构造函数法证明不等式的常见方法公开课

构造函数法证明不等式的常见方法公开课（推荐4篇）

构造函数法证明不等式的常见方法公开课 篇1

利用导数研究函数的单调性极值和最值，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。

解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何

2、移项法构造函数

【例2】已知函数f(x)ln(x1)x，求证：当x1时，恒有11ln(x1)x x111，从其导数入手即x1分析：本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数g(x)ln(x1)可证明。根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。

1、从条件特征入手构造函数证明

【例1】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)

【变式1】若函数y=f(x)在R上可导且满足不等式f(x)>f(x)，且yf(x)1为奇函数.求不等式f(x)x2.求不等式(x2015)2f(x2015)4f(2)0的解集.3、作差法构造函数证明 【例3】已知函数f(x)12x2lnx.求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)23x3的图象的下方； 分析：函数f(x)图象在函数g(x)的图象的下方不等式f(x)g(x)问题，设F(x)g(x)f(x)

4、换元法构造函数证明

【例4】（2007年，山东卷）证明：对任意的正整数n，不等式ln(1n1)11n2n3 都成立.分析：本题是山东卷的

5、对数法构造函数（选用于幂指数函数不等式）【例5】证明当x0时,(1x)11xe1x2

6、构造形似函数

【例6】证明当bae,证明abba7、构造二阶导数函数证明导数的单调性 【例7】已知函数f(x)aex12x2(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

8、主元法构造函数

【例8】（全国）已知函数f(x)ln(1x)x,g(x)xlnx

(1)求函数f(x)的最大值；(2)设0ab,证明 ：0g(a)g(b)2g(ab2)(ba)ln2.【思维挑战】

1、（2007年，陕西）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

（A）af(b)≤bf(a)（B）bf(a)≤af(b)（C）af(a)≤f(b)（D）bf(b)≤f(a)

2、（2007年，安徽卷）已知定义在正实数集上的函数f(x)12x22ax,g(x)3a2lnxb,其中a>0，且b52a23a2lna，求证：f(x)g(x)

构造函数法证明不等式的常见方法公开课 篇2

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）

构造函数证明不等式 篇3

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

例谈运用构造法证明不等式 篇4

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。