”即一元二次函数、一元二次方程、一元二次不等式有机地联系在一起, 并能相互转化.

解:根据方程f (x) =x的两个实根为x1, x2可构造辅助函数F (x) =f (x) -x=a (x-x1) (x-x2) .

由$0<x{}_1<x{}_2<\frac{1}{a}$及a>0可得F (x) >0,

即f (x) >x.

再构造函数G (x) =f (x) -x1

=F (x) + (x-x1)

= (x-x1) (1+ax-ax2) .

由ax>0, x-x1<0得

G (x) < (x-x1) (1-ax) .

再由$0<x{}_2<\frac{1}{a}$得

G (x) <0, 即f (x) <x1.

因此必有x<f (x) <x1成立.

【例3】 已知a+b+c>0, ab+bc+ca>0, abc>0, 求证:a>0, b>0, c>0.

证明:设f (x) = (x+a) (x+b) (x+c) ,

则f (x) =x3+ (a+b+c) x2+ (ab+bc+ca) x+abc,

∵a+b+c>0,

ab+bc+ca>0,

abc>0,

∴f (x) 在区间[0, +∞) 上是增函数 (证明略) .

又f (x) =abc>0,

∴x≥0恒有f (x) >0成立.

∴方程f (x) =0在区间[0, +∞) 上无解, 其三根-a, -b, -c均在区间 (-∞, 0) 上,

故a>0, b>0, c>0.

【例4】 已知b>a>0, m>0, 求证$\frac{a+m}{b+m}>\frac{a}{b}.$

证明:构造函数$f(x)=\frac{a+x}{b+x}.$

因为$f^{\prime }(x)=\frac{b-a}{(b+x){}^2}>0,$

所以当m>0时, 有f (m) >f (0) ,

即$\frac{a+m}{b+m}>\frac{a}{b}.$

【例5】 已知a, b, c为直角三角形的三边, 且a2+b2=c2, n∈N* (n>2) .求证:cn>an+bn.

证明:令$f(n)=(\frac{a}{c}){}^n+(\frac{b}{c}){}^n$,

则$f^{\prime }(n)=(\frac{a}{c}){}^n\ln \frac{a}{c}+(\frac{b}{c}){}^n\ln \frac{b}{c}.$

所以f′ (n) <0,

即f (n) 在 (2, +∞) 上是单调递减函数,

得$f(n)=(\frac{a}{c}){}^n+(\frac{b}{c}){}^n<(\frac{a}{c}){}^2+(\frac{b}{c}){}^2=1.$

故cn>an+bn.

2.构造函数法证明不等式 篇二

[关键词]构造函数法 不等式证明 高中数学

[中图分类号] G633.6 [文献标识码] A [文章编号] 16746058（2015）230033

不等式的证明问题是中学数学教学的一个难点，传统的证明不等式的方法技巧性较强，多数学生不易想到，并且各类不等式的证明没有通性通法.新教材引入导数相关的内容，为我们处理不等式的证明问题提供了一条新的途径.在近年高考题中，使用导数证明不等式也时有出现，但现行教材对这一问题没有展开研究，使得学生对这一简便方法并不了解.利用导数证明不等式思路清晰、方法简捷、操作性强，易被学生掌握.下面笔者介绍作差构造函数法、换元构造函数法、从条件特征入手构造函数法的基本思路，并通过一些实例进行分析与总结.

一、作差构造函数法

作差法是比较法中常用的方法，其原理来自不等式的基本性质：如果a>b，则a-b>0；如果a=b，则a-b=0；如果a【例1】 求证不等式

x-x22

【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）.

证明：由已知得xf′（x）+f（x）>0，

∴构造函数F（x）=xf（x），

则F′（x）=xf′（x）

+f（x）>0，从而F（x）在R上为增函数.

∵a>b，

∴F（a）>F（b），即af（a）>bf（b）.

由条件移项后得xf′（x）+f（x）>0，容易想到这是一个积的导数，从而可以构造函数F（x）=xf（x），求导即可完成证明.若题目中的条件改为xf′（x）>f（x），则移项后得xf′（x）-f（x）>0，要想到这是一个商的导数，学生在平时解题时应多注意总结.

作为高中教学的重点和难点，不等式证明问题难度高，技巧性强，其相关内容一直得到了高中数学教学和研究人员的很多关注.新教材体系新增了导数部分的内容，为证明不等式增加了新的思路，开辟了一条新路径.将导数相关的内容运用到不等式的证明中，可以使证明过程简单明了，思路清晰，方法易于操作，是值得展开充分研究的一项内容.

[ 参 考 文 献 ]

[1]陈唐明.构造函数证明不等式方法探析——对《用构造函数来证明不等式》一文的研究性学习[J].中学数学研究，2009（11）：30-32.

[2]朱护国.构造函数法证明不等式[J].试题与研究：新课程论坛，2014（7）.

[3]王云.浅谈运用构造函数法证明不等式[J].语数外学习：数学教育，2012（7）：57-57.

[4]苗建成.用构造函数法证明不等式[J].中学生数学，2009（13）.

[5]曾思江.分而治之 各个击破——不等式证明的局部处理法[J].数学教学，1991（5）.

[6]左振钊，张艳红，袁博.相关系数的性质的几种证明方法[J].河北北方学院学报（自然科学版），2005（5）.

[7]王建平，张香伟，李艳华.构造辅助函数法在高等数学中的应用[J].河南教育学院学报（自然科学版），2004（1）.

[8]周顺钿.模式·放缩·探索——IB模块《不等式选讲》的教学策略[J].教学月刊（中学版），2010（5）.

3.构造函数,结合导数证明不等式 篇三

构造函数,结合导数证明不等式

摘 要：运用导数法证明不等式首先要构建函数，以函数作为载体可以用移项作差，直接构造；合理变形，等价构造；分析（条件）结论，特征构造；定主略从，减元构造；挖掘隐含，联想构造等方法进行证明.关键词：构造函数；求导；证明；不等式

利用导数证明不等式是四川高考压轴题的热点题型之一，此类问题的特点是：问题以不等式形式呈现，“主角”是导数，而不等式的证明不仅技巧性强，而且方法灵活多变，因此构造函数成为证明不等式的良好“载体”，如何有效合理地构造函数是证明不等式的关键所在，下面以实例谈谈如何构造函数的若干解题策略.注：此题也可用数学归纳法证明.解后感悟：函数隐藏越深，难度就越大，如何去寻找证明不等式的“母函数”是解决问题的关键，通过合理变形，展开思维联想的翅膀，发现不等式背后的隐藏函数，便会柳暗花明.结束语：导数为证明不等式问题开辟了新方法，使过去不等式的证明方法，从特殊技巧变为通性通法，合理构造函数，能使解题更具备指向性，剑之所指，所向披靡.

4.构造法证明不等式5 篇四

（以下的构造方法要求过高，即使不会也可以，如果没有时

间就不用看了）

在学习过程中，常遇到一些不等式的证明，看似简单，但却无从下手，多种常用证法一一尝试，均难以凑效。这时不妨变换一下思维角度，从不等式的结构和特点出发，构造一个与不等式相关的数学模型，实现问题的转化，从而使不等式得到证明。

一、构造向量证明不等式（不会也可以）

例1：证明x2(9x2)9，并指出等号成立的条件。

证明：不等式左边可看成坐标表示，将左边看成向量a=(与 x 和与x2两两乘积的和，从而联想到数量积的,)与b=(x, 9x2)的数量积，7x2(9x2)()2(2)2x2(9x2)9又ab|a||b|，所以

x9x

2当且仅当ba,(0)时等号成立，故由 解得：x=,λ=1，即 x =时，等号成立。

2（1－y)例2：求证：1(xy3)2(2xy6)2 6

证明：不等式左边的特点，使我们容易联想到空间向量模的坐标表示，将左边看成a(1y,xy3,2xy6)模的平方，又ab|a||b|，为使ab 为常数，根据待定系数法又可构造b(1,2,1)。于是|a|·|b|=(1y)2(xy3)2(2xy6)26

a·b＝（1－y)·1＋(xy3)·2(2xy6（）·1）1 所以(1y)2(xy3)2(2xy6)21 2（1－y)即1(xy3)2(2xy6)2 6

x2(1y)2(1x)2y21x)2(1y)22

二、构造复数证明不等式（这种方法不作要求，如果有兴趣了解一下就可以了）22例

3、求证：xy

证明：从不等式左边的结构特点容易联想到复数的模，将左边看成复数Z1=x+y i , Z2 = x +（1－ y）i，Z3 = 1－ x + y i，Z4 = 1－ x +（1－

y）i 模的和，又注意到Z1＋Z2＋Z3＋Z4＝2＋2 i，于是由 z1＋z2＋z3＋z4≥z1z2z3z4可得：

x2y2x2(1y)2(1x)2y2(1x)2(1y)22222

2注：此题也可构造向量来证明。

三、构造几何图形证明不等式

例4：已知：a>0、b>0、c>0 ,求证：

a2abb2b2bcc2a2acc2，当且仅当

111时取等号。bac

证明：从三个根式的结构特点容易联想到余弦定理，于是可构造如

下图形，使OA＝a，OB＝b，OC＝c，∠AOB=∠BOC=60° 如图（1），则∠AOC＝120°，AB=图（1）a2abb2，BC=b2bcc2,AC=a2acc

2由几何知识可知：AB＋BC≥AC，∴a2abb2+b2bcc2≥a2acc2 当且仅当A、B、C三点共线时等号成立，此时有

111absin60bcsin60acsin12022

2ab+bc=ac 故当且仅当，即111时取等号。bac

四、构造椭圆证明不等式

例5：求证：

证明：42 49x22x3349x2的结构特点，使我们联想到椭圆方程及数形结合思想。

x2y212于是令 y49x(y0)，则其图象是椭圆的上半部分，49设y-2x=m，于是只需证42,m3

3因 m为直线y=2x＋m在y轴上的截距，由图（2）可知：

当直线 y = 2 x＋m 过点（24，0）时，m有最小值为m=； 33

当直线y =2x＋m与椭圆上半部分相切时，m有最大值。

由 y2xm2 2得：13x+ 4mx + m– 4 = 0 229xy4

令△= 4（52－9m2）=0 得：m22或m（去）33

即m的最大值为424，故m，即49x22x 33333

五、构造方程证明不等式

例6：设 a1、a2、…an 为任意正数，证明对任意正整数n不等式(a1 + a2 + … + an)2≤ n(a12+a22+ …+ an2)均成立

证明：原不等式即为 4(a1 + a2 + … + an)2－4n(a12 + a22 + … + an2)≤ 0

由此联想到根的判别式而构造一元二次方程：

(a12+ a22+ … + an2)x 2 + 2(a1 + a2 + … + an)x + n=0（＊）

因方程左边＝(a1 x + 1)2 +(a2 x + 1)2 + … ＋(an x + 1)2 ≥ 0

当a1、a2、…an不全相等时，a1 x+

1、a2 x+

1、…an x+1至少有一个不为0，方程（＊）左边恒为正数，方程（＊）显然无解。

当a1＝a2＝…＝an 时，方程（＊）有唯一解 x＝1 a

1故△＝4(a1 + a2 + … + an)2 － 4n(a12 + a22 + … + an2)≤ 0

即(a1 + a2 + … +an)2 ≤ n(a12 + a22 + … + an2)对任意正整数n均成立

六、构造数列证明不等式

例7：求证：Cn1+Cn2+…+Cnn >n

2n n-12图（2）12n证明：不等式左边为 2－1=从而联想到等比数列的求和公式，12

n-111n1n-1n-2n-12=n于是左边=1+2+2+…+ 2 =[(1+2)+(2+2)+ …(2+1)≥·n·22 222n－1例8：设任意实数a、b均满足| a | < 1，| b | < 1，求证：112 1a21b21ab

证明：不等式中各分式的结构特点与题设联想到无穷等比数列（| q | < 1）各项和公式S＝

a1，1q

则：11=（1 + a2 + a4 + …）+（1 + b2 + b4 + …）221a1b

=2+（a2 + b2）+(a4 + b4)+ …

≥2+2ab+2 a2 b2 + 2a4b4 + … = 2 1ab

七、构造函数证明不等式

例9：已知 | a | < 1，| b | < 1，| c | < 1，求证：ab＋bc＋ca＞－

1证明：原不等式即为：（b＋c）a＋bc＋1>0 ……①

将a看作自变量，于是问题转化为只须证：当－1＜a＜1时，（b＋c）a＋bc＋1恒为正数。

因而可构造函数 f(a)=(b + c)a + bc +1(－1＜a＜1)

若b + c = 0原不等式显然成立。

若b + c ≠0，则f(a)是a的一次函数，f(a)在（－1,1）上为单调函数 而 f(-1)=－b－c + bc +1＝（1－b）（1－c）＞0

f(1)＝b＋c＋bc＋1＝（1＋b）（1＋c）＞0

∴f(a)＞0 即ab＋bc＋ca＞－1

此题还可由题设构造不等式：（1＋a）（1＋b）（1＋c）＞0

（1－a）（1－b）（1－c）＞0

两式相加得：2＋2（ab＋bc＋ca）＞0即ab＋bc＋ca＞－1

八、构造对偶式证明不等式

例10：对任意自然数n，求证：(1+1)(1+11)…(1+)>43n2

证明：设an =(1+1)(1+112583n43n1)…(1+)= … 43n21473n53n2

3693n33n47103n23n1…，cn = … 2583n43n13693n33n构造对偶式：bn =

1

5.函数法证明不等式 篇五

∵f(-x)=

=f(x)

∴f(x)是偶函数，其图像关于y轴对称。

当x>0时，<0，f(x)<0;

当x<0时，-x>0,故f(x)=f(-x)<0

∴<0，即

三、构造一次函数，利用一次函数的单调性证明不等式

【例3】已知|a|<1，|b|<1，|c|<1，求证：a + b + c 证明：构造函数f(c)=(1-ab)c + a + b-2

∵|a|<1，|b|<1

∴-10

∴f(c)的(-1，1)上是增函数

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

∴f(1)<0，即(1-ab)c + a + b-2<0

6.例析构造法在不等式证明的妙用 篇六

一、构造平面几何图形巧证不等式

例1 (课本习题6.3第5题) 已知a≥3,

证明:构造如图1所示的直角三角形,

点评:若干个无理式之间表面上看没有必然联系, 其实不难发现它们的平方之间存在着一定的联系, 又通过不等号两侧的无理式之差, 联想到三角形的两边之差, 从而构造直角三角形使问题形象化.

二.构造解析几何模型巧证不等式

点评:本题通过构造解析几何模型, 在思维方式上显示出解题过程中数形关系的创造性、灵活性、广阔性.在优化思维品质上有独特功效, 但巧妙构造有赖于不同的联想方式.

三、巧构定比妙证不等式

证明:设、3分别对应数轴上三点p1、p、p2, p是的分点, 设, 欲证原不等式成立, 需证λ≥0或λ不存在

因为又有P与B重合时, λ不存在, 即当x=-1时, , 故.

点评:要证不等式m0, 则m

四.构造函数证明不等式

1. 构造一次函数

例4 a、b、c都是小于k的正数, 求证:a (k-b) +b (k-c) +c (k-a)

解:令A= (b+c-k) a+bc- (b+c) k+k2,

将A看作关于a的一次函数, 注意到0

当a=0时, A=k2- (b+c) k+bc= (k-b) (k-c) >0,

当a=k时, A= (b+c-k) k+bc- (b+c) k+k2=bc>0,

这说明:当a=0与a=k时, 函数图象上对应的两点P、Q (横坐标分别为0、k) 都在x轴上方, 由一次函数的保号性可知:当00, 即a (k-b) +b (k-c) +c (k-a)

点评:构造一次函数证明不等式可按下列步骤进行: (1) 将不等式先移项使右边为零; (2) 将不等号左边的式子整理成关于某一未知数x的一次式f (x) >0; (3) 根据x的取值范围 (m, n) , 确定f (m) 与f (n) 的符号, 确定当x∈ (m, n) 时f (x) 的符号进而证得不等式.构造一次函数证明不等式, 其实质是将一个不等式的证明问题转化为确定解析式某个变量在两个特殊值处的符号问题, 从而收到了以简驭繁的效果.

2. 构造二次函数

例5求证:x2-2xy+2y2+2x-4y+3>0.

证明:设f (x) =x2- (2y-2) x+2y2-4y+3, 因为二次项系数为正, 而Δ=4 (y-1) 2-4 (2y2-4y+3) =-4 (y2-2y+2) =-4[ (y-1) 2+1]<0, 所以f (x) >0恒成立, 即x2-2xy+2y2+2x-4y+3>0恒成立, 因此原不等式成立.

点评:构造满足题设条件的二次方程是本题求解的关键, 洞察条件中特殊的结构形式是联想构造方程的突破口.本题的一个显著特点是变元多、关系杂, 为此就需要以一个变元为主元, 其他变元为辅元, 运用函数结合判别式考虑.

3. 构造分式函数

例6已知△ABC的三边长是a, b, c, 且m为正数, 求证.

易知f (x) 在x∈ (0, +∞) 上是增函数,

点评: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.

4. 构造无理函数证明不等式

所以f (n+1)

从而有f (n)

五.构造数列巧证不等式

例8设x、y∈R+, 且xy=x+8y, 求证:x+2y≥18.

证明:由xy=x+8y⇒ (x-8) (y-1) =8知:x-8、4、2y-2成等比数列, 设公比为q>0, 则, 2y-2=4q, 从而, 故x+2y的最小值为8.

点评:将条件式重新整合为特殊的结构形式, 然后构造数列模型是求解本题的关键.

六.构造局部不等式巧证不等式

例9若a、b∈R+, 且a+b=1, 求证.

证明:设t>0, 构造局部不等式如下:

同理

由假设知, t是与a、b无关的常量, 即 (3) 式对t>0恒成立,

点评:有些不等式的证明, 从整体上考虑难以下手, 如果构造若干个结构完全相同的局部不等式, 逐一证明后, 再利用同向不等式相加的性质, 即得证不等式.

七.巧构方程妙证不等式

例10已知a、b、c都是实数, 证明:

证明:当c=2a时, (1) 式易见成立, 对此, 只需考虑c≠2a时的情形.

对照 (1) 式, 只需证[2 (a-b) ]2-4 (c-2a) (2b-c) ≥0, 此式与判别式极为相似, 对此用 (c-2a) 、2 (a-b) 、2 (b-c) 为系数, 构造一元二次方程: (c-2a) x2+2 (a-b) x+ (2b-c) =0.

注意到上述方程有实数根x=1 (因为c-2a+2 (a-b) + (2b-c) =0) , 所以应有它的判别式[2 (a-b) ]2-4 (c-2a) (2b-c) ≥0.

点评:判别式与0的大小关系有等与不等两种情形, 我们巧用它的不等关系, 能够解答一些有趣的不等式以及互相关联的最值问题、参数的取值范围问题.

7.利用构造函数法求解不等式问题 篇七

[关键词] 构造函数法 不等式

[中图分类号] G633.6 [文献标识码] A [文章编号] 1674 6058（2016）17 0056

构造函数法是解决不等式问题的有效方法，如何构造函数显得尤为重要.下面举例谈谈构造函数法在解不等式问题中的应用.

一、比较函数值大小

这类题型主要采用从结论入手来构造函数的方法，即分析结论的结构特点，建立可导的函数f（x），再利用f（x）的导函数，判断函数的单调性，从而比较出函数值的大小.

【例1】 若定义在 R 上的函数f（x）的导函数为f′（x），且满足f′（x）>f（x），则f（2011）与f（2009）e2的大小关系为（ ）.

A.f（2011）>f（2009）e2

B.f（2011）=f（2009）e2

C.f（2011）

D.不能确定

分析： 构造函数，令F（x）=e-xf（x），则F′（x）=e-xf′（x）-e-xf（x）=

e-x（f′（x）-f（x））>0，∴F（x）

单调递增，

∴F（2011）>F（2009），即e-2011f（2011）>e-2009f（2009）

，

∴f（2011）>f（2009）e2，故答案为A.

二、求函数不等式的解集

对于形如f（x）>g（x）（或f（x）

化为f（x）-g（x）>0（或<0），再构造新函数h（x）=f（x） -g（x），利用h′（x）来求解.

【例2】 定义在 R 上的函数f（x）满足：f′（x）>1-

f（x），f（0）=6，f′（x）是f（x）的导函数，求不等式exf（x）>ex+5（其中e为自然对数的底数）的解集.

分析： 由题意可知，不等式为exf（x）-ex-5>0，构造函数，设g（x）=exf（x）-ex-5，

∴g′（x）=exf（x）+exf′（x）-ex=

ex[f（x）+f′（x）-1]>0，

∴函数g（x）在定义域上单调递增.

又∵g（0）=0，

∴g（x）>0的解集为{x|x>0}.

三、求参数的取值范围

求函数不等式中参数的取值范围是一类重点、热点问题.虽然函数不等式问题有多种解法途径，但通过分离参数，可把问题转化为a>f（x）（或a

【例3】 已知f（x）=lnx-x+a+1，若存在x∈（0，+∞）使得f（x）≥0成立，求a的取值范围.

分析： 由题意知，当x>0时，

f（x）=lnx-x+a+1≥0，

∴a≥-lnx+x-1.

构造函数，令g（x）=-lnx+x-1，

则g′（x）=- 1 x +1= x-1 x .

令g′（x）=0，解得：x=1.

∵当0

当x≥1时，g′（x）>0，∴g（x）在[1，+∞）上为增函数，

∴g（x）min=g（1）=0，

∴a≥g（1）=0.

∴a的取值范围为[0，+∞）.

四、证明不等式

对于不等式的证明，大部分学生都望而生畏，找不到解决问题的突破口.很多不等式都有函数的背景，如果能挖掘已知函数与不等式的关系，根据所要证明的不等式，恰当地构造函数，利用函数的单调性、最值、有界性等，可以达到证明不等式的目的.

【例4】 当x≥1时，x-lnx-1≥0，

求证： 1 2 x2+ax-a≥xlnx+ 1 2 .

证明： 原不等式可化为 1 2 x2+ax-xlnx-a- 1 2 ≥0（x≥1，a≥0）.

构造函数，令G（x）= 1 2 x2+ax-xlnx-a- 1 2 ，则G′（x）=x+a-lnx-1且G（1）=0.

由题意可知，当x≥1时，x-lnx-1≥0，

则G′（x）=x+a-lnx-1≥x-lnx-1≥0，

∴G（x）在[1，+∞）上单调递增，

∴G（x）≥G（1）=0，

∴ 1 2 x2+ax-xlnx-a- 1 2 ≥0，故原不等式成立.

可以看出，对于不等式的问题，我们可以通过构造恰当的函数，使问题迎刃而解.其关键是如何构造函数；构造什么样的函数.这就要求我们结合函数的性质和特点，发展思维，反复总结、提炼构造规律.比如，对于左右两边结构相同（或者可化为左右两边结构相同）的不等式，构造函数f（x），使原不等式成为形如f（a）>f（b）的形式；对于形如f（x）>g（x）的不等式，构造函数F（x）=f（x）-g（x）；等等.

8.利用函数凹凸性质证明不等式 篇八

内蒙古包头市第一中学张巧霞

摘要：本文主要利用函数的凹凸性来推导和证明几个不等式.首先介绍了凹凸函数的定义，描述了判定一个函数具有凹凸性质的充要条件，并且给出了凸函数的一个重要性质——琴生不等式.通过巧妙构造常见的基本初等函数，利用这些函数的凹凸性推导几个重要不等式，如柯西不等式，均值不等式，柯西赫勒德尔不等式，然后再借助这些函数的凹凸性及其推导出来的重要不等式证明一些初等不等式和函数不等式.关键词：凸函数；凹函数；不等式.一． 引言

在数学分析和高等数学中，利用导数来讨论函数的性态时，经常会遇到一类特殊的函数——凹凸函数.凹凸函数具有一些特殊的性质，对于某些不等式的证明问题如果灵活地运用函数的凹凸性质就可以简洁巧妙地得到证明.二． 凹凸函数的定义及判定定理

(1)定义 设f(x)是定义在区间I上的函数，若对于I上的任意两点x1,x2及实数0,1总有

f(x11x2)fx11fx2

则称f(x)为I上的凸函数（下凸函数）；反之，如果总有不等式

f(x11x2)fx11fx2

则称f(x)为I上的凹函数（上凸函数）.特别地，取xx2fx1fx21).，则有f(1

222

若上述中不等式改为严格不等式，则相应的函数称为严格凸函数或严格凹函数.（2）判定定理 若函数f(x)在区间 I上是二阶可微的，则函数f(x)是凸函数的充要条件是f“(x)0，函数f(x)是凹函数的冲要条件是f”(x)0.三．关于凸函数的一个重要不等式——琴生不等式

设f(x)是定义在区间I上的一个凸函数，则对xiI,i1,2,,n,i0,

i1ni1有

f(ixi)ifxi.i1

i1

nn

特别地，当i

i1,2,,n,有 n

f（x1x2xnfx1fx2fxn).22

琴生不等式是凸函数的一个重要性质，因为每个凸函数都有一个琴生不等式，因此它

在一些不等式的证明中有着广泛的应用.四． 应用凸函数和琴生不等式证明几个重要不等式.（1）（调和——几何——算术平均不等式）设ai0,i1,2,,n,则有

n

nain

1i1i1ain

当且仅当a1a2an时，等号成立.证明 设f(x)lnx,因为f“(x)

a

i1

n

i

n

0,x0,, 2x

所以f(x)是0,上的凸函数，那么就有f（x)fx.ii

i

i

i1

i1

nn

现取xiai,i,i1,2,,n, n

n1n1n1

则有lnailnailnain, 

i1ni1ni1n1n1

得lnailnain,ni1i1

由lnx的递增性可得

n

1

（1）aii

i1ni1

同理，我们取xi

nn

0，就有 ai

n11lnna

ii1n11lnaii1n

n

n

n

1ln1i1ani

, 

即

ai（2）n

1i1i1ain

n

由（1），（2）两式可得

n

ain

1i1i1ain

（2）柯西——赫勒德尔不等式

p

1n

a

i1

i

n

pqababiiii i1i1i1

其中ai,bi,i1,2,,n是正数，又p0,p1,p与q共轭，即

nnn

q

1.pq

证明 首先构造函数fxxp,p1时，f”x0,x0 所以fxx是0,上的凸函数，则有

p

n

np

f(ixi)ixiixi i1i1i1

n

p

令 i

pi

p

i1

n,这里pi0,i1,2,,n，i

n

pixi

则i1

n

pii1

p



p

px

ii1

n

pi

p

i1

n

i

n

nnp即pixipixipii1i1i1

p1

由题设知

11p

1，得q，p1pq

所以

1p

1q



ppxpxpiiiii，i1i1i1

nn

p

n

1q

现取aipixi,bipi，i1,2,,n 则aibipixipi

1p

1q

pixi,pixiai，代入上式得

pp

pqababiiii i1i1i1

命题得证.在柯西赫勒德尔不等式中，若令pq2时，即得到著名的不等式——柯西不等式

nn

p

n

1q

22ababiiii i1i1i1

nn

n

n2n2

(aibi)aibii1i1i1

n

这里ai,bi,i1,2,,n为两组正实数，当且仅当aibi时等号成立.五．凸函数及重要不等式在证明初等不等式和函数不等式中的应用.例1.求证在圆的内接n边形中，以正变形的面积最大.证明 设圆的半径为r，内接n边形的面积为S，各边所对的圆心角分别为1,2,,n，则

S

rsin1sin2sinn,因为f“xsinx0，2

所以fxsinx是0,上的凹函数，由琴生不等式可得

f(

i1

n

i)fi.ni1n

n

n

即sin



i1

i

n



sin

i1

n

i

n

sininsin

i1

2

n

上式只有在12n时等号才成立，也即正n边形的面积最大.特别地，若A,B,C为三角形的三个内角时，由上式可得sinAsinBsinC

.2xy

例2 求证对任意的x0,y0，下面的不等式xlnxylny(xy)ln成立.证明 我们根据所要证明的不等式构造相应的函数，令fttlnt,t0，因f”t所以有

0.故fttlnt是0,上的凸函数，t

xyfxfyf,x,y0,, 

22

即

xyxy1lnxlnxylny, 222

xy

(xy)lnxlnxylny,所以在利用凸函数证明不等式时，关键是如何巧妙地构造出能够解决问题的函数，然后列出琴生不等式就可以简洁，巧妙地得到证明.nnnn

n4444

例3 设ai,bi,ci,di都是正实数，证明aibicidiaibicidi.i1i1i1i1i1

分析 本题所要证明的结论看上去接近于柯西不等式，但是这里是4次方的情形，所以想办

法将其变成标准形式。

nn

证明aibicidiaibicidi

i1i1

aibi

i1

n

n2

cidi

i12

n

n2222=aibicidi i1i1

n

n

n

n







ai

i1

bi

i1

ci

i1

di

i1

通过以上例子我们可得出结论，运用柯西不等式的关键是对照柯西不等式的标准形式，构造

出两组适当的数列，然后列出式子.例4 设a,b,c,d都是正实数，且cdab

证明 首先由均值不等式得





a3b3

1..证明

cd

a3b3acb3bda344

 acbdabcddc

a2abb

=a2b2再由柯西不等式得



2122

acbdab

c

d

d





ab=a2b2



122

c

322



a3b322

ab即cd



a3b3

cdacbd 

a2b2



a3b31 所以cd

六．总结

由上面的分析我们看到，虽然利用函数的凹凸性来证明不等式有它的局限性，但是往

往是其它方法不可代替的，我们可以充分感受到利用函数的凹凸性解决问题的方便和快捷，丰富了不等式的常规证法，开阔了解题思路.参考文献

【1】 【2】 【3】 【4】

9.4函数思想在不等式证明中的应用 篇九

函数思想在不等式问题中有着广泛的应用，在证明不等式时，先认真观察不等式的结构特征，或者经过适当的变形后再观察，然后构造出一个与该不等式有关的辅助函数，利用辅助函数的有关性质，将不等式问题转化为函数问题，从而拓宽解题思路，降低问题的难度。‘构造函数法’是一种创造性的数学思想方法，它的应用不仅体现在证明不等式上，还对于训练学生的数学思维，提高解题能力等方面有着很大的帮助。

一 构造一次函数

例1 已知x、y、z0,1,求证x1yy1zz1x

1分析因为x、y、z在不等式中的地位可以轮换，所以可以以任何一个作为自变量，构造一次函数

证明：原不等式可化为1yzx1yz10

构造函数fx1yzx1yz1x0,1

因此只需要证明fx0在x0,1时恒成立，又∵y、z0,1所以（1）当1yz0时，fx1y z10

（2）当1yz0时，f01yz1 0

f1yz0

又因为一次函数的单调性，所以fx0在x0,1时恒成立

综上，fx0在x0,1时恒成立，故原不等式得证。

二构造二次函数

例2设函数fxax2bxca0，方程fxx0两根x1,x2满足0x1x21，当xx1,x2时，求证 x1fxx2a

分析分析已知条件，构造相应的二次函数

证明：令Fxfxx由x1,x2为方程fxx0的两根，所以Fxaxx1xx2当xx1,x2时，由0x1x2

又x1fxx1xFxx1xax1xxx2

=x1x1axx2 1 a

∵0x1xx21x1x0,1ax2ax0 a

得x1fx0 即x1f(x)①

又∵x2fxx2xFxx2xax1xxx2

=x2x1axx1

∵0x1xx21x2x0,1ax1ax0a

得x2fx0②由①②得x1fxx

2三构造指（对）数型函数

例3已知实数x2，求证6x8x10 x

分析利用指数函数的单调性证明 34证明：原不等式可化为155

34构造函数fx因它是减函数，且f21 55

又x2，则fxf21 xxxx

34即1，故原不等式成立 55

b、c为互不相等的正数，求证a2ab2bc2cabcbaccab 例4设a、xx

分析利用对数函数的单调性证明

证明：构造对数函数fxlgx，fxlgx在0,上是增函数

因为ab与lgalgb同号，a所以(ab)(lg

b同理有(bc)(lg

c(ca)(lglbg)lcg)lag)

将上面三个同向不等式相加，左边展开并加以整理得

blgb2alga22clcgalbgcblgac cab

a2ab2bc2cabcbaccab所以原题得证

四构造三角函数

1x23例4

求证 21x2分析利用三角函数的有界性解决问题 1x2证明：令xtan,,

则cos22sin 21x22=12sin22sin 1331=2(sin)2当sin即时取等号

22226

10.巧用三角函数关系证明不等式 篇十

一、巧用“倒数关系”——“tanθ·cotθ=sinθ·cscθ=cosθ·secθ=1”

若条件中有xy≤t（或≥t），可考虑做如下之一变换：

（1）x=r1tanθ，x=r2cotθ； （2）x=r1sinθ，x=r2cscθ；

（3）x=r1cosθ，x=r2secθ。

例1：已知x，y∈R+，xy=2，求证： 。

证明：设x=tanθ，y=2cotθ （θ∈（0， ）），

二、巧用“平方关系”之一：“sin2θ+cos2θ=1”

1.若条件可化为 ，可考虑做变换

。

例2：已知实数x，y满足x2+3y2=6y，证明：-4≤x2-y2≤。

证明：条件可变形为 ，设x=√3sinθ，y=1+

cosθ（θ∈[0，2π]），则x2-y2=3sin2θ-（1+cosθ）2=-4（cosθ+）2

+ ，易知-4≤x2-y2≤ 。

2.若条件有x，y∈R+，且x+y≤t（或≥t），可考虑做变换x=rsin2θ，y=rcos2θ。

例3：已知x，y∈R+，且x+y≤1，证明：|3x2-2xy-3y2|≤3。

证明：设x=rsin2θ，y=rcos2θ（0＜r＜1），则3x2-2xy-3y2=r2（3sin4θ-

3cos4θ-2sin2θcos2θ）= r2[3（sin2θ

-cos2θ）（sin2θ+cos2θ）-2（1-cos2θ）cos2θ]=r2[2（cos2θ-2）2-5]。

易知|3x2-2xy-3y2|≤3。

3.若题干中含有诸如b2-（x-a）2，√b2-（x-a）2，a-x， √a-x，的因子，可考虑做类似（1）与（2）中的变换。

三、巧用“平方关系”之二：“sec2θ

-tan2θ=csc2θ-cot2θ=1”

1.若条件可化为 ≤（或

≥）r2，可考虑做变换

，。

例4：已知y≠0且x2-y2=1，证明：

。

证明：设x=secθ，y=tanθ（θ≠kπ

+，kπ（k∈Z）），则

=|(secθ-cosθ)(tanθ+cotθ)cos2θ|

=。

2.若条件有x，y∈R+且x-y≤（或≥）t，可考虑做变换x=

rsec2θ,y=rtan2θ或x=rcsc2θ,y=rcot2θ。

例5：已知x＞1，y＞0，x-y=1，

证明：。

证明：设x=sec2θ，y=tan2θ（θ∈（0，）），则

=。

因θ∈（0，），故命题得证。

上述虽然总结了几条规律，但不足以概括三角换元法全貌，以祈读者能有更多更深的思考。

11.构造函数模型巧证不等式 篇十一

一、构造一次函数模型证明不等式

【例1】 已知a,b,c∈R且|a|<1,|b|<1,|c|<1, 求证:ab+bc+ca>-1.

【例2】 设0<x<1,0<y<1,0<z<1.求证:x(1-y)+ y(1-z)+z(1-x)<1.

评注:上述例子证明不等式是通过构造一次函数进行分类讨论,从而达到证明的目的.

二、构造二次函数模型证明不等式

【例3】 求证:不等式x２-2xy+2y２+2x-4y+ 3>0对一切实数x均成立.

证明:设f(x)=x２-2xy+2y２+2x-4y+3=x２- 2(y-1)x+2y２-4y+3.所以,要证明不等式成立,只需证f(x)>0即可.因 Δ=4(y-1)２-4(2y２-4y+3)= -4y２+8y-8<0,且二次项系数大于0,二次函数f(x) 的抛物线开口向上,与x轴无交点,所以f(x)>0恒成立,即不等式x２-2xy+2y２+2x-4y+3>0对一切实数x均成立.

评注:二次函数、一元二次方程和二元二次不等式联系极为密切.对于某些条件二次不等式的证明问题, 可考虑构造相应的二次函数模型,然后利用一元二次方程的根的判别式来转化原问题,从而得证.

评注:本题构造二次函数,利用二次函数的单调性及最值,从而证明了该不等式.

三、构造抽象函数模型证明不等式

【例5】 已知△ABC的三边长是a,b,c,且m为正数.求证:

评注:本题是通过构造函数的方法,借助放缩法进行证明的,利用放缩法证明不等式需要有明确的目标才能放缩适当,其理论依据是不等式的传递性.

在不等式教学中,渗透构造函数模型证明不等式这一函数思想方法是一项长期的教学任务,教师必须潜心钻研,精心设计,不断提高学生的学习能力.

摘要：函数是贯穿中学数学的主要内容,不等式也是中学数学的重要内容之一.对于一些不等式的证明问题,可以通过转化、类比等方式,合理构造函数模型,从而巧妙地解决问题.

12.几何法证明不等式 篇十二

^2<(a^2+b^2)/2

(a,b∈R，且a≠b)

设一个正方形的边为C,有4个直角三角形拼成这个正方形,设三角形的一条直角边为A,另一条直角边为B,(B>A)A=B,刚好构成,若A不等于B时,侧中间会出现一个小正方形,所以小正方形的面积为(B-A)^2,经化简有(B+A)^2=4AB,所以有((A+B)/2)^2=AB,又因为(A^2+B^2)/2>=AB,所以有((A+B)/2)^2<=(A^2+B^2)/2,又因为A不等与B,所以不取等号

可以在直角三角形内解决该问题

=^2-(a^2+b^2)/2

=<2ab-(a^2+b^2)>/4

=-(a-b)^2/4

<0

能不能用几何方法证明不等式，举例一下。

比如证明SINx不大于x(x范围是0到兀/2，闭区间)

做出一个单位圆，以O为顶点，x轴为角的一条边

任取第一象限一个角x，它所对应的弧长就是1*x=x

那个角另一条边与圆有一个交点

交点到x轴的距离就是SINx

因为点到直线，垂线段长度最小，所以SINx小于等于x，当且尽当x=0时，取等

已经有的方法：第一数学归纳法2种;反向归纳法(特殊到一般从2^k过渡到n);重复递归利用结论法;凸函数性质法;

能给出其他方法的就给分

(a1+a2+...+an)/n≥(a1a2...an)^(1/n)

一个是算术，一个是几何。人类认认识算术才有几何，人类吃饱了就去研究细微的东西，所以明显有后者小于前者的结论，这么简单都不懂，叼佬就是叼佬^_^

搞笑归搞笑，我觉得可以这样做，题目结论相当于证

(a1+a2+...+an)/n-(a1a2...an)^(1/n)≥0

我们记f(a1,a2,……,an)=(a1+a2+...+an)/n-(a1a2...an)^(1/n)这时n看做固定的。我们讨论f的极值，它是一个n元函数，它是没有最大值的(这个显然)

我们考虑各元偏导都等于0，得到方程组，然后解出

a1=a2=……=an

再代入f中得0，从而f≥0，里面的具体步骤私下聊，写太麻烦了。

要的是数学法证明也就是代数法不是用向量等几何法证明.....有没有哪位狠人帮我解决下

【柯西不等式的证明】二维形式的证明

(a^2+b^2)(c^2+d^2)(a,b,c,d∈R)

=a^2·c^2+b^2·d^2+a^2·d^2+b^2·c^2

=a^2·c^2+2abcd+b^2·d^2+a^2·d^2-2abcd+b^2·c^2

=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2

≥(ac+bd)^2，等号在且仅在ad-bc=0即ad=bc时成立。

一般形式的证明

求证：(∑ai^2)(∑bi^2)≥(∑ai·bi)^2

证明：

当a1=a2=…=an=0或b1=b2=…=bn=0时，一般形式显然成立

令A=∑ai^2B=∑ai·biC=∑bi^2

当a1，a2，…，an中至少有一个不为零时，可知A>0

构造二次函数f(x)=Ax^2+2Bx+C，展开得：

f(x)=∑(ai^2·x^2+2ai·bi·x+bi^2)=∑(ai·x+bi)^2≥0

13.换元法证明不等式 篇十三

2a=cosA,b=sinA

c=2cosB,d=2sinB

|ac+bd|=2|cosAcocB+sinAsinB}=2|cos(A-B)|

<=2

得证

若x+y+z=1，试用换元法证明x²+y²+z²≥1/

3解法一：(换元法)

证明：因为

(x-1/3)^2+(y-1/3)^2+(z-1/3)^2≥0

展开，得

x^2+y^2+z^2-2/3*(x+y+z)+3*1/9≥0

x^2+y^2+z^2-2/3+1/3≥0

x^2+y^2+z^2≥1/3。

其中等号当且仅当x=y=z=1/3时成立

解法二：

因为:x+y+z=

1所以:(x+y+z)²=1

化解为:x²+y²+z²+2xy+2xz+2yz=1

又因为：

x²+y²≥2xy;

x²+z²≥2xz;

y²+z²≥2yz;

所以x²+y²+z²+2xy+2xz+2yz=1<=3(x²+y²+z²)

固x²+y²+z²≥1/3

例1：已知a+b+c=1，求证：a2+b2+c2≥1/3

证明：令a=m+1/3，b=n+1/3，c=t+1/3，则m+n+t=0

∴a2+b2+c2=(m+1/3)2+(n+1/3)2+(t+1/3)2

=m2+n2+t2+2(m+n+t)/3+1/3

=m2+n2+t2+1/3

∵m2+n2+t2≥0，∴a2+b2+c2≥1/3得证。

换元的目的：转化、化简已知条件，使已知条件更易于使用。

例2：已知a>b>c，求证：1/(a-b)+1/(b-c)≥4/(a-c)

证明：令x=a-b，y=b-c，则a-c=x+y且x>0，y>0

∴原不等式转化为：1/x+1/y≥4/(x+y)

因此，只要证明：(x+y)/x+(x+y)/y≥

4只要证：1+y/x+1+x/y≥4

只要证：y/x+x/y≥2，而y/x+x/y≥2恒成立。

∴1/(a-b)+1/(b-c)≥4/(a-c)得证。

换元的目的：

化简、化熟命题，把复杂的、不熟悉的命题化为简单的、熟悉的命题。

例3：已知(x2-y2+1)2+4x2y2-x2-y2=0，求证：(3-√5)/2≤x2+y2≤(3+√5)/

2证明：令x2+y2=t

由(x2-y2+1)2+4x2y2-x2-y2=0整理得：

(x2+y2)2-3(x2+y2)+1=-4x2

∴(x2+y2)2-3(x2+y2)+1≤0

∴t2-3t+1≤0，解之得：(3-√5)/2≤t≤(3+√5)/2

∴(3-√5)/2≤x2+y2≤(3+√5)/2得证。

换元的目的：转化条件，建立条件与结论间的联系。

例4：已知x-1=(y+1)/2=(z-2)/3，求证：x2+y2+z2≥59/1

4证明：设x-1=(y+1)/2=(z-2)/3=k，则x=k+1，y=2k-1，z=3k+2

∴x2+y2+z2=(k+1)2+(2k-1)2+(3k+2)2

=14k2+10k+6

=14(k2+5k/7)+6

=14(k+5/14)2+59/14≥59/14

∴x2+y2+z2≥59/14得证。

换元的目的：减少未知数的个数，直接利用已知条件。

例5：已知a>0，求证：(a+(a+(a+(a+…+a0.5)0.5)0.5)0.5)0.5

证明：设t1=a0.5，t2=(a+a0.5)0.5，……，tn=(a+(a+(a+(a+…+a0.5)0.5)0.5)0.5)0.5tn=(a+tn-1)0.5

tn2=a+tn-1，且tn>0，而tn>tn-

1∴tn20

∴tn

换元的目的：转换、化简命题

例6：已知a≥c>0，b≥c，求证：√c(a-c)+√c(b-c)≤√ab

证明：要证明原不等式，只要证明：

√c(a-c)/ab+√c(b-c)/ab≤

1只要证明：√(c/b)(1-c/a)+√c/a(1-c/b)≤1

令sinα=√c/b，sinβ=√c/a，且α、β∈(0，π]

只要证明：sinαcosβ+cosαsinβ≤

1只要证明：sin(α+β)≤1，而sin(α+β)≤1显然成立

∴原不等式得证。

换元的目的：利用两个正数的和等于1进行三角换元，可以将原问题得到极大

程度的化简，在各种命题的解题中有着广泛的应用。

例7：已知a2+b2=c2，且a、b、c均为正数，求证：an+bn2且n∈N

证明：设a=csinα，b=ccosα。α∈(0，π/2)

则：an+bn=cnsinnα+cncosnα=cn(sinnα+cosnα)