不等式的构造证明方法

第1篇：不等式的构造证明方法

用微积分证明不等式的技巧和方法

摘 要： 不等式的证明方法很多，其证明蕴涵了丰富的数学知识、逻辑推理和非常高的技巧，本文讨论了利用微积分知识证明不等式的技巧和方法。

关键词： 微积分 不等式 证明方法

不等式的证明是微积分应用的一个常见问题，通过解决这类问题，可以加深学生对微积分知识的理解，从而提高学生分析问题和解决问题的能力.本文通过各种题型分析解答，总结出用微积分证明不等式的一些常见基本方法.

1.利用函数的单调性证明不等式

例1：证明：当x>0时，x>sinx>x-.

证明：先证x>sinx，设f(x)=x-sinx，则f′(x)=1-cosx≥0，即f(x)是增函数.

而f(0)=0，故有当x>0时，x>sinx.

设g(x)=sinx-x+，则g′(x)=cosx-1+，g″(x)=x-sinx.而当x>0有g″(x)=x-sinx>0，故有g′(x)>0，即g(x)在(0，+∞)上单调上升.又g(0)=0，所以x>sinx>x-.

例2：证明不等式x-0).

证明：设f(x)=x--ln(1+x)

∵f′(x)=1-x-=<0

∴f(x)在(0，+∞)上单调下降

又∵f(0)=0

∴当x>0时，有f(x)=x--ln(1+x)<0，

即x-

2.利用微分中值定理证明不等式

例3：证明当x>0时，

证明：设f(t)=lnt，当x>0时，f(t)在[1，1+x]上满足拉格朗日中值定理条件，

∴?埚ξ∈[1，1+x]，使=，1<ξ<1+x

∵ln(1+x)-ln1=ln(1+x)，<<1

∴

例4：设a>e，0(cosx-cosy)alna.

证明：设f(t)=a，g(t)=cost.

由条件可知，f(t)，g(t)在[x，y]，(0

即=，0

∴a-a=a(cosx-cosy)lna/sinξ

>(cosx-cosy)alna>(cosx-cosy)alna

3.利用函数的最值证明不等式

例5：设0≤x≤1，p>1，证明不等式≤x+(1-x)≤1.

证明：设F(x)=x+(1-x)，则

F′(x)=px+p(1-x)(-1)=p[x-(1-x)]

F″(x)=p(p-1)x+p(p-1)(1-x)

令F′(x)=0，得x=;因p>1，所以有

F″()+p(p-1)[()+()]>0.

故F(x)在[0，1]上最大值是1，最小值是，即有

≤x+(1+x)≤1.

4.利用函数的凹凸性证明不等式

例6：证明xlnx+ylny>(x+y)ln，(x>0，y>0).

证明：设f(x)=xlnx，则对于x>0图形是凹的，于是对任意两点x和y，得

xlnx+ylny>(x+y)ln.

5.利用函数极限证明不等式

例7：证明：当x充分大时，xe

证明：因为=0，所以x充分大后，有<1，即xe

例8：设f(x)=asinx+asin2x+…+asinnx，并且|f(x)|≤|sinx|，a，a，…，a为实常数，求证：|a+2a+…+na|≤1.

证明：∵|f(x)|≤|sinx|

∴≤(x≠0)即

=a+a+…+a≤

上式两边令x→0，由重要极限=1

得|a+2a+…+na|≤1.

参考文献：

[1]费定晖，周学圣编译.吉米多维奇数学分析习题集题解[M].山东：山东科学技术出版社，2001.08.

[2]赵振威主编.中学数学教材教法[M].上海：华东师范大学出版社，2000.01.

[3]刘玉琏，傅沛仁编.数学分析讲义[M].北京：高等教育出版社，1997.12.

注：“本文中所涉及到的图表、公式、注解等请以PDF格式阅读”

作者：罗世尧

第2篇：行列式与不等式证明

随着新课程的开展，高等数学的思想方法在高中数学中渗透越来越深.行列式作为高等代数中的一个重要理论与重要工具，从更高的角度研究高中数学中的问题，将使学生从中学的解题思维定式中解放出来，用更广阔的眼光看中学数学问题. 不等式是高考的重点考查内容， 在此我们给出了个教材中一些不等式的行列式证明方法，将高中数学知识融会贯通，同时发展学生的发散思维，培养学生对知识的迁移能力.

作者：杨立群

第3篇：构造函数证明不等式的方法探究

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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》2012年第02期

第4篇：构造函数证明不等式的方法探究

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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

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.灵活构造函数，并利用导数证明不等式是常见的方法.而构造好相应函数是关键.从哪里人手，如何构造，怎么构造，许多同学找不到突破口，常常感到无所适从，甚至构造不出合理的函数.笔者通过2011年一道新课标高考试题的分析，就这类问题的处理方法作一剖析和归纳.

第5篇：构造函数法证明不等式的八种方法

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)

【变式2】若函数y=f(x)是定义在,0上的可导函数且满足不等式2f(x)xf(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：本题是山东卷的第(II)问，从所证结构出发，只需令

1nx，则问题转化为：当x0时，恒有ln(x1)x2x3成立，现构造函数h(x)x3x2ln(x1)，求导即可达到证明。

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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ba

7、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)

3、已知函数f(x)ln(1x)x1x，求证：对任意的正数a、b, 恒有lnalnb1ba.

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第6篇：对构造函数法证明不等式的再研究

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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》2013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7篇：构造函数证明不等式

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

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。

5、巳知a、b、c∈R，且a

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

22 ∴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

22 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。

第8篇：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.