构造函数证不等式

构造函数证不等式（推荐11篇）

构造函数证不等式篇1

题目1：求证1111111+1++…+ln(1n)1++++…+

题目2：求证

题目3：求证234n1234n2n(n1)ln2ln3ln4lnn ln2ln3ln4lnn

234n1

构造函数法证特殊数列不等式

题目1：求证12111111+1++…+ln(1n)1++++…+ 34n1234n

(一)构造函数①f(x)ln(1x)

分析：f(x)x(x0)1x1(1x)xx=>0,函数f(x)在(0,+)上单调递增。221x(1x)(1x)

x(x0)1x

1111111,ln(1),ln(1)，…… 因而有ln(1)13141112231123ln(1)1nn11n

11111111故：ln(1)+ln(1)+ln(1)+……+ln(1)>+++……+ 123n234n11111即ln(1n)+++……+ 234n1所以当x0时，有f(x)>f(0)=0，即有ln(1x)

（二）构造函数②f(x)ln(1x)x(x0)分析：f(x)x11=<0,函数f(x)在(0,+)上单调递减。1x1x

所以当x0时，有f(x)

233nn

11111111故：ln(1)+ln(1)+ln(1)+……+ln(1)<1++++……+ 123n234n1111即ln(1n)1++++……+ 234n因而有ln(1)1,ln(1),ln(1),……, ln(1) 1112

综上有：12111111ln(1n)1++++…+ +1++…+34n1234n小结：记住函数不等关系㈠

题目2：求证x

(三)构造函数③f(x)lnxx1(x0)x1

1(x1)(x1)x21分析：f(x)=>0,函数f(x)在(0,+)上单调递增。22x(x1)x(x1)

x1(x1)x1

211312413,ln3,ln4，…… 因而有ln2213314415

n1lnn n1所以当x1时，有f(x)>f(1)=0，即有lnx

故：ln2ln3ln4lnn>

综上有1234n2n12xxxx……xx= 3456nn1n(n1)2ln2ln3ln4lnnn(n1)

x1lnx(x1)x1

ln2ln3ln4lnn1题目3：求证234nn小结：记住函数不等关系㈡)构造函数④f(x)lnx(x1)(x1（注：此函数实质和构造函数二一样）分析：f(x)1=1

x1x<0,函数f(x)在(1,+)上单调递减。x

所以当x1时，有f(x)

因而有ln21,ln32,ln43，……，lnnn1

ln2ln3ln4lnn1234（n2)(n1)n

n（n2)(n1)即有ln2ln3ln4lnn234 故有：ln2ln3ln4lnn1234nn

小结：记住函数不等关系㈢lnxx1(x1)

识记重要不等式关系

ln(1x)x(x0)1x

ln(1x)x(x0)

x1lnx(x1)x1

lnxx1(x1)

资料由谢老师收集：

构造函数证不等式篇2

一、求参数范围

例1函数y=(x-1)a-6(log3a)x+x+1,其中x∈[0,1]时,函数值恒为正,求a的取值范围.

解:选x为主元,构造一次函数有该一次函数恒为正的充要条件为:,解得,所以

例2若f(x)=asinx+bcosx+c的图象过点(0,1)及(,1),且当x∈[0,]时恒有{f(x)|≤2,求c的取值范围.

构造函数g(u)=(1-c)u+c,因g(u)在区间[1,]表示线段,可知:

解得

评注:上述两例若不变换主元,则需要进行分类讨论,造成运算过程非常冗长,不利于构造参数不等式求范围.

二、解不等式

例3设不等式x2+px+1>3x+p对一切满足|log2pl<2的p值均成立,解此不等式.

解:由|log2p|<2得.转换视角,将不等式中p视为主元,则可变形为:f(p)=(x-1)p+(x2-3x+1),p∈(,4),问题转化为关于p的一次函数为正数时系数的讨论.显然x≠1,因此f(p是p的单调函数,使f(p>0,p∈(,4)成立的充要条件为:,即

三、证明不等式

例4若x、y、z∈(0,1),则有x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1.

证明:构造一次函数f(x)=(1-y-z)x+y(1-z)+z,x∈(0,1),

从而f(0)=y(1-z)+z=(y-1)(1-z)+1<1,f(1)=1-y-z+y(1-z)+z=1-yz<1.

于是对0

从而有(1-y-z)x+y(1-z)+z<1,即x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1.

例5已知,β≠kπ(k∈Z),求证:sinαcosβ+cosβsinγ+sinγsinα>-1.

证明:因为sinαcosβ+cosβsinγ+sinβsinα+1=(cosβ+sinγ)sinα+cosβsinγ+1,故可构造函数f(x)=(cosβ+sinγ)x+cosβsinγ+1.

从而无论一次函数f(x)是增函数还是减函数,当x∈(-1,1)时恒有f(x)>0.

所以f(sinα)>0,则问题获证.

例6已知a、b、c是实数,函数f(x)=ax2+bx+c,g(x)=ax+b,当-1≤x≤1时|f(x)|≤1,求证:当x∈[-1,1]时|g(x)|≤2成立.

证明:由题设有|f(0)|=|c|≤1,|f(1)|=|a+b+c|≤1,|f(-1)|=|a-b+c|≤1.

因为|a±b|=|a土b+c-c|≤|a±b+c|+|c|≤2,所以-2≤a±b≤2.

所以对于函数g(x)=ax+b,x∈[-1,1],有g(x)≤max{g(1),g(-1)}=max{a+b,a-b}≤2;g(x)≥min{g(1),g(-1)}=min{a+b,a-b}≥-2.

所以-2≤g(x)≤2,即|g(x)|≤2.

构造可导函数解不等式问题篇3

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。

构造函数证明不等式的方法探究篇4

构造函数证明不等式的方法探究

作者：赵久勇常国庆

来源：《新高考·高三数学》2013年第06期

构造函数证不等式篇5

杨利辉

(成都纺织高等专科学校人文社科与基础部，成都 611731)

作者：杨利辉（1970-），女，助教，主要从事大学数学教学及研究。

摘要：关于不等式的证明方法有很多种，而运用函数构造法证明不等式使得问题简单化，本文阐述了数学中构造法的含义及其应用所产生的影响，用实例介绍了函数构造方法的几种应用情形。关键词：函数构造法；不等式；证明

Abstract： There are various methods can be applied to prove the inequalities.Especially, the method of construction can make the problems of inequalitybe simplified.We first state the meaning of the method of construction which applies effectively to resolve the problems of inequality in advanced mathematics.Then, construction of function, graphic solution, inequality equation and so on will be introduced.And a soundly explanation of various method of construction will be given by illustration.Keywords：The method of structure；Inequality；Constructing function;continuous1、构造法及其意义

学习数学在于善于寻求解题方法，发现一条摆脱疑难、绕过障碍的途径，实现从已知到未知的转化，在解题过程中，由于某种需要，要把题设条件中的关系构造出来，将关系设想在某个模型之上得以实现，将已知条件经过适当的逻辑组合而创造出一种新的形式，从而使问题得到解决.构造法是根据问题的有关信息确定特定的映射关系构造出数学模型，将问题转化为对数学模型的数理机制的研究，从而达到解题的一种化归方法。化归是一种间接解决问题的方法，它在解决数学问题中的作用在于转化，就是把待解决或未解决的问题进行变形，分割，映射，或者简单化，或熟悉化，或具体化，直到归纳到一类已经能够解决或者比较容易解决的问题中去.运用构造法解题的巧妙之处在于不是直接去解问题A，而是构造一个与问题A有关的辅助问题B，通过解答问题B 而达到解决问题A的目的.构造法是数学中最具有挑战性的解题思路，它的合理使用使复杂问题简单化.特别是对于解决不等式问题，因为不第1页

等式是两个数值或两个代数式或两个函数大小的比较，不等式的证明方法有很多种，而采取构造法证明不等式不仅可以提高解题速度，同时也拓宽了解题思维.构造法作为一种创造性的思维活动，对思维能力的培养和提高也有很大的益处，它作为一种重要的数学思想和常用数学方法，具有广泛的应用，在证明过程中，既能逢难化易，又能活跃思维，是培养创造性思维的一个极好的切入点.本文通过几个实例，阐述如何运用函数构造法来证明不等式的问题.2、几种常见的函数构造方法

在证明不等式时，先认真观察不等式的结构特征，或者作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去证明不等式，这种证明不等式的方法就叫做函数构造法。

2.1 利用函数的单调性构造辅助函数：

若fx在[a,b]上连续，在a,b内可导，且对于任何x∈(a,b)有fx0 则fx 在[a,b]上单调增加；若fx0，则fx在[a,b]上单调减小.例1已知m、n、都为正整数,且1mn，证明：(1m)n(1n)m.分析利用不等式左右两端形成一致构造函数，并结合单调性来解决问题.证设fxln1x(x2)，x

1xln(1x)

则fx，因为x2，2x

x1,ln(1x)lne1，所以1x

所以fx0，故f(x)在(2,+∞)时是减函数, 即ln(1m)ln(1n)，mn

所以ln(1m)nln(1n)m,故原不等式成立.例2设实数a,b,c，满足|a|1,|b|1,|c|1，求证：abc2abc.证构造函数faabc2abcbc1acb2，因为|b|1,|c|1,所以bc10，故f(a)为关于变数a的一次函数，且f(a)在（-1，1）上为单调函数，而f1bc1cb2b1c1，由|b|1,|c|1知f(1)0故f(a)为减函数，当1a1时，有f(a)f(1)0.从而题设条件下有abc2abc.2.2利用函数的局部保号性

例3已知|a|1,|b|1,|c|1,求证：abbcac1.证原不等式形为bcabc10，构造函数f(a)bcabc1，若bc0，不等式成立，若bc0，则fa是a的一次函数,又－1＜a＜1，而f1bcbc11b1c0，f1bcbc11b1c0,由单调函数的局部保号性有 fa0，从而得到abbcac1.2.3利用整函数多项式的性质

20062006

例

4是整数.分析:分子中两个幂底数的第二项与分母都相同，联想到函数值的求法。

证明：构造函数 fx1x

因fxfx，故f(x)是一个只含有 x 奇次项且不含常数项的整系数多项式函数，因此f(x)是一个只含有偶次项的整系数多项式函数，x20061x2006，又因为x

故原式是整数.2.4利用函数的凹凸性

设函数yfx在[a，b]上连续，若对[a，b]中任意两个值x1和x2（x1x2），恒有f(x1x2f(x1)f(x2))，则称yf(x)在[a，b]上是上凸的；若恒有2

2xxf(x1)f(x2)f(12)则称yf(x)在[a，b]上是上凹的.22

b]上是上凸的，若yf(x)在[a，则对该区间内任意n个自变量的值x1,x2,x3,,xn

有不等式

f(x1x2xnf(x1)f(x2)f(xn))成立 nn

而且仅当x1x2x3xn 时等号成立.例

5、在ABC中，求证：sinAsinBsinC

证明：设x1x2且x1、x2(0,)，令f(x)sinx，因为f(x1)f(x2)sinx1sinx2xxxxxxxxsin12cos12sin12f(12)，22222233.2所以ysinx在[0，]上是上凸的，因为A，B，C(0,)根据定理有

故sinAsinBsinC

3.2sinAsinBsinCABCsinsin，3333、小结

本文介绍了运用函数构造法证明不等式的一些方法。利用函数构造法证明不等式需要认真分析要证明的不等式所具有的特点，引用不同的构造法，然后运用其特性对不等式加以证明。

构造法在数学中的应用非常的广泛，运用构造法解决不等式问题培养了学生具有创

造性的数学能力和解决实际问题的能力，而创造性的能力的体现是创造性思维。

对于数学思维的培养及数学方法的培养也有一定的加强作用，有利于提高学生运用数学知识解决实际问题的能力，有利于激发学生学习兴趣，有利于提高学生学习的自觉性，把学生和教师从题海中解放出来，从而减轻教与学的过重负担。

参考文献

构造函数证不等式篇6

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

构造函数证不等式篇7

一、转化为f(a)+g(a)≥f(b)+g(b)型

寻找待证不等式的等价不等式,把等价不等式转化为f(a)+g(a)≥f(b)+g(b)型,观察此等价不等式左右两边的结构,构造函数h(x)=f(x)+g(x).

例1 (2010年高考辽宁卷·文21)已知函数f(x)=(a+1) lnx+ax2+1.

(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性;

(Ⅱ)设a≤-2,证明:对任意x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥|4|x1-x2|.

分析:(Ⅰ)略;(Ⅱ)不妨设x1>x2>0,由(Ⅰ)知,当a≤-2时,f(x)在(0,+∞)上是减函数,所以f(x1)

限于篇幅,具体证明过程在这里不再赘述.

点评:找到待证不等式的等价不等式f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1,观察此等价不等式左右两边的结构特征,就想到构造函数g(x)=f(x)+4x,然后利用导数就可以轻松获解.这是破解此类问题行之有效的思维途径之一.

例2已知函数.

(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性;

(Ⅱ)证明:若a<5,则对任意

解略,留给感兴趣的读者去解答.

二、转化为f(x)≥0(≤0)型

寻找待证不等式的等价不等式,使等价不等式的一端为0,型如f(x)≥0(≤0),由此构造函数g(x)=f(x).

例3 (2011年高考辽宁卷·理21)已知函数f(x)=lnx-ax2+(2-a) x.

(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;

(Ⅱ)设a>0,证明:当时,;

(Ⅲ)若函数y=f(x)象与x轴交于A,B两点,线段AB中点的横坐标为x0,证明:f'(x0)<0.

分析:(Ⅰ),(Ⅲ)略;(Ⅱ)因为f(x)=lnx-ax2+(2-a)x,所以,由此想到构造函数g(x)=ln(1+ax)-ln(1-ax)-2ax,注意到g(0)=0,所以想到要证明函数g(x)在区间(0,)上单调递增.a

证明:设,即

因为,所以g'(x)>0,于是函数g(x)在(0,)上是增函a数.故由x>0得,g(x)>g(0)=0,从而,当时,.

点评:(1)此种方法,直接移项作差构造函数,利用导数研究函数的单调性或极值进行证明,是常用的一般方法.(2)在这里,若出现g(0)≠0,而是g(0)=m>0,也可以.同理,若要证明g(x)<0,而g(0)≠0或g(n)≠0,而是得到g(n)=M<0,亦即得到g(x)

例4已知函数f(x)=ex-2x+2a.

(Ⅰ)求f(x)的单调区间与极值;

(Ⅱ)求证:当a>ln2-1,且x>0时,ex>x2-2ax+1.

解答略,留给感兴趣的读者去解答.

三、转化为f(x)≥g(x)型

寻找待证不等式的等价不等式,把等价不等式转化为f(x)≥g(x)型,由此构造两个函数h(x)=f(x),u(x)=g(x).接下来的工作是利用导数判断函数h(x),u(x)的单调性,进而求出函数h(x),u(x)的最值或临界值.

例5已知函数,g(x)=e-x,求证:f(x)>g(x).

思路1:令,则.此时,如下的三条路都走不通:第一条是没有办法直接判断h'(x)的符号;第二条是方程的实根无法用常规代数方法求得(利用二分法并借助计算工具也只能求得近似解),或者不等式h'(x)>0(<0)的解集无法用常规代数方法求解;第三条是构造函数,再求导也行不通.故此法在这里行不通.

思路2:考虑适当重组整合,

h'(x)=1+lnx,由此可得h(x)在[一,e+∞]上是增函数,在(0,]上是减函数,所以,即,由此可得u(x)在(0,1]上是增函数,在[1,+∞)上是减函数,所以

故(h)>u(x),即,亦即f(x)>g(x).

具体证明过程略.

点评:(1)由得,由于①处等号“="成立的充要条件是,而在②处等号“=”成立的充要条件是x=1,所以①处与②处的等号“=”不可能同时成立,故h(x)>u(x).(2)“变”得适当、“变”得合理、“变”得可行、“变”得巧、“变”得易操作,就“求”得简单.否则很难求解,甚至解不出来.两条重组,转化途径,差异看似不大,甚至粗看上去思路1更简单,但操作下来却相去甚远.这说明在重组、转化的过程中,我们要敢于尝试,大胆变形.没有路可走就找路走,有路可走也不要急于就走,要适当选择好的方案,多思考一下,就少算一点.

例6已知函数f(x)=e2x2,.求证:当x∈(0,e|时,f(x)>g(x).

证明略,留给感兴趣的读者去证明.

构造函数证不等式篇8

一、直接作差，构造函数

如果要证明对于?坌x∈D都有f（x）≥g（x）的不等式，可以直接作差构造新函数h（x）≥f（x）－g（x），x∈D．那么，问题就转化为证明h（x）在D内的最小值大于或等于0．

例1．（2012年高考辽宁理科12）若x∈[0，+∞），则下列不等式恒成立的是（　）

A． ex≤1+ x+x2 　B． ■＜1－■x+■x2

C． cosx≥1－■x2 　D． 1n（1+x）≥x－■x2

解析：设f（x）＝cosx－（1－■x2）＝cosx－1+■x2，则g（x）＝f ′（x）＝－sinx+x，所以g ′（x）=-cosx+1≥0，所以当x∈[0，+∞）时，g（x）是增函数，f ′（x）=g（x）≥g（0）＝0，同理f（x）≥f（0）＝0，即cosx－（1－■x2）≥0，因此，cosx≥1－■x2，故选C．

评注：本题采用直接作差构造函数，通过利用导数分析所构造函数的单调性与最值来证明不等式，需要说明的是，为了证明f（x）是增函数，构造函数g（x）＝f ′（x）=－sinx+x，运用导数工具证明函数g（x）≥0来证明f（x）是增函数．

二、合理转化，构造函数

有些不等式的证明问题，针对待证不等式直接构造函数非常困难，可以对待证不等式合理变形转化，由待证不等式出发不断寻找使得结论成立的充分条件，直到找到容易证明的不等式为止，再根据最后找到的不等式构造函数．

例2．（2012年高考湖北文科22）设函数f（x）＝axn（1－x）+b（x＞0），n为正整数，a,b为常数，曲线y＝f（x）在（1，

f(1)）处的切线方程为x+y=1．（1）求a,b的值；（2）求函数f（x）的最大值；（3）证明：f（x）＜■．

分析：由（Ⅱ）可知f（x）的最大值为f（■）=■，因此，要证明f（x）＜■，只需证明■＜■，即证（■）n+1＞e，即证ln（■）＞■，即证ln（1+■）＞■，令t=1+■，则ln（1+■）＞■可化为1nt＞■，从而只需要证明1nt＞■（t＞1）．

解析：（1）a=1，b=0；（2）f（■）＝■（3）构造函数g（t）＝1nt－1+■，t≥1．g′（t）＝■－■，t≥1．当t＞1时，g′（t）＞0，g （t）在[1，+∞）上递增．因此，当t≥1时，g（t）＞g（1）＝0，即1nt＞■（t＞1）．令t=1+■，则ln（1+■）＞■＝■，即ln（■）n+1＞1ne，所以（■）n+1＞e，即■＜■，所以f（x）＜■．

评注：本题直接证明是非常困难，将待证不等式转化不断逆推寻找，最终将问题转化为证明ln（1+■）＞■，然后通过构造函数g（t）＝1nt－1+■（t＞1）解决问题．

三、适当放缩，构造函数

如果直接构造函数证明不等式比较困难，可以对待证不等式进行适当的放缩，再去构造合适的函数，通过分析函数的性质来解决问题，从而解决比较复杂的问题．当然，放缩要适度，恰到好处．

例3．（2012年高考浙江文科21）已知a∈R，函数f（x）＝4x3-2ax+a．（1）求f（x）的单调区间；（2）证明：当0≤x≤1时，f（x）+2－a＞0．

解析：（1）略；（2）由于0≤x≤1，当a≤2时，f（x）+a－2＝4x3－2ax+2≥4x3－4x+2．当a＞2时，f（x）+a－2＝4x3+2a（1－x）－2≥4x3+4（1－x）－2＝4x3－4x+2．设g（x）＝2x3－2x+1，0≤x≤1，则g′（x）＝6（x－■）（x+■），则有：

所以g（x）min=g（■）=1-■＞0．当0≤x≤1时，2x3－2x+1＞0．故f（x）+a－2≥4x3-4x+2＞0．

评注：本题去掉绝对值符号并进行放缩之后构造函数．首先通过放缩，把含有两个变量的不等式f（x）+2－a＞0转化为证明只含一个变量的不等式4x3-4x+2＞0．然后利用导数分析所构造函数的单调性与最值来证明不等式．

四、观察结构，构造函数

对于有些多变量的不等式，可以从观察对待证不等式的结构特点入手，对其进行适当变形，并分析变量的结构特点，构造适当的函数，将多变量问题转化为单变量的函数问题．

例4．（2012年山东省聊城市高三统考题）函数f（x）=x2+b1n（x+1）－2x，b∈R（1）当b＝■时，求函数f（x）的极值；（2）设g（x）＝f（x）+2x，若b≥2，求证：对任意两个不相等实数x1，x2∈（－1，+∞），都有■≥2.

解析：（1）略；（2）因为f（x）＝x2+b1n（x+1）－2x，所以f ′（x）＝■（x＞－1），因为b≥2，所以f ′（x）≥0（当且仅当b＝2，x＝0时等号成立），所以f（x）在区间（－1，+∞）上是增函数．不妨设x1＞x2，则对任意x1，x2∈（－1，+∞），当x1＞x2时，f（x1）＞f（x2），即g（x1）-2x1＞g（x2）-2x2，所以g（x1）-g（x2）＞2（x1-x2），因此，■≥2.

评注：本题解题关键在于将待证不等式适当变形为g（x1）-2x1＞g（x2）-2x2之后，观察结构发现，构造函数f（x）=g（x）-2x，问题转化为证明函数f（x）是减函数即可．

五、消元换元，构造函数

有些不等式含有多个变量，可以对多变量的不等式进行转化变形，通过换元转化成只含一个变量的不等式，然后构造只含一个变量的函数，通过分析函数的单调性极值或最值来解决问题．

例5．（2012年浙江省名校新高考研究联盟联考）已知函数f（x）＝alnx-（x－1）2-ax（常数a∈R）.（1）求f（x）的单调区间；（2）设a＞0，如果对于f（x）的图像上两点P1（x1，f（x1））,P2（x2，f（x2））（x1＜x2），存在x0∈（x1，x2）使得f（x）的图像在x＝x0处的切线m∥P1P2，求证：x0＜■．

解析：（1）略；（2）易知f ′（x0）＝kP■P■=■=■-（x2+x1－2）－a，又f ′（■）＝■－（x1+x2－2）－a．∵f ′（x）＝■－2（x－1）－a（a＞0）在（0，+∞）上为减函数．要证x0＜■,只要证f′（x0）＞f ′（■），即■＞■, 即证ln■＞■ ……①

令t＝■＞1，g（t）=lnt-■，则g′（t）=■－■＝■＞0，g（t）在（1，+∞）为增函数，因此g（t）＞g（1）=0，也就是lnt＞■，即■＞■，即ln■＞■，∴x0＜■得证．

评注：本题利用f ′（x）在（0，+∞）上为减函数，将待证不等式转化为证明含有两个变量不等式①，通过用t=x2/x1换元，可以构造函数g（t），分析出函数g（t）是单调增函数，进而求函数的最小值来证明不等式．

六、确定主元，构造函数

有些多变量的不等式可以在多个变量中选择某个变量为主元，将其他变量视为参数，将问题转化为以主元变量为自变量的函数，通过分析函数的单调性极值或最值来解决问题．

例5中的待证不等式ln■＞■，（x1＜x2），也可确定主元构造函数．构造函数h（t）＝ln■－■，t＞x1＞0，则h′（t）＝■＞0即h（t）在（x1，+∞）是增函数，因此，h（t）＝ln■－■＞h（x1）＝0，即ln■＞■（x1＜x2）．

评注：本题要证明的不等式①含有两个变量，将变量x2作为自变量，而将x1作为参数，构造函数h（t），通过分析出函数h（t）是单调减函数，并求函数的最小值来证明不等式．

【链接练习】

1．已知函数f（x）＝ln（1+x）－■，（1）求函数f（x）的最小值；（2）求证：对任意的正数a、b，恒有lna-lnb≥1-■．

2．设f（x）＝lnx+■-1，证明：(1)当x＞1时，f（x）＜1.5（x-1）；(2)当时1＜x＜3时，f（x）＜■．

【温馨提示】

1．（1）最小值是0；（2）对f（x）＝ln（1+x）－■≥0，令1+x=■，可得ln■≥1-■．

2．构造函数g（x）=f（x）-1.5（x-1），x＞1和h（x）=f（x）-■，1＜x＜3分别求最值即可证明不等式．

（作者单位：谢伟，湖北省襄阳市第五中学；王丹，湖北省襄阳市第四中学）

构造函数-析构函数的调用顺序篇9

昨天面试被问到这些，惭愧的很，居然搞混了，悔恨了一把。决定要彻底搞清楚。也算是有所收获。

首先说说构造函数，大家都知道构造函数里就可以调用成员变量，而继承中子类是把基类的成员变成自己的成员，那么也就是说子类在构造函数里就可以调用基类的成员了，这就说明创建子类的时候必须先调用基类的构造函数，只有这样子类才能在构造函数里使用基类的成员，所以是创建子类时先调用基类的构造函数然后再调用自己的构造函数。通俗点说，你要用某些物品，但这些物品你没办法自己生产，自然就要等别人生产出来，你才能拿来用。

接着就是析构函数了，上面说到子类是将基类的成员变成自己的成员，那么基类就会只存在子类中直到子类调用析构函数后。做个假设：假如在基类的析构函数调用比子类的先，这样会发生什么事呢？类成员终止了，而类本身却还在，但是在类存在的情况下，类成员就应该还存在的，这不就产生矛盾了吗？所以子类是调用自身的析构函数再调用基类的析构函数。

构造函数证不等式篇10

如果我们实在不想编写拷贝构造函数和赋值函数，又不允许别人使用编译器生成的缺省函数，怎么办？

偷懒的办法是：只需将拷贝构造函数和赋值函数声明为私有函数，不用编写代码。例如：

class A

{ …

private:

A(const A &a);// 私有的拷贝构造函数

A & operate =(const A &a);// 私有的赋值函数

};

如果有人试图编写如下程序：

Ab(a);// 调用了私有的拷贝构造函数

b = a;// 调用了私有的赋值函数

构造函数证不等式篇11

关于比较两数大小与证明不等式的方法多种多样, 在学习了导数以后, 利用建构函数的方法来解决一些形式困难、表象抽象的问题显得轻而易举.《普通高中数学课程标准 (实验) 》指出:“高中数学新课程应力求通过各种不同形式的自主学习、探究活动, 让学生体验数学发现和创造的历史, 发展他们的创新意识.”而在数学教学中不断进行数学思想方法的渗透则是培养学生创新能力的重要措施.其中建构新函数的方法是一种富有创新、提升了学生学习层面境界的方法.在数学问题解决中有着极为重要的作用.原苏联数学家雅诺夫斯卡娅在问答“解题意味着什么?”时说:“解题———就是意味着把所要解的问题转化为已经解过的问题.”建构新函数就是依据学生的现有的知识水平、思维水平在解题教学中合理运用建构的方法, 实现问题的转化.从而达到体现思维过程、发展学生转化问题能力的目的.

本文的重点是探究建构新函数, 以解决有关数大小的比较和不等式证明的相关问题.如何建构一个新函数, 建构一个什么样的函数才能解决问题?关键在于分析问题的结构, 充分利用问题所提供的信息, 善于进行联想, 给高三复习一些启示.

1 串联单调性

函数的单调性是函数最重要的性质之一, 在比较大小、证明不等式以及求参数范围等方面都有着广泛而独特的应用.运用函数单调性解题, 其难点和关键在于合理地利用题设条件, 建构出相应的函数, 并将原问题进行等价转换, 通过函数的增减性讨论, 从而使问题得到圆满解决.这也是建构新函数方法中最基本、最重要的一类, 广受高考、竞赛的青睐.

问题1 (2009年浙江湖州高二统考) 对任意x∈R, 若f′ (x) >f (x) 且a>0, 比较f (a) 与ea·f (0) 的大小.

分析此题得分很低, 对高二学生来说, 建构新函数来比较数的大小在脑海中未具雏形, 加之其表象以抽象函数形式给出, 更使学生无处下手.如何联想f (a) 与ea·f (0) 产生的新函数是难点.由f (a) 与ea·f (0) ⇒e0·f (a) 与ea·f (0) , 可以联想新函数ex-a与f (x) 的有机组合.

首先建构:y=ex-a·f (x) , 则y=ex-a (f (x) +f′ (x) ) 显然无法判断.

于是建构: $y = \frac{e^{x - a}}{f (x)}$ , 则 $y^{'} = \frac{e^{x - a} (f (x) - f^{'} (x))}{f^{2} (x)} ＜ 0$ , 所以y (a) <y (0) , 即 $\frac{1}{f (a)} ＜ \frac{1}{e^{a} \cdot f (0)}$ , 但不知f (a) 与f (0) 的正负性.

最后建构: $y = \frac{f (x)}{e^{x - a}}$ , 则 $y = \frac{e^{x - a} (f^{'} (x) - f (x))}{(e^{x - a})^{2}} ＞ 0$ , 所以y (a) >y (0) , 即f (a) >ea·f (0) .

点评上述是常规的思考过程.笔者认为此类问题关注三点:①单调性——必然作为解决问题的大方向给予肯定, 否则南辕北辙;②导数应用——导数是研究函数的利器, 利用一阶导数研究单调性事半功倍;③有机组合——在解决问题过程中, 如何选择函数和建构新函数是关键.正如牛顿所预言的“没有大胆的猜想, 就没有伟大的发现”, 数学家们发现数学规律的过程, 往往是先有一个猜想建构, 而后才是对其进行验证或修正的过程.

问题2 (人教A版选修4-5不等式习题B组) 求证:

$\frac{| a_{1} + a_{2} |}{1 + | a_{1} + a_{2} |} \leq \frac{| a_{1} |}{1 + | a_{1} |} + \frac{| a_{2} |}{1 + | a_{2} |} .$

分析不等式结构形如数 $\frac{m}{1 + m} (m \geq 0)$ , 于是建构新函数 $f (x) = \frac{x}{1 + x} (x \geq 0)$ , 利用绝对值不等式与恰当放缩即可.

解因 $f (x) = \frac{1}{(1 + x)^{2}} ＞ 0$ , 所以f (x) 在[0, +∞) 单调递增, 由绝对值不等式|a1+a2|≤|a1|+|a2|, 可知

$\begin{array}{l} 左 = \frac{| a_{1} + a_{2} |}{1 + | a_{1} + a_{2} |} \leq \frac{| a_{1} | + | a_{2} |}{1 + | a_{1} | + | a_{2} |} \\ = \frac{| a_{1} |}{1 + | a_{1} | + | a_{2} |} + \frac{| a_{2} |}{1 + | a_{1} | + | a_{2} |} \\ ＜ \frac{| a_{1} |}{1 + | a_{1} |} + \frac{| a_{2} |}{1 + | a_{2} |} = 右 . \end{array}$

此题还可推广:求证:

$\begin{array}{l} \frac{| a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n} |}{1 + | a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n} |} \\ \leq \frac{| a_{1} |}{1 + | a_{1} |} + \frac{| a_{2} |}{1 + | a_{2} |} + \dots + \frac{| a_{n} |}{1 + | a_{n} |} . \end{array}$

点评在某些赋值问题中, 各种式子呈现出统一和谐的结构, 此时, 只需将它们看作同一函数在不同点的函数赋值, 问题便可解决.

问题3 (2004年全国卷二理科22) 设函数f (x) =ln (1+x) -x, g (x) =x·ln x.

(Ⅰ) 求f (x) 的最大值;

(Ⅱ) 设0<a<b, 证明 $0 ＜ g (a) + g (b) - 2 g (\frac{a + b}{2}) ＜ (b - a) \ln \sqrt{2} .$

分析 (Ⅰ) 利用导数求极值即可; (Ⅱ) 涉及到两个参数, 选定一个为主元, 然后依次建构新函数, 为解决问题创造条件.

解 (Ⅰ) 定义域 (-1, +∞) , 令 $f^{'} (x) = \frac{1}{1 + x} - 1 = 0$ , 得x=0.当-1<x<0时, f′ (x) >0;当x>0时, f′ (x) <0, 所以f (x) max=f (0) =0.

(Ⅱ) (ⅰ) 设

$F (x) = g (a) + g (x) - 2 g (\frac{a + x}{2}) (x ＞ a) ‚$

$\begin{array}{l} 则 F^{'} (x) = g^{'} (a) - 2 g^{'} (\frac{a + x}{2}) \\ = \ln \frac{2 x}{x + a} (x ＞ a) . \end{array}$

当x>a时, F′ (x) >0, 故F (x) 在 (a, +∞) 上为增;

当x=a时, F (x) 有最小值F (a) =0.

又0<a<b, 所以F (b) >0, 即

$0 ＜ g (a) + g (b) - 2 g (\frac{a + b}{2}) .$

(ⅱ) 设

G (x) =F (x) - (x-a) ln2 (a≤x≤b) ,

则 $G^{'} (x) = \ln x - \ln (x + a) = \ln \frac{x}{x + a} ＜ 0 .$

所以G′ (x) <0, 故G (x) 在[a, b]上为增, 得G (b) <G (a) =0, 即

$\begin{array}{l} g (a) + g (b) - 2 g (\frac{a + b}{2}) \\ ＜ (b - a) \ln \sqrt{2} . \end{array}$

由 (ⅰ) (ⅱ) 知所证不等式成立.

点评这是一个涉及含有多参数的不等式试题, 可以考虑其中一个字母作为变量, 另一个作为常数来建构, 即处理问题时要注意哪个为主元.本题中把b看成未知量x可以得到关于x的函数, 通过研究建构函数的单调性解决此类函数问题.

问题4 (2005年江西卷理科21改编) 已知正项数列{an}满足a $_{n}^{2}$ ≤an-an+1.求证:对任意自然数n, 都有 $a_{n} ＜ \frac{1}{n} .$

分析利用a $_{n}^{2}$ ≤an-an+1⇒an+1≤an-a $_{n}^{2}$ , 建构新函数f (x) =x-x2, 结合数学归纳法证明.

解当n=1时, 由a1-a $_{1}^{2}$ ≥a2>0, 得0<a1<1.假设n=k时, 命题成立, 即 $a_{k} ＜ \frac{1}{k} (k \geq 2 ‚ k \in Ν)$ , 则n=k+1时, 建构函数 $f (x) = x - x^{2} (0 ＜ x ＜ \frac{1}{2}) .$

因为

$f (x) = - (x - \frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{4}$

在 $(0 ‚ \frac{1}{2})$ 上为增函数, 且 $\frac{1}{k} \leq \frac{1}{2}$ , 所以

$\begin{array}{l} f (x)_{\max} = f (\frac{1}{k}) = \frac{1}{k} - \frac{1}{k^{2}} \\ = \frac{k - 1}{k^{2}} ＜ \frac{k - 1}{k^{2} - 1} = \frac{1}{k + 1} . \end{array}$

从而,

$a_{k + 1} \leq a_{k} - a_{k}^{2} = f (a_{k}) \leq f (\frac{1}{k}) ＜ \frac{1}{k + 1}$ ,

即当n=k+1时, 命题也成立.

综上所述, 对任意自然数n, 都有

$a_{n} ＜ \frac{1}{n} .$

点评在运用数学归纳法证明与自然数有关的命题时, 由假设当n=k时命题成立推出当n=k+1时, 命题也成立, 具有一定的难度, 需要较高的技巧, 建构相应的单调函数, 归纳假设可通过函数单调性这条“渠道”引渡过去, 从而顺利地完成归纳推理.建构函数解题, 能突出函数——高中数学主线的重要地位, 对培养学生的应用意识、化归思想和创新精神具有不可估量的作用.值得一提的是, 所建构的函数应符合以下条件:①适用性切题;②单调性易证;③表达式简明.

2 利用最 (极) 值

问题5 求证: $0 ＜ x ＜ \frac{π}{2}$ 时, $x ＞ \sin x ＞ \frac{2}{π} x .$

分析左边直接建构差函数即可.右边建构商函数, 将其变成 $1 ＞ \frac{\sin x}{x} ＞ \frac{2}{π}$ .当x→0时, $\frac{\sin x}{x} \to 1$ ;当 $x = \frac{π}{2}$ 时, $\frac{\sin x}{x} = \frac{2}{π}$ .于是要解决的问题转化为证明新建构函数 $f (x) = \frac{\sin x}{x}$ 之值介于 $\frac{2}{π}$ 与1之间, 考虑到 $f (x) = \frac{\sin x}{x}$ 在x=0处不连续, 故可定义当x=0时, f (x) =1.

解 (左边证明略) 建构函数:

$f (x) = {\begin{cases} \frac{\sin x}{x} ‚ 0 ＜ x \leq \frac{π}{2} ‚ \\ 1 ‚ x = 0 . \end{cases}$

当 $0 ＜ x ＜ \frac{π}{2}$ 时,

$f^{'} (x) = \frac{\cos x (x - \tan x)}{x^{2}} ＜ 0$ ,

所以f (x) 在 $(0 ‚ \frac{π}{2})$ 上递减且 $[0 ‚ \frac{π}{2}]$ 上连续, $f (0) ＞ f (x) ＞ f (\frac{π}{2})$ , 即 $1 ＞ \frac{\sin x}{x} ＞ \frac{2}{π} .$

点评本题的重点是建构商函数, 利用导数、单调性、最值等主干知识;难点在于x=0处商函数无定义, 由于x→0时, $\frac{\sin x}{x} \to 1$ , 所以定义x=0时, f (x) =1;渗透转化化归的数学思想, 利用区间最值解决问题.

3 发挥凹凸性

凹凸性定义若函数f (x) 在区间[a, b]上连续, 对任意x1, x2∈[a, b], 恒有: $f (\frac{x_{1} + x_{2}}{2}) \leq \frac{f (x_{1}) + f (x_{2})}{2}$ , 则f (x) 下凸; $f (\frac{x_{1} + x_{2}}{2}) \geq \frac{f (x_{1}) + f (x_{2})}{2}$ , 则f (x) 上凸.

凹凸性判定定理若函数f (x) 在区间[a, b]上连续且在 (a, b) 内具有一阶、二阶导数, 则:若在 (a, b) 内f″<0, 则f (x) 在[a, b]上凸;若在 (a, b) 内f″>0, 则f (x) 在[a, b]下凸.

综观近几年来的高考变化, 与函数凹凸性有关的应用体现大小比较与不等式的证明.

问题6 (2006年四川省理科22题改编) 已知函数f (x) =x2+2x+aln x.

(Ⅰ) 若f (x) 在区间 (0, 1]上恒为单调函数, 求实数a的取值范围;

(Ⅱ) 当t≥1时, 不等式f (2t-1) ≥2f (t) -3恒成立, 比较实数a与2的大小关系.

分析第1问属于常见问题, 就第2问展开讨论.按通性通法, 应从f (2t-1) ≥2f (t) -3入手, 代入其解析式, 化简为 $2 (t - 1)^{2} \geq a \ln \frac{t^{2}}{2 t - 1}$ .因为t>1时, 有t2≥2t-1, 所以 $\ln \frac{t^{2}}{2 t - 1} ＞ 0$ , 得 $a \leq \frac{2 (t - 1)^{2}}{\ln \frac{t^{2}}{2 t - 1}}$ .接下去如何求右式的最小值难度较大, 直接分析很困难, 需要建构新函数h (x) =ln (1+x) -x, 但为什么如此建构?联系在哪?学生不好把握.注意到3=f (1) , 有下面解法:

解将原式变形为:

$\frac{f (2 t - 1) + f (1)}{2} \geq f (t) .$

所以f (t) 在[1, +∞) 上为下凸函数时, 不等式成立, $f^{″} (x) = 2 - \frac{a}{x^{2}} \geq 0$ 在[1, +∞) 恒成立, 易得a≤2为所求.

点评解题教学中, 对问题的本质理解得越深刻、越透彻, 其解法自然更简单.与通性通法相比, 利用凹凸性的解法更简洁明了, 无懈可击, 它是在更高的视野、更高的观点下进行解题, 可谓高屋建瓴, 势如破竹.凹凸性尽管是高等数学的一个内容, 但在高中数学中却有着广泛的应用, 如能灵活应用, 可事半功倍.

问题7 (2007年四川理22题) 函数 $f (x) = (1 + \frac{1}{n})^{x} (n \in Ν ‚ n ＞ 1 ‚ x \in R)$ .证明:

$\frac{f (2 x) + f (2)}{2} ＞ f^{'} (x) .$

解因为 $f (x) = (1 + \frac{1}{n})^{x} ＞ 0$ 是一个下凸函数, 则

$\begin{array}{l} \frac{f (2 x) + f (2)}{2} = \frac{f^{2} (x) + f^{2} (1)}{2} \\ \geq [\frac{f (x) + f (1)}{2}]^{2} ＞ [f (\frac{x + 1}{2})]^{2} \\ = (1 + \frac{1}{n})^{x + 1} = (1 + \frac{1}{n})^{x} \cdot (1 + \frac{1}{n}) . \end{array}$

又 $f^{'} (x) = (1 + \frac{1}{n})^{x} \ln (1 + \frac{1}{n})$ ,

由不等式传递性, 只需证

$1 + \frac{1}{n} ＞ \ln (1 + \frac{1}{n}) .$

令g (x) =x-ln x (x≥1) , 因为 $g^{'} (x) = \frac{x - 1}{x} \geq 0$ , 所以g (x) 在[1, +∞) 上单调递增, g (x) ≥g (1) =0, 即g (x) =x-ln x>0 (x>1) 恒成立, 令 $x = 1 + \frac{1}{n}$ , 证毕.

点评本题以高等数学中的著名数列 $(1 + \frac{1}{n})^{n}$ 为背景设置问题, 主要考查函数、导数、均值定理、放缩法、函数凹凸性的妙用, 尤其是对函数凹凸性的应用, 往往能收到奇妙的效果.初等数学是高等数学的准备和基础, 高等数学是初等数学的延伸和发展.在教学辅导中适当介绍这些观点高、立意新的题目不但可以培养学生思维的广阔性和深刻性, 而且还能使他们产生既熟悉又陌生的良好心理效应.

4 运用拉格朗日中值定理

若函数f (x) 满足在区间[a, b]上连续, 在 (a, b) 内可导, 则在开区间内至少存在一点λ∈ (a, b) , 使得f (b) -f (a) =f′ (λ) (b-a) , 称此式为拉格朗日公式.由定理还有两个重要推论:

推论1 若在区间 (a, b) 内, 导函数f′ (x) ≡0, 则在区间 (a, b) 内函数f (x) 为一常数.

推论2 若在区间 (a, b) 内, 函数f (x) , g (x) 满足f′ (x) =g′ (x) , 则在 (a, b) 内有f (x) =g (x) +c, 其中c为常数.

近几年的省市高考中, 出现了以拉格朗日为背景的试题, 这类试题情景新颖, 独到.利用拉格朗日中值定理的关键是根据题意选取适当的函数f (x) 和区间[a, b], 使它们满足拉格朗日定理条件, 然后运用定理或推论, 经过适当的变形或运算得出所要的结论.

问题8 试证当x∈[1, +∞) 时,

$\ln (1 + \frac{1}{x})^{x} \geq \ln 2 .$

分析这类题原本在高等数学中是常见题型, 求解这类题的通常思路是先将一边移到另一边, 建构一个函数, 然后对它求导.近些年来, 这类题倍受高考命题者青睐.

解令 $f (x) = x \cdot \ln (1 + \frac{1}{x}) - \ln 2 ‚ 对 f (x)$ 求导:

$\begin{array}{l} f^{'} (x) = [x \cdot \ln (1 + \frac{1}{x})] \\ = [\ln (1 + x) - \ln x] - \frac{1}{1 + x} . \end{array}$

令函数g (t) =ln t, 则g (t) 在[x, x+1]上应用拉格朗日中值定理:

$\ln (1 + x) - \ln x = \frac{1}{ξ} ‚ ξ \in (x ‚ x + 1)$ ,

所以有 $f^{'} (x) = \frac{1}{ξ} - \frac{1}{1 + x} ＞ 0 ‚ (x ＞ 0)$ , 因此有上述结论f (x) 在x∈[1, +∞) 上单调递增, 所以f (x) ≥f (1) , 即

$\ln (1 + \frac{1}{x})^{x} - \ln 2 \geq f (1) = 0 .$

点评在新课标下, 现行高中教材中增加了导数的初步知识, 自此, 又出现了许多“高起点、低着落”以高等数学为背景的试题出现在考生面前, 而这类试题对能力要求较高, 很多地方用到高等数学思想, 若给学有余力的同学适当介绍一些高考中出现的高等数学思想, 会让学生体会到数学的连续性和魅力, 同时对解决这类问题也是大有裨益的.

问题9 (2006年四川卷理科22题) 已知函数 $f (x) = x^{2} + \frac{2}{x} + a \ln x (x ＞ 0) ‚ f (x)$ 的导函数f′ (x) , 对任意的两个不相等的正数x1, x2, 当a≤4时, 证明:

|f′ (x1) -f′ (x2) |>|x1-x2|.

证明令 $g (x) = f^{'} (x) = 2 x - \frac{2}{x^{2}} + \frac{a}{x}$ , 则由拉格朗日定理得:

|g (x1) -g (x2) |=|g′ (λ) ||x1-x2|.

下面只需证明:当a≤4时, 对任意的λ>0, 都有g′ (λ) >1, 即

$g^{'} (x) = 2 + \frac{4}{x^{3}} - \frac{a}{x^{2}} ＞ 1$ ,

即证:当a≤4时, $a \leq x^{2} + \frac{4}{x}$ 恒成立.

$x^{2} + \frac{4}{x} = x^{2} + \frac{2}{x} + \frac{2}{x} \geq 3 \sqrt[3]{4}$ ,

当且仅当 $x = \sqrt[3]{2}$ 时, 取到最小值, 等号成立.

又 $a \leq 4 ＜ 3 \sqrt[3]{4}$ , 故a≤4结论成立.

点评若函数在 (a, b) 内有m<f′ (x) <M, 则有m (a-b) <f (b) -f (a) <M (b-a) , 因此形如前式的不等式通常用拉格朗日中值定理.拉格朗日中值定理是高等数学的一个重要定理, 把这些定理与中学数学的知识联系起来, 这样不仅可以使我们加深对现代数学的理解, 而且能使我们更好的把握中学数学的本质和关键, 从而可以居高临下的处理教材.

5 小结

本文介绍了运用建构函数法比较数大小和证明不等式的一些方法.利用建构函数法需要认真分析所求问题的特点, 引用不同的建构法, 然后运用其特性对不等式加以证明.建构法在数学中的应用非常广泛, 对高中数学来说前文1, 2是基本, 3, 4是提高.运用建构法解决不等式问题培养了学生具有创造性的数学能力和解决实际问题的能力, 而创造性的能力体现出的是创造性思维.

它对于数学思维的培养及数学方法的培养也有一定的加强作用.有利于提高学生运用数学知识解决实际问题的能力, 有利于激发学生学习兴趣, 有利于提高学生学习的自觉性, 把学生和教师从题海中解放出来, 从而减轻教与学的过重负担.

最后, 说明一点, 任何方法需要适可而止.当代著名数学家波利亚曾说过:“构想一个辅助问题是一项重要的思维活动.”说明建构是一项极为有意义的数学思维活动.当然在解题教学中, 不必过于崇拜和迷信建构法, 刻意追求技巧, 人为地拔高, 为“建构法”而建构, 忽视题目的结构特征和通法, 使学生感觉数学深奥, 技巧性太强, 从而对数学学习产生畏惧感, 要根据学生实际, 合理运用, 才能使学生逐步掌握建构函数的方法.

参考文献

[1]李冬胜.高中数学构造式解题教学研究[J].太原大学教育学院学报, 2008, (3) .

[2]赵会娟, 尹洪武.浅谈不等式证明的几种特殊方法[J].数学通讯, 2003, (7) .

[3]牟明忠.构造函数借助导数证明不等式[J].西部教育研究, 2008, (9) .

【构造函数证不等式】推荐阅读：

构造函数法证明不等式的常见方法公开课09-13