构造函数,妙解不等式

构造函数,妙解不等式（通用10篇）

1.构造函数,妙解不等式 篇一

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)2

1492)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（）≤0

abc111149

∴当a,b,c时，()min36 632abc

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a b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，0

bxbx证明：令 f（x）= ∵b-a>0 b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<∣a+b∣≤∣a∣+∣b∣

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=0 21x ∵x为任意实数 ∴上式中Δ≥0，即（-1）-4y≥0 1 411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lgy22

2（lgxlgy）2lgxlgy 令 f(x)= == 1222222lgxlgylgxlgylgxlgylgxlgy 而 lgx>0,lgy>0, ∴lgx+lgy ≥ 2lgxlgy > 0 ∴2lgxlgy≤1 22lgxlgy ∴ 1

从而要使原不等式对于大于1的任意x与y恒成立，只需Lga≥2即 a≥10

2即可。

故必存在常数a，使原不等式对大于1的任意x、y恒成立。

3、运用函数的奇偶性

xx<(x≠0)12x2xx 证明：设f（x）=-(x≠0)x122 例

9、证明不等式：

xxx2xx ∵f（-x）=-= x+ x122212xxx

[1-(1-2)]+ 12x2xx =-x+= f(x)x122 = ∴f(x)的图象关于y轴对称

x ∵当x>0时，1-2<0，故f(x)<0 当x<0时，根据图象的对称性知f(x)<0 故当 x≠0时,恒有f(x)<0 即：xx<(x≠0)x122 [小结]本题运用了比较法，实质是根据函数的奇偶性来证明的，本题也可以运用分类讨论思想。但利用偶函数的轴对称性和奇函数的中心对称性，常能使所求解的问题避免复杂的讨论。

2.构造函数,妙解不等式 篇二

第1773题

当x→+∞时, f (x) →0并且f (x) <0.

第1775题

下面证明不等式右边成立

得:x=1, f' (x) 在区间 (1, +∞) 上的函数值恒为负.

综上, 不等式链得证.

不等式、函数犹如一对亲密无间的孪生兄弟, 通过对待证不等式的等价转化及结构特征的分析, 恰当构造符合题目要求函数模型作为工具来证明不等式, 常常能够出奇制胜、收效很好.于是, 我们在高考复习中, 若遇到函数中不等式证明, 要教会学生通过题目中提供函数模型来分析求证和解题思路.

(Ⅲ) 求证:1×22×32×…×n2 (n+1) >en-2 (n∈N*) .

3.构造可导函数解不等式问题 篇三

一、构造可导函数解不等式

例1：已知函数f（x）=x2-mx（m∈R），g（x）=lnx若对任意有意义的x，不等式f（x）＞g（x）恒成立，求m的取值范围。

解：不等式f（x）＞g（x）等价于x2-mx＞lnx∵x＞0∴不等式

在（0，+∞）上恒成立。令 ，

令h（x）=2x2+lnx-1，则 ，∵当x＞0时，h'（x）＞0∴h（x）在（0，+∞）上单调递增。又∵h（1）=0∴h（x）＞0的解为x＞1，∴t'（x）＞0的解为x＞1，∴t（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，∴t（x）min=t（1）=1∴m＜1。

点评：本题的难点是解t'（x）＞0，在构造了可导函数h（x）后通过导数研究函数h（x）的性质，问题则可以迎忍而解了。

二、构造可导函数证明不等式

例2：已知函数 证明：在区间（1，+∞）上，函数f（x）的图象在函数 的图象下方。

证明：设f（x）=g（x）-f（x），即 则

，当x>1时

从而f（x）在（1，+∞）上为增函数，∴F（x）＞F（1）= ＞0，∴当x＞1时，g（x）-f（x）＞0，即f（x）＜g（x），故在区间（1，+∞）上，函数f（x）的图象在函数g（x）的图象下方。

点评：本题通过作差构造一个函数，并利用导数判断函数的单调性，证明不等式。

例3：已知函数 证明：若a＜5，则在任意x1，x2∈（0，+∞），x1≠x2，有证明：设 则 ，∵当a＞1，x＞0时， ∵1＜a＜5∴g'（x）≥1-（√a-1-1）2＞0，∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，∴当x1＞x2时，g（x1）＞g（x2）即f（x1）+x1＞f（x2）+x2，∴f（x1）- f（x2）＞-（x1-x2）， 。

当x1＜x2时同样可以得到 。

点评：本题从结论特征入手构造函数证明不等式。由结论变形得到。

当x1＞x2时，即证f（x1）+x1＞f（x2）+x2；当x1＜x2时，即证f（x1）+x1＜f（x2）+x2，容易想到研究函数f（x）+x的单调性。因此构造可导函数g（x）=f（x）+x即可。

例4：设0≤x≤1，p＞1，求证：21-p≤xp+（1-x）p≤1

证明：构造函数f（x）=xp+（1+x）p，x∈[0，1]，则f'（x）=pxp-1-p（1-x）p-1，令f'（x）=0得唯一驻点x=0.5，又f（0）=f（1）=1，f（0.5）= 21-p＜1。∴f（x）max=1，f（x）min=21-p，故原不等式成立。

4.构造函数,妙解不等式 篇四

构造函数证明不等式

函数是高中数学的基础，是联系各个数学分支的桥梁和纽带.在不等式的证明中，我们可根据不等式的结构特点，建立起适当的函数模型，利用函数的单调性、凸性等性质，灵活、巧妙地证明不等式.一、二次函数型：

1.作差构造法.例1.(新教材第二册（上）（以下同）P16习题1（2）)求证:abcabbcca.分析:将a视为变量,考察函数faabcabbcc.由于该二次函数的图象开口向上,且3bc0,故fa0.结论获证.22

2例2.(教材P31.复习参考题6)设a,b,c为ABC的三条边,求证:abc＜2abbcca.2222

222

分析:构造函数fxx2bcxbc.∵fx图象开口向上,对称轴xbc.∴fx在,bc上单调递减.∵a,b,c为ABC的三条边,∴bc＜a＜bc(不妨设bc)∴

f

afbc.2

∵fbcbc2bcbcbc4cbc0.∴fa0.即结论成立.2.判别式构造法.2222

例3.(教材P27.例1)已知a,b,c,d都是实数,且ab1,cd1.求证:acbd1.分析：所证结论即是2acbd4ab

c

d

0.故可构造函数

f

xa

b

x

2acbdxcd.2

由于fxax2acxc

2bx2bdxd



axcbxd



0.当且仅当x

ca



db

时取“=”号.又因为fx的图象开口向上,故必有0.结论成立.2

练习1.(教材P16.练习2)求证:acbdabc

n

d

.n

n

点拨:证法同例3.该题是柯西不等式的特殊情形.其一般形式是:



abiii1

n

n

2i

n

a

i

1i1

22

bi.可构造函数fxaix2aibix

i1i1

b

i1

2i

证之.练习2.(教材P17.习题6)已知a,b是不相等的两个正数,求证:

abab

3ab



.用心 爱心 专心

点拨:构造函数fxabx2ab

xa

baxabxb证之.22

练习3.(教材P17.习题7)已知a,b都是正数,x,yR,且ab1,求证:

axby

axby.点拨:构造函数fzabz2axbyzaxbyazxbzy证之.练习4.(教材P31.复习参考题5)求证:31aa

1aa

.点拨:构造函数fx3x21aa

x1a

ax1xaxa

证之.二、分式函数型:

例4.(教材P12.例2)已知a,b,m都是正数,并且ab,求证:

分析:构造函数fx

xaxb

ambm

ab.x0,.由于当x0,时，fx

ba

xb

0.故fx在0,上是增函数.∵fx在x

f

0处右连续，∴f

x在0,上是增函数.∵m

0 ∴

mf0 即

ambm



ab

.例5.(教材P22.例3)已知a1,b1,求证:

ax1ax

ab1ab

1.分析:构造函数fxx1,1.由于当x1,1时，fx

1a

21ax

0.故fx在1,1上是增函数.∵fx在x1处右连续，在x1处左连续.∴fx在1,1上是增函数.∵1b1 ∴f1fbf1 ,即1

ab1ab

1.ab

acbd

cd

ab1ab

1, 即

例6.(教材P14练习5)已知a,b,c,d都是正数,且bcad,求证:

.a

分析:联想定比分点坐标公式,acbd

可写成b

1

cd

db.故可构造函数db

a

f

x

b

d1x



c

x,x0,.∵当x0,时，用心 爱心 专心 2

c

fx

d



ab

1x



bcadbd1x

0.∴fx在0,上是增函数.∵fx在x

0处右连续，∴fx在0,上是增函数.又∵

cd

db

0.∴

d

f0flimf

bx

x.而

f0

acd,f,limf

xbbbd

a

x

.故原不等式成立.aca

bcb

练习5.(教材P14.练习4)已知cab0,求证:

点拨:构造函数fx

xcx

x0,c

.练习6.(教材P17.习题9)已知ABC的三边长分别是a,b,c.且m为正数.求证:

aam



bbm



ccm

.xxm,x0,.易证fccm

.而

aam



bbm

点拨:构造函数fx

f

x为增函数.由于



aabm



babm



abc,故

ab

aam



fc.即b



ababmc

.ababm

.故

有

bmcm

练习7.(教材P23.习题4)求证:

分析:构造函数fx

三、幂函数型：

ab1ab



ab1ab

.x1x,x0,证之.例7.如果a,b都是正数，且ab,求证：ababab.分析：abababab

55322

3a

b

.考察函数fxx,(nN)在0,上的单调性，显然fx在0,上为增函数.n

*

若ab,则ab, ab,所以ab

aa

bb

0； 0。

若ab,则ab, ab,所以ab

2所以ababab.利用函数的单调性证法可以将上述结论推广为: 若a、b是正数且ab,求证：a四、一次函数型：

用心 爱心 专心

mn

55322

3b

mn

abab.(m,nN)

mnnm*

例8.设a,b,c0,1,求证:abcabbcca1.分析:构造函数fa1bcabcbc1,a0,1.∵f0bcbc11cb10,f11bcbcbc1bc0.∴对任意a0,1,恒有fa0.故原不等式成立.五、三角函数型： 例9.(同例3)

分析:设acos,bsin, ccos,dsin.则acbdcoscossinsin

cos



1.练习8.设x,yR,且xy1,求证

:x2xyy点拨:设xrcos,yrsin.其中r1.以下略.六、指数函数型:

2例10．已知等差数列an和等比数列bn，其中a1b1，a2b2，0＜a1＜a2，证明当n3时，an

da

1n1

.所以，当n3时，bna1q

q1

d

a11

a1

n1



dd11

a1n1dan.a11Cn1a11Cn1

＞ a1a1

这儿,我们用二项式定理进行放缩,完成了证明.七、构造函数,利用函数图象的凸性： 例11.(教材P15.例6)求证3+7<2

5分析:考察函数f(x)=x的图象,特征是上凸函数.对任意x1,x20,, 且x1x2,都有：所以,即

212

f(x1)f(x2)

f3f7

f5.（3+7）<5.两条结论:（1用心 爱心 专心

值之和越大.例:6

722

5



3



2及

a

a3

a1

a2

(2)下凸函数,区间中点相同时,两端“距离”区间中点越近,两端点函数值之和越小.练习9.已知:fxtanx,x0,

2

, 若x1,x20,



2

 且x1x2,试判断

f

x1

f

x2与

xx2

f1

的大小，并加以证明（94年高考理科试题变式题）.2

练习10.已知:fxlgxx1,若0x1x2,试比较

年高考文科试题).练习11.(教材P23.习题5)求证:lg

AB2



lgAlgB

f

x1

f

x2与

xx2

f1

的大小(942

AB0.以上表明,若能清楚不等式所反映的图象意义，就会给证明提供思路.八、构造连续函数，应对含离散型变量的不等式问题： 例12．（2001年全国理）已知i,m,n是正整数，且1﹤i≤m＜n.（1）证明nAm＜mAn.（2）证明1m＞1n.n

m

iiii

i1i

1分析：（1）nAm＜mAn可化为：

i1

iiii

Amm

i

i

＜

Ann

i

i

m，即：

k0

k

i

nk

＜

k0

mn

i

.构造函数fx

xk

k0

x

i

.（xi＞1）.i1

两边取对数，得：lnfx



k0

lnxkilnx.当xi,时,两边求导，得：

fxfx

i1





k0

1xk



ix

i1

＞

k0

1x



ix

0.由于fx＞0，故fx＞0.这说明fx在i,上是增函数.∵fx在xi处右连续.∴

fx在i,上是增函数.∵i≤m＜n.∴fm＜fn.Amm

ii

即＜

Ann

i

i

.整理，得：nAm＜mAn.用心 爱心 专心

iiii

（2）不等式1m＞1n两边取对数，得：ln1m＞ln1n.n

m

n

m

整理，得：

ln1m

m



＞

ln1nn

.构造函数gx

ln1xx

x2.x

求导，得：gx

1x

ln1xxx

.当x2时,可得：0＜

1x

＜1，ln1xln3＞1.故gx＜0.所以gx在2,上是减函数.∵gx在x2处右连续.∴gx在2,上是减函数.∵m＜n，∴ gm＞gn.即

ln1m

m



＞

ln1nn

.整理，得：1m＞1n.n

m

注：不等式1m＞1n

n

m

也可化为：1m

1m

＞1n

1n

.这时，可研究函数

hx1xxe

ln1xx的单调性证之.n1

练习12.已知n是正整数且n≥3.求证：n

n

＞n1.n

点拨：不等式n

n1

＞n1两边取自然对数，整理得：

lnnn

＞

lnn1n1

.构造函数fx

lnxx

可证之.lnfx

5.构造函证不等式 篇五

b－a2

求证：>1－(b>a)．(*)

2eb＋1x2

证明：令φ(x)＝＋x－1(x≥0)，2e＋112e

则φ－

2（e＋1）

（e＋1）－4e（e－1）＝x2x2≥0(仅当x＝0时等号成立)．

2（e＋1）2（e＋1）

∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴x>0时，φ(x)>φ(0)＝0.令x＝b－a，即得(*)式，结论得证．

b－ab－a

求证：(b－a)e＋(b－a)－2e＋2>0．

xx

证明：设函数u(x)＝xe＋x－2e＋2(x≥0)，xxx

则u′(x)＝e＋xe＋1－2e，xxxxx

令h(x)＝u′(x)，则h′(x)＝e＋e＋xe－2e＝xe≥0(仅当x＝0时等号成立)，∴u′(x)单调递增，∴当x>0时，u′(x)>u′(0)＝0，∴u(x)单调递增． 当x>0时，u(x)>u(0)＝0.b－ab－a

令x＝b－a，则得(b－a)e＋(b－a)－2e＋2>0，a＋b与f（b）－f（a）x已知函数f(x)＝e，x∈R.设a

f（b）－f（a）a＋be－e21．解： f－e＝

b－a2b－a

b

a

x

x

x

x

ab

＝

eebeae

ba

ba

ab2ab2

e＝[eba

ab2

ba2

e

ab2

(ba)]

1x

e－2＝0.e

11xx

设函数u(x)＝e －u′(x)＝e＋ee∴u′(x)≥0(仅当x＝0时等号成立)，∴u(x)单调递增．

当x>0时，u(x)>u(0)＝0.b－a令x＝e

2∴

ba2

e

ab2

6.挖掘隐含条件妙解不等式问题 篇六

在处理某些不等式问题时, 若能根据题意挖掘题目的隐含条件, 即可利用这些隐含条件, 巧妙地将题目解出, 下面举例说明.

一、挖掘隐含条件“两个正数的和大于0”解题

例1 若a、b、c互不相等, 求证:

$\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}+\frac{1}{c-a}>0.$

分析:不妨设a>b>c, 则

$\frac{1}{a-b}>0,\frac{1}{b-c}+\frac{1}{c-a}=\frac{b-a}{(b-c)(c-a)}>0$

所以$\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}+\frac{1}{b-c}>0.$

二、挖掘隐含条件“两点之间线段最短”解题

例2 若x∈R, 求证:$\sqrt{x{}^2+2x+5}+\sqrt{x{}^2-6x+10}\ge 5.$

分析:如图1, 令$y=\sqrt{x{}^2+2x+5}+\sqrt{x{}^2-6x+10}$, 则其中P (x, 0) 、A (-1, 2) 、B (3, -1) .易知

所以$\sqrt{x{}^2+2x+5}+\sqrt{x{}^2-6x+10}\ge 5.$

三、挖掘隐含条件“一次函数具有单调性”解题

例3 若a、b、c∈R, |a|<1, |b|<1, |c|<1, 求证:a+b+c-abc<2.

分析:令f (a) =abc+2-a-b-c= (bc-1) a+2-b-c (|a|<1) , 由|b|<1, |c|<1知bc-1<0, 则f (a) 是减函数, 又f (1) = (1-b) (1-c) >0

所以当|a|<1, 即-1<a<1时, 有f (a) >f (1) >0.

所以abc+2-a-b-c>0, 即a+b+c-abc<2.

四、挖掘隐含条件“圆中同一条弦所对的圆外角小于圆周角解题”

例4 如图2, 双曲线$\frac{x{}^2}{9}-\frac{y{}^2}{16}=1$的焦点为F1、F2, 点M (x0, y0) 为双曲线上的动点, 若∠F1MF2为锐角, 求x0的取值范围.

分析:以F1F2为直径的圆O为x2+y2=52, 易得圆O与双曲线交点的横坐标为$\pm \frac{3}{5}\sqrt{41}$, 由“圆中同一条弦所对的圆外角小于圆周角”得M必在双曲线的属于圆O外的那四部分上, 故有$x{}_0<-\frac{3}{5}\sqrt{41}$或$x{}_0>\frac{3}{5}\sqrt{41}.$

五、挖掘隐含条件“$\frac{y{}_1-y{}_2}{x{}_1-x{}_2}$表示直线的斜率”解题

例5 设$0<\theta <\frac{\text{π}}{2}$, 试比较$\frac{1-\sin \theta }{1-\cos \theta }$与tanθ的大小.

分析:如图3, 设P (cosθ, sinθ) 、A (1, 1) , 则$k{}_{{\rm P}A}=\frac{1-\sin \theta }{1-\cos \theta },k{}_{{\rm O}{\rm P}}=\tan \theta .$

(1) 当$0<\theta <\frac{\text{π}}{4}$时, 有kPA>kOP, 即$\frac{1-\sin \theta }{1-\cos \theta }>\tan \theta ;$

(2) 当$\theta =\frac{\text{π}}{4}$时, 有kPA=kOP, 即$\frac{1-\sin \theta }{1-\cos \theta }=\tan \theta ;$

(3) 当$\frac{\text{π}}{4}<\theta <\frac{\text{π}}{2}$, 有kPA<kOP, 即$\frac{1-\sin \theta }{1-\cos \theta }<\tan \theta .$

六、挖掘隐含条件“部分面积<整体面积”解题

例6 若x、y、z∈ (0, 1) , 求证:x (1-z) +y (1-x) +z (1-y) <1.

分析:由题意, 构造如图4所示的正△ABC, 使AD=x, BE=y, CF=z.

由S△ADF+S△BED+S△CFE<S△ABC得

$\frac{1}{2}x(1-z)\cdot \sin 60°+\frac{1}{2}y(1-x)\cdot \sin 60°+\frac{1}{2}z(1-y)\sin 60°<\frac{1}{2}\cdot 1{}^2\cdot \sin 60°.$

所以x (1-z) +y (1-x) +z (1-y) <1.

七、挖掘隐含条件“对偶式”解题

例7 若x、y、z均为正实数, 求证:$\frac{x{}^2}{x+y}+\frac{y{}^2}{y+z}+\frac{z{}^2}{z+x}\ge \frac{x+y+z}{2}.$

分析:挖掘隐含条件, 构造对偶式, 令

$\begin{array}{l}m=\frac{x{}^2}{x+y}+\frac{y{}^2}{y+z}+\frac{z{}^2}{z+x}\\ n=\frac{y{}^2}{x+y}+\frac{z{}^2}{y+z}+\frac{x{}^2}{z+x}\\ m+n=\frac{x{}^2+y{}^2}{x+y}+\frac{y{}^2+z{}^2}{y+z}+\frac{z{}^2+x{}^2}{z+x}\ge \frac{x+y}{2}+\frac{y+z}{2}+\frac{z+x}{2}=x+y+z.\end{array}$

又$m-n=\frac{x{}^2-y{}^2}{x+y}+\frac{y{}^2-z{}^2}{y+z}+\frac{z{}^2-x{}^2}{z+x}=0.$

所以$m=n\ge \frac{x+y+z}{2}$, 故原命题成立.

八、挖掘隐含条件“三角代换”解题

例8 解不等式$\frac{x}{\sqrt{1+x{}^2}}+\frac{1-x{}^2}{1+x{}^2}>0.$

分析:$x=\tan \theta ,\theta \in (-\frac{\text{π}}{2},\frac{\text{π}}{2})$, 则原不等式可化为$\frac{\tan \theta }{\sqrt{1+\tan {}^2\theta }}+\frac{1-\tan {}^2\theta }{1+\tan {}^2\theta }>0$, 即sinθ+cos2θ>0, 化简得$-\frac{1}{2}<\sin \theta <1.①$

在$(-\frac{\text{π}}{2}‚\frac{\text{π}}{2})$内, ①的解是$(-\frac{\text{π}}{6}‚\frac{\text{π}}{2})$

所以原不等式的解集是$\{x|x>-\frac{\sqrt{3}}{3}\}.$

九、挖掘隐含条件“不等式可化为方程”解题

例9 求不等式x2+y2+z2+48<4x+6y+12z的整数解.

分析:由x、y、z为整数知原不等式可化为

x2+y2+z2+49≤4x+6y+12z,

即 (x-2) 2+ (y-3) 2+ (z-6) 2≤0

又 (x-2) 2+ (y-3) 2+ (z-6) 2≥0

所以 (x-2) 2+ (y-3) 2+ (z-6) 2=0.

所以所求整数解为x=2, y=3, z=6.

十、挖掘隐含条件“直线和曲线的位置关系”解题

例10 求当x∈[0, 1]时, 使不等式x2-ax+a+1>0恒成立的实数a的取值范围.

分析:原不等式可化为x2>a (x-1) -1.

如图5令y1=x2, y2=a (x-1) -1, 则直线l:y2=a (x-1) -1恒过定点A (1, -1) .要使y1>y2在x∈[0, 1]时恒成立, l应在原点的下方, 即斜率a应大于-1.

所以a∈ (-1, +∞) .

十一、挖掘隐含条件“焦点”解题

例11 已知A (60, 0) 、$B(90‚30\sqrt{3})‚{\rm P}$为双曲线$\frac{x{}^2}{900}-\frac{y{}^2}{2700}=1$右支上的任意一点, 若|PA|+|PB|+|AB|=d, 求d的最小值.

分析:由题意, 如图6, A为双曲线$\frac{x{}^2}{900}-\frac{y{}^2}{2700}=1$的右焦点, 取其左焦点F (-60, 0) , 则|PF|-|PA|=60, 故|PA|=|PF|-60, 又|AB|=60.

$\begin{array}{l}\text{所}\text{以}d=|{\rm P}F|-60+|{\rm P}B|+60=\\ |{\rm P}F|+|{\rm P}B|\ge |BF|=60\sqrt{7}.\end{array}$

所以d的最小值为$60\sqrt{7}.$

十二、挖掘隐含条件“均值不等式”解题

例12 已知a>b>0, 求证:

$a{}^2+\frac{16}{b(a-b)}\ge 16.$

分析:由a>b>0知a-b>0.

所以$a=b+(a-b)\ge 2\sqrt{b(a-b)}$

所以$b(a-b)\le \frac{a{}^2}{4}.$

所以

$a{}^2+\frac{16}{b(a-b)}\ge a{}^2+\frac{64}{a{}^2}\ge 2\sqrt{a{}^2\cdot \frac{64}{a{}^2}}=16.$

所以$a{}^2+\frac{16}{b(a-b)}\ge 16$ (当且仅当$a=2\sqrt{2},b=\sqrt{2}$时, 取“=”号)

十三、挖掘隐含条件“函数的图像”解题

例13 如图7, 若x2<logax的解集是$(0‚\frac{1}{2})$, 则实数a∈.

分析:令f (x) =x2, g (x) =logax, 由$x\in (0,\frac{1}{2})$知0<a<1, 作出图像, 由$f(\frac{1}{2})=\frac{1}{4}$知$A(\frac{1}{2},\frac{1}{4})$.当g (x) 的图像过点A时有$a=\frac{1}{16}$, 当$x\in (0,\frac{1}{2})$时, logax>x2, 则g (x) 的图像可按图中虚线的位置变化, 故有$\frac{1}{16}\le a<1$, 即

$a\in [\frac{1}{16},1).$

十四、挖掘隐含条件“三角形有外接圆”解题

例14 如图8, 若△ABC为锐角三角形

求证:cos∠BAC+cos∠ABC+cos∠BCA>1.

分析:作△ABC的外接圆, 设其直径为d, 作直径BD、CE, 连AD、CD、AE, 则∠BCD=90°, ∠BAC=∠1, 故$\cos \angle BAC=\cos \angle 1=\frac{CD}{d},$

同理可得$\cos \angle ABC=\frac{AE}{d},\cos \angle BCA=\frac{AD}{d}$, 又CD+AE+AD>CE=d.

$\begin{array}{l}\text{所}\text{以}\cos \angle BAC+\cos \angle ABC+\cos \angle BCA=\frac{CD+AE+AD}{d}>\frac{d}{d}=1.\\ \end{array}$

所以cos∠BAC+cos∠ABC+cos∠BCA>1.

十五、挖掘隐含条件“两边取倒数”解题

$\begin{array}{l}\text{例}15\text{若}f(x)=\frac{\text{s}\text{i}\text{n}x-1}{\sqrt{3-2\text{c}\text{o}\text{s}x-2\text{s}\text{i}\text{n}x}}\\ (0\le x\le 2\text{π}),\text{求}f(x)\text{的}\text{值}\text{域}.\end{array}$

分析: (1) 当$x=\frac{\text{π}}{2}$时, f (x) =0.

(2) 当$x\ne \frac{\text{π}}{2}$时, f (x) <0, 将$f(x)=\frac{\text{s}\text{i}\text{n}x-1}{\sqrt{3-2\text{c}\text{o}\text{s}x-2\text{s}\text{i}\text{n}x}}$两边同时取倒数并平方得

$\begin{array}{l}\frac{1}{f{}^2(x)}=\frac{3-2\text{c}\text{o}\text{s}x-2\text{s}\text{i}\text{n}x}{(\text{s}\text{i}\text{n}x-1){}^2}=\\ \frac{(\text{s}\text{i}\text{n}x-1){}^2+(1-\text{c}\text{o}\text{s}x){}^2}{(\text{s}\text{i}\text{n}x-1){}^2}.\end{array}$

所以$\frac{1}{f{}^2(x)}=1+(\frac{1-\text{c}\text{o}\text{s}x}{1-\text{s}\text{i}\text{n}x}){}^2.$

仿例5, 易得当x≠0时, $\frac{1-\text{s}\text{i}\text{n}x}{1-\text{c}\text{o}\text{s}x}>0$, 则$\frac{1-\text{c}\text{o}\text{s}x}{1-\text{s}\text{i}\text{n}x}>0$, 而当x=0时, $\frac{1-\text{c}\text{o}\text{s}x}{1-\text{s}\text{i}\text{n}x}=0$, 故$(\frac{1-\text{c}\text{o}\text{s}x}{1-\text{s}\text{i}\text{n}x}){}^2\ge 0$, 于是$\frac{1}{f{}^2(x)}\ge 1$, 从而f2 (x) ≤1.

所以-1≤f (x) <0.

由 (1) 、 (2) 知f (x) 的值域为[-1, 0].

7.导数证明不等式中的函数构造 篇七

一、移项即可产生

例1 当 时，求证： .

分析：这是一个特殊的不等式，用常规的方法无效，因此，我们试用导数来证.

证明：设 ，则

因为 ，得 ，于是 ，

即 时， 为增函数，

于是 时， ，而 ，于是 ，

即 ，故 .

点评：本题的函数在构造上较为简单，只需要将其移项就产生了.这是用导数证明不等式构造函数的重要方法之一，我们必须掌握.

二、变形之后产生

例2 已知 是正整数，且 ，证明： .

分析：由

解：设 = ，则

由 ，得 ，而 ，

所以 ，得 为单调递减函数；

因为 且 是正整数，所以 ，

那么，所以 ，

即 .

点评：本题初看与导数无关，也无法构造函数.但当我们对欲证不等式进行变形之后，让我们感觉到了函数 的存在，有了这个函数，一切都变得轻松、自然.

三、转化途中产生

例3 设数列 满足 ， ，试证： .

分析：由已知得 ， ，那么，原不等式即为 .

证明： 设 （ ），则 ，得 ，函数 在 上单调递减，

∴ ，即 在 恒成立，又 ，则有 ，

即 .

点评：本题证明的技巧性很强，在产生 之后，首先要说明 ，然后再结合 构造函数，最后还有函数的定义域由 决定.三处有一处上不去，就別想完成本题的求解.

四、挖掘隐含产生

例4 设函数 有两个极值点 ，且 ，求证：.

分析： 是什么？将 代入到 中去以后，又多出了字母 ，如何处理字母 呢？能不能用 表示出字母 ？我们知道 ，作出以下证明。

证明：由于 ，

令 ，其对称轴为 .

由题意知 是方程 的两个均大于 的不相等的实根，那么 ， ，

显然，当 时， 在 单调递增；

点评：本题的难度很大，函数隐藏较深.也许有的学生能产生 的结果，也能顺利代换掉字母 ，由于 与想象中的函数不一致，最终前功尽弃.

五、借助已知函数产生

例5 已知函数 .

求证：若 ，则对任意x ，x ，xx ，有 .

分析：本题的式子很特别，从给出的式子中隐约感觉到要用导数进行证明，但如何构造函数呢？由于待证式子中既有 又有 ，是不是与 及 有关联的式子呢？

证明：设函数 ，

则 ，

由于 ，得 ，即 在(4，+∞)单调递增，

从而当 时，有 ，即 ，

故 ，

当 时，有

点评：本题的结构很简练，可以说“清脆透明”，一看就能理解题意，如何下手呢？从开始证明到结论产生，不过几行而已.但对大多数考生来说，这几行字的书写并非是一件易事.

通过上述几例可以看出：导数在证明不等式中的作用是非凡的，有些看似难以下手或结论十分特别的式子，通过利用导数都能顺利获解，因此，高考偏爱导数是正常的，将它放在压轴题的位置上也是应该的.当然，面对导数这块“硬骨头”，我们必须“啃”掉它.

责任编辑李婷婷

8.构造函数,妙解不等式 篇八

教材中有关向量的内容，其中两个向量的数量积有一个性质：ab|a||b|cos（其中θ为向量a与b的夹角），则|ab|||a||b|cos|，又1cos1，则易得到以下推论：

（1）ab|a||b|；（2）|ab||a||b|；

（3）当a与b同向时，ab|a||b|；当a与b反向时，ab|a||b|；（4）当a与b共线时，|ab||a||b|。以上推论在证明不等式问题中有重要应用。

一、证明不等式

例

1已知a、bR，ab1，求证：2a12b122。证明：设m=（1，1），n(2a1，2b1)，则

mn2a12b1，|m|2，|n|2a12b12

由性质mn|m||n|，得2a12b122

练习1.若a，bR，ab2，求证：2a12b123 例2 已知xyz1，求证：xyz证明：设m=（1，1，1），n=（x，y，z），则

222*1。3mnxyz1|m|3，|n|2xyz22222

由性质|mn||m||n|，得xyz2221 3a2b2c2abc例3 已知a，b，cR，求证：。bccaab2证明：设m(abc，)，n(bc，ac，ab)，bccaaba2b2c2，|n|2(abc)bcacab则mnabc，|m|222a2b2c2abc由性质|mn||m||n|，得 bccaab2 1

a2b2c2练习2.设a，b，cR，且abc2，求证：1

bccaab*abc，提示：构造m，nbccaab4422bc,ca,ab

332例4 已知a,b为正数，求证：(ab)(ab)(ab)。证明：设m(a，b)，n(a，b)，则22244222mna3b3|m|ab，|n|ab23322244

由性质|mn||m||n|，得(ab)(ab)(ab)例5 设a,b,c,dR，求证：adbca2b2c2d2。

证明：设m=（a,b），n=（c,d），则mnadbc

|m|a2b2，|n|c2d2

由性质ab|a||b|，得adbc

二、比较大小

例6 已知m,n,a,b,c,dR，且pp，q的大小关系为（）

A.pq

B.pq

C.p

D.p,q大小不能确定

a2b2c2d2

abcd，qmancbd，那么mn解：设h(ma，nc)，k(bd，)，则 mnhkabcd|h|manc，|k|bd

mn由性质|hk||h||k|得abcd即pq，故选（A）

三、求最值

mancbd mn例7 已知m,n,x,yR，且mna，xyb，那么mx+ny的最大值为（）

A.2222ab abB.C.2a2bD.2a2b2 2 2 解：设p=（m,n），q=（x,y），则 由数量积的坐标运算，得pqmxny 而|p|m2n2，|q|x2y2

从而有mxnym2n2x2y2

ab，故选（A）。

2222当p与q同向时，mx+ny取最大值mnxy例8

求函数y152x152x(x)的最大值。

22解：设m(2x1，52x)，n(1，1)，则

mn2x152x|m|2，|n|2

由性质mn|m||n|，得y当

2x152x22

12x1152x时，即x3时，ymax2 2

四、求参数的取值范围

例9 设x,y为正数，不等式xyaxy恒成立，求a的取值范围。

解：设m(x，y)，n（1，1），则

mnxy，|m|xy，|n|2

9.巧用函数思想妙解数列问题 篇九

巧用函数思想, 能妙解许多数列问题, 下面举例说明.

例1 (1) 在等差数列{an}中, a4=-4.1, a11=-9, 则a7=.

(2) 若某一等差数列{an}的第m、n、p项分别为a、b、c, 求证: (b-a) (p-n) = (c-b) (n-m) .

分析: (1) 易知d≠0, 视an为n的一次函数, 则 (4, -4.1) 、 (11, -9) 、 (7, a7) 为坐标平面上同一直线上的三点, 故有$\frac{-9-(-4.1)}{11-4}=\frac{a{}_7-(-4.1)}{7-4}.$

化简得 a7=-6.2.

(2) 仿 (1) 可知三点 (m, n) 、 (n, b) 、 (p, c) 在同一直线上, 则$\frac{b-a}{n-m}=\frac{c-b}{p-n}$, 所以 (b-a) (p-n) = (c-b) (n-m)

例2 求证:$\sqrt{2}$、$\sqrt{3}$、$\sqrt{5}$不可能是某一等差数列中的三项.

分析:假设$\sqrt{2}$、$\sqrt{3}$、$\sqrt{5}$是某一等差数列{an}中的第p、q、l项, 则三点$(p,\sqrt{2})$、$(q,\sqrt{3})$、$(l,\sqrt{5})$在同一直线上.

所以$\frac{\sqrt{2}-\sqrt{3}}{p-q}=\frac{\sqrt{3}-\sqrt{5}}{q-l}$

所以$\frac{q-l}{p-q}=\frac{\sqrt{3}-\sqrt{5}}{\sqrt{2}-\sqrt{3}}=-3-\sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15}.$

由$\frac{q-l}{p-q}$为有理数, $-3-\sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15}$为无理数知假设不成立.

所以原命题成立.

例3 已知a1、a2、…、a10为各项都大于0的等比数列, 且公比q≠1, 试比较a1+a10与a5+a6的大小.

分析:由条件可视an=a1qn-1为关于n的指数函数, 则 (a1+a10) - (a5+a6) = (a1-a5) - (a6-a10) = (1-q4) (a1-a6)

(1) 若q>1, 则an=a1qn-1为增函数, 故

1-q4<0, a1-a6<0, 所以 (a1+a10) - (a5+a6) >0, 则a1+a10>a5+a6.

(2) 若0<q<1, 则an=a1qn-1为减函数, 故1-q4>0, a1-a6>0.

所以 (a1+a10) - (a5+a6) >0, 则a1+a10>a5+a6.

综合 (1) 、 (2) 知a1+a10>a5+a6.

例4 设等差数列{an}的首项a1>0, 前n项和为Sn, 若Sp=Sq (p≠q) , 问n为何值时, Sn最大.

分析:易证$S{}_{p+q}=\frac{(p+q)(S{}_p-S{}_q)}{p-q}$, 则Sp+q=0,

由a1>0, Sp=Sq得公差d<0.

又Sn为n的二次函数, 且二次项系数为$\frac{d}{2}$, 常数项为0.

所以点 (n, Sn) 在形如y=ax2+bx (a<0) 的抛物线上.

由抛物线的对称性知

(1) 若p+q为偶数, 则当$n=\frac{p+q}{2}$时, Sn最大.

(2) 若p+q为奇数, 则当$n=\frac{p+q\pm 1}{2}$时, Sn最大.

例5 若三个正数a、b、c成等差数列, 且公差d≠0, 求证:$\frac{1}{a}$、$\frac{1}{b}$、$\frac{1}{c}$不能成等差数列.

分析:易知点$A(a,\frac{1}{a})$、$B(b,\frac{1}{b})$、$C(c,\frac{1}{c})$均在双曲线$y=\frac{1}{x}$的右支上.若$\frac{1}{a}$、$\frac{1}{b}$、$\frac{1}{c}$成等差数列, 则A、B、C三点均在同一条直线上, 而这是不可能的.

所以$\frac{1}{a}$、$\frac{1}{b}$、$\frac{1}{c}$不能成等差数列.

例6 已知$a{}_n=\frac{n-\sqrt{98}}{n-\sqrt{99}}(n\in {\rm N}{}^{*})$, 则在数列{an}的前30项中, 最大项和最小项分别为第项.

$\begin{array}{l}\text{分}\text{析}:a{}_n=\frac{n-\sqrt{98}}{n-\sqrt{99}}=\\ \frac{n-\sqrt{99}+\sqrt{99}-\sqrt{98}}{n-\sqrt{99}}=1+\frac{\sqrt{99}-\sqrt{98}}{n-\sqrt{99}}.\end{array}$

(1) 当1≤n≤9时, $\frac{\sqrt{99}-\sqrt{98}}{n-\sqrt{99}}<0,a{}_n$为减函数, 且an<1.

(2) 当n≥10时, $\frac{\sqrt{99}-\sqrt{98}}{n-\sqrt{99}}>0,a{}_n$为减函数, 且an>1.

所以最大项为a10, 最小项为a9.

例7 已知an=3n2- (9+a) n+6+2a (n∈N*) , 若a6与a7两项中至少有一项是{an}的最小项, 求实数a的取值范围.

分析:f (x) =3x2- (9+a) x+6+2a的图像是开口向上的抛物线, 对称轴是直线$x=\frac{9+a}{6}.$

由a6与a7两项中至少有一项是{an}的最大值及图像知$\frac{11}{2}\le \frac{9+a}{6}\le \frac{15}{2}.$

所以24≤a≤36.

例8 已知Sn是等差数列{an}的前n项和, 若a3=12, S12>0, S13<0, 指出S1、S2、…、S12中哪个最大.

分析:设数列{an}的首项为a1, 公差为d, 则

$\{\begin{array}{l}S{}_{12}=12a{}_1+\frac{1}{2}\times 12\times (12-1)d>0\\ S{}_{13}=13a{}_1+\frac{1}{2}\times 13\times (13-1)d<0\end{array}$

将a1=a3-2d=12-2d代入得

$\{\begin{array}{l}24+7d>0\\ 3+d<0\end{array}$

所以$-\frac{24}{7}<d<-3.$

又$S{}_n=\frac{1}{2}dn{}^2-(\frac{5}{2}d-12)n$

所以上述抛物线的对称轴为$n=\frac{5}{2}-\frac{12}{d}.$

易知$6<\frac{5}{2}-\frac{12}{d}<6.5.$

所以由抛物线的对称性知S6最大.

例9 若x≠0, 且x≠1, an=nxn-1, 求{an}为前n项和Sn

分析:注意到 (xn) ′=nxn-1, 则

$x+x{}^2+\cdots x{}^n=\frac{x(1-x{}^n)}{1-x}=\frac{x-x{}^{n+1}}{1-x}$

两边同时对x求导数, 得

$\begin{array}{l}1+2x+3x{}^2+\cdots +nx{}^{n-1}\\ =\frac{nx{}^{n+1}-(n+1)x{}^n+1}{(1-x){}^2}\end{array}$

所以$S{}_n=\frac{nx{}^{n+1}-(n+1)x{}^n+1}{(1-x){}^2}$

10.例谈运用构造法证明不等式 篇十

湖北省天门中学薛德斌

在我们的学习过程中，常遇到一些不等式的证明，看似简单，但却无从下手，很难找到

切入点，几种常用证法一一尝试，均难以凑效。这时我们不妨变换一下思维角度，从不等式的结构和特点出发，在已学过的知识的基础上进行广泛的联想，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。下面通过举例加以说明。

一、构造向量证明不等式

例1：证明7x2(9x2)9，并指出等号成立的条件。简析与证明：不等式左边可看成7与 x 和2与9x2两两乘积的和，从而联想

到数量积的坐标表示，将左边看成向量a=(,2)与b=(x,又a·b ≤|a|·|b|，所以7x9x2)的数量积，2(9x2)(7)2(2)2x2(9x2)9当且仅当b=λa(λ>0)时等号成立，故由

时，等号成立。x79x22x=,λ=1，即 x =70得：（1－y)(xy3)(2xy6)例2：求证：2221 6

简析与证明：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)

222于是|a|·|b|=(1y)(xy3)(2xy6)6

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

222所以(1y)(xy3)(2xy6)61（1－y)(xy3)(2xy6)即

二、构造复数证明不等式

22例

3、xy2221 6x2(1y)2(1x)2y2(1x)2(1y)22

2简析与证明：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22

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

且仅当a2acc2当111时取等号。bac

简析与证明：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：

作OA＝a，OB＝b，OC＝c，∠AOB=∠BOC=60° 如图（1）

则∠AOC＝120°，AB=a2abb2，BC=b

2bcc2,AC=a2acc2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，即22

2ab+bc=ac

故当且仅当111时取等号。bac图（1）

四、构造椭圆证明不等式

例5：求证：42 49x22x3

3简析与证明：49x2的结构特点，使我们联

想到椭圆方程及数形结合思想。

于是令 y49x2(y0)，则其图象是椭

x2y

21圆4的上半部分，设y-2x=m，于是只需

49证42m, 因 m为直线y=2x＋m在y轴上33图（2）的截距，由图（2）可知：当直线 y = 2 x＋m 过点（直线y =2x＋m与椭圆上半部分相切时，m有最大值。

由 24，0）时，m有最小值为m=；当33y2xm

229xy4 得：13x2 + 4mx + m2 – 4 = 0

令△= 4（52－9m2）=0 得：m22或m－（33

即m的最大值为424222，故m，即49x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

简析与证明：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

2例7：求证：Cn1+Cn2+…+Cnn >n·

n n-1212n

简析与证明：不等式左边即为 2－1=从而联想到等比数列的求和公式，于是左1

2边=1+2+2+…+ 2 2n－1112=[(1+2n-1)+(2+2n-2)+ …(2n-1+1)≥·n·22n1=n·22n-12

例8：设任意实数a、b均满足| a | < 1，| b | < 1 求证：112 221ab1a1b

简析与证明：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＝a1112424，则：=（1 + a + a + …）+（1 + b + b + …）221a1b1q1ab=2+（a2 + b2）+(a4 + b4)+ … ≥2+2ab+2 a2 b2 + 2a4b4 + … =

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简析与证明：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+

简析与证明：设an =(1+1)(1+

构造对偶式：bn = 11)…(1+)> 43n23n1 112583n43n1)…(1+)= ··…·43n21473n53n23693n33n47103n23n1··…，cn = ·… 2583n43n13693n33n1111111，1 3n23n13n23n

即an > bn，an > cn

3∴an> an bn cn

∴an> 11)> n1 3n1，即：(1+1)(1+)…(1+43n2

小结：从以上几例还可以看出：（1）构造法不仅是证明不等式的重要思想方法，也是解不等式，求函数值域或最值的重要思想方法。（2）运用构造法解题，必须对基础知识掌握的非常熟练，必须有丰富的联想和敢于创新的精神。（3）不时机地运用构造法，定能激发和培养学生的探索精神与创新能力。