第一篇：函数法证明不等式
函数法证明不等式
已知函数f(x)=x-sinx,数列{an}满足0
<1>证明0
<2>证明an+1<(1/6)×(an)^3
它提示是构造一个函数然后做差求导，确定单调性。可是还是一点思路都没有，各位能不能给出具体一点的解答过程啊?
(1)f(x)=x-sinx,f"(x)=1-cosx
00,f(x)是增函数,f(0)
因为0
且an+1=an-sinan
(2)求证不等式即(1/6)an^3-an+1=(1/6)an^3-an+sinan>0①
构造函数g(x)=(1/6)x^3-x+sinx(0
g""(x)=x-sinx,由(1)知g""(x)>0,所以g"(x)单增,g"(x)>g"(0)=0
所以g(x)单增且g(x)>g(0)=0,故不等式①成立
因此an+1<(1/6)×(an)^3成立。
证毕!
构造分式函数，利用分式函数的单调性证明不等式
【例1】证明不等式：≥(人教版教材p23t4)
证明：构造函数f(x)=(x≥0)
则f(x)==1-在上单调递增
∵f(|a|+|b|)=f(|a+b|)=且|a|+|b|≥|a+b|
∴f(|a|+|b|)≥f(|a+b|)即所证不等式正确。
点评：本题还可以继续推广。如：求证：≥。利用分式函数的单调性可以证明的教材中的习题还有很多，如：
p14第14题：已知c>a>b>0,求证:
p19第9题:已知三角形三边的长是a，b，c，且m是正数，求证：
p12例题2:已知a，b，m，都是正数，且a二、利用分式函数的奇偶性证明不等式
【例2】证明不等式：(x≠0)
证明：构造函数f(x)=
∵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+b–ab-1=a(1-b)-(1-b)=(1-b)(a-1)<0
∴f(1)<0，即(1-ab)c+a+b-2<0
∴a+b+c。
第二篇：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≤
165
．
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?x
a1?a
＋
b1?b
＞
x
a?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)
14
=f(a＋b＋ab)＞f( a＋b) =
13n?2
13n?1
a?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．
第三篇：对构造函数法证明不等式的再研究
龙源期刊网 http://.cn
对构造函数法证明不等式的再研究
作者：时英雄
来源：《理科考试研究·高中》201*年第10期
某刊一文阐述了构造法证明不等式的九个模型，笔者深受启发，对其中作者介绍的构造函数模型进行了挖掘，着重对构造函数模型，利用函数的有关性质解决不等式问题进行了再研究，以供大家参考。
第四篇：巧用构造函数法证明不等式
构造函数法证明不等式
一、构造分式函数，利用分式函数的单调性证明不等式
【例1】证明不等式：|a|?|b||a?b|
1?|a|?|b|≥1?|a?b|
证明：构造函数f(x)=
x
1?x (x≥0)则f(x)=x1?x=1-1
1?x
在?0，???上单调递增
∵f(|a| + |b|)=
|a|?|b|1?|a|?|b|f(|a + b|)=|a?b|
1?|a?b|
且|a| + |b|≥|a + b|
∴f(|a| + |b|)≥f(|a + b|)即所证不等式正确。
二、利用分式函数的奇偶性证明不等式
【例2】证明不等式：x1?2x＜x
2（x≠0） 证明：构造函数f(x)=x1?2
x
?x
2(x?0)∵f(-x)=-xx-x?2x1-2-x?2?2x?1?x2?x1?2x
[1-(1-2x
)]?x2?x1?2x?x2=f(x)
∴f(x)是偶函数，其图像关于y轴对称。当x＞0时，1?2x
＜0，f(x)＜0；
当x＜0时，-x＞0,故f(x)=f(-x)＜0 ∴x1-2x?x2＜0，即x1?2
x
＜x
2
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＜abc + 2。
证明：构造函数f(c)=(1-ab)c + a + b-2
∵|a|＜1，|b|＜1
∴-1＜ab＜1，1-ab＞0
∴f(c)的（-1，1）上是增函数
∵f(1)=1-ab + a + b -2=a + b–ab(推荐访问范文网www.bsmz.netin?g(0)?0，
1?1?0 x?1
11?1?ln(x?1)?x∴ln(x?1)?1?，综上可知，当x??1时,有x?1x?1
【警示启迪】如果f(a)是函数f(x)在区间上的最大（小）值，则有f(x)?f(a)（或f(x)?f(a)），
那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证． ∴当x??1时，g(x)?g(0)?0，即ln(x?1)?
2、作差法构造函数证明
【例2】已知函数f(x)?1223x?lnx. 求证：在区间(1,??)上，函数f(x)的图象在函数g(x)?x的23
第 1 页 共 6 页 图象的下方；
分析：函数f(x)的图象在函数g(x)的图象的下方?不等式f(x)?g(x)问题， 12212x?lnx?x3，只需证明在区间(1,??)上，恒有x2?lnx?x3成立，设2323
1f(x)?g(x)?f(x)，x?(1,??)，考虑到f(1)??0 6
要证不等式转化变为：当x?1时，f(x)?f(1)，这只要证明： g(x)在区间(1,??)是增函数即可。
2312【解】设f(x)?g(x)?f(x)，即f(x)?x?x?lnx， 32即
1(x?1)(2x2?x?1)则f?(x)?2x?x?= xx2
(x?1)(2x2?x?1)当x?1时，f?(x)= x
从而f(x)在(1,??)上为增函数，∴f(x)?f(1)?
∴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)?1?0 623x的图象的下方。 3
【警示启迪】本题首先根据题意构造出一个函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），
并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式。读者也可以设f(x)?f(x)?g(x)做一做，深刻体会其中的思想方法。
3、换元法构造函数证明
111?1)?2?3 都成立. nnn
1分析：本题是山东卷的第（ii）问，从所证结构出发，只需令?x，则问题转化为：当x?0时，n【例3】（201*年，山东卷）证明：对任意的正整数n，不等式ln(
恒有ln(x?1)?x?x成立，现构造函数h(x)?x?x?ln(x?1)，求导即可达到证明。
【解】令h(x)?x?x?ln(x?1)， 322332
13x3?(x?1)2
?则h?(x)?3x?2x?在x?(0,??)上恒正， x?1x?12
所以函数h(x)在(0,??)上单调递增，∴x?(0,??)时，恒有h(x)?h(0)?0，
即x?x?ln(x?1)?0，∴ln(x?1)?x?x
对任意正整数n，取x?32231111?(0,??)，则有ln(?1)?2?3 nnnn
【警示启迪】我们知道，当f(x)在[a,b]上单调递增，则x?a时，有f(x)?f(a)．如果f(a)＝?(a)，要证明当x?a时，f(x)??(x)，那么，只要令f(x)＝f(x)－?(x)，就可以利用f(x)的单调增性来推导．也就是说，在f(x)可导的前提下，只要证明f"(x)?０即可．
4、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，且常数a，b满足a>b，求
证：．af(a)>bf(b)
【解】由已知 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)
【警示启迪】由条件移项后xf?(x)?f(x)，容易想到是一个积的导数，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xf?(x)?f(x)，要想到
是一个商的导数的分子，平时解题多注意总结。
5、主元法构造函数
1?x)?x,g(x)?xlnx 例．（全国）已知函数f(x)?ln(
(1) 求函数f(x)的最大值；
(2) 设0?a?b,证明 ：0?g(a)?g(b)?2g(a?b)?(b?a)ln2. 2
分析：对于（ii）绝大部分的学生都会望而生畏.学生的盲点也主要就在对所给函数用不上.如果能挖掘一下所给函数与所证不等式间的联系，想一想大小关系又与函数的单调性密切相关，由此就可过渡到根据所要证的不等式构造恰当的函数，利用导数研究函数的单调性，借助单调性比较函数值的大小，以期达到证明不等式的目的.证明如下：
证明：对g(x)?xlnx求导,则g"(x)?lnx?1. 在g(a)?g(b)?2g(a?b)中以b为主变元构造函数, 2
a?x"a?xa?x. )]?lnx?ln),则f"(x)?g"(x)?2[g(222设f(x)?g(a)?g(x)?2g(
当0?x?a时，f"(x)?0,因此f(x)在(0,a)内为减函数.
当x?a时,f"(x)?0,因此f(x)在(a,??)上为增函数.
从而当x?a时, f(x) 有极小值f(a).
因为f(a)?0,b?a,所以f(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(
又设g(x)?f(x)?(x?a)ln2.则g"(x)?lnx?lna?b)?0. 2a?x?ln2?lnx?ln(a?x). 2
"当x?0时,g(x)?0.因此g(x)在(0,??)上为减函数.
因为g(a)?0,b?a,所以g(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(
6、构造二阶导数函数证明导数的单调性 例．已知函数f(x)?ae?xa?b)?(b?a)ln2. 212x 2
(1)若f(x)在r上为增函数,求a的取值范围;
(2)若a=1,求证:x＞0时,f(x)>1+x
x解：(1)f′(x)＝ ae－ｘ，
∵ｆ（ｘ）在ｒ上为增函数，∴f′(x)≥０对ｘ∈ｒ恒成立，
-ｘ即ａ≥ｘｅ对ｘ∈ｒ恒成立
-ｘ-ｘ-ｘ-x记ｇ（ｘ）＝ｘｅ，则ｇ′(ｘ)＝ｅ－ｘｅ=(1-x)e，
当ｘ＞１时，ｇ′（ｘ）＜０，当ｘ＜１时，ｇ′（ｘ）＞０．
知ｇ（ｘ）在(-∞,1)上为增函数,在(1,+ ∞)上为减函数,
∴g(x)在x=1时,取得最大值，即g(x)max=g(1)=1/e, ∴a≥1/e,
即a的取值范围是[1/e, + ∞)
(2)记f(x)=f(x) －(1+x) =e?
xx12x?1?x(x?0) 2则f′(x)=e-1-x,
xx令h(x)= f′(x)=e-1-x,则h′(x)=e-1
当x>0时, h′(x)>0, ∴h(x)在(0,+ ∞)上为增函数,
又h(x)在x=0处连续, ∴h(x)>h(0)=0
即f′(x)>0 ,∴f(x) 在(0,+ ∞)上为增函数,又f(x)在x=0处连续,
∴f(x)>f(0)=0,即f(x)>1+x．
小结：当函数取最大（或最小）值时不等式都成立，可得该不等式恒成立，从而把不等式的恒成立问题可转化为求函数最值问题．不等式恒成立问题，一般都会涉及到求参数范围，往往把变量分离后可以转化为m?f(x)(或m?f(x))恒成立，于是m大于f(x)的最大值（或m小于f(x)的最小值），从而把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题．因此，利用导数求函数最值是解决不等式恒成立问题的一种重要方法．
7.对数法构造函数（选用于幂指数函数不等式） 例：证明当x?0时
,(1?x)1?1
x?e1?x
8.构造形似函数
例：证明当b?a?e,证明a?b
ba
例：已知m、n都是正整数，且1?m?n,证明：(1?
m)n?(1?n)m
【思维挑战】
1、（201*年，安徽卷） 设a?0,f(x)?x?1?lnx?2alnx
2求证：当x?1时，恒有x?lnx?2alnx?1，
2、（201*年，安徽卷）已知定义在正实数集上的函数 2
f(x)?52122x?2ax,g(x)?3a2lnx?b,其中a>0，且b?a?3alna，22
求证：f(x)?g(x)
3、已知函数f(x)?ln(1?x)?
恒有lna?lnb?1?x，求证：对任意的正数a、b， 1?xb. a
4、（201*年，陕西卷）f(x)是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足xf?(x)?f(x)≤0，对任意正数a、b，若a < b，则必有（）
（a）af (b)≤bf (a)
（c）af (a)≤f (b)
【答案咨询】（b）bf (a)≤af (b) （d）bf (b)≤f (a)
2lnx2a2lnx??1 ，当x?1，a?0时，不难证明xxx
∴f?(x)?0，即f(x)在(0,??)内单调递增，故当x?1时，
2f(x)?f(1)?0，∴当x?1时，恒有x?lnx?2alnx?1 1、提示：f?(x)?1?
123a2
22、提示：设f(x)?g(x)?f(x)?x?2ax?3alnx?b则f?(x)?x?2a? 2x
(x?a)(x?3a)= (x?0) ?a?0，∴ 当x?a时，f?(x)?0， x
故f(x)在(0,a)上为减函数，在(a,??)上为增函数，于是函数f(x) 在(0,??)上的最小
值是f(a)?f(a)?g(a)?0，故当x?0时，有f(x)?g(x)?0，即f(x)?g(x)
3、提示：函数f(x)的定义域为(?1,??)，f?(x)?11x ??221?x(1?x)(1?x)
∴当?1?x?0时，f?(x)?0，即f(x)在x?(?1,0)上为减函数
当x?0时，f?(x)?0，即f(x)在x?(0,??)上为增函数
因此在x?0时,f(x)取得极小值f(0)?0，而且是最小值 x1，即ln(1?x)?1? 1?x1?x
a1bab?1?于是ln?1? 令1?x??0,则1?bx?1aba
b因此lna?lnb?1? a于是f(x)?f(0)?0,从而ln(1?x)?
f(x)f(x)xf"(x)?f(x)f(x)??04、提示：f(x)?，f?(x)?，故在（0，+∞）上是减函数，xxx2
由a?b 有f(a)f(b)?? af (b)≤bf (a)故选（a） ab
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《函数法证明不等式(精选多篇)》
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