一类根式和下界不等式的构造性证明
构造函数证明不等式的八种方法
构造函数证明不等式的八种方法一、移项法构造函数1例：1、已知函数 f (x) ln( x 1) x ，求证：当x 1时，但有x x1 ln( 1)1 x2、已知函数f1x 2(x) ae x2（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二、作差法构造函数证明12例：1、已知函数 f x x ln x( )223g( x) x 的图象下方。
3，求证：在区间(1,) 上，函数 f (x) 的图象在函数思想：抓住常规基本函数，利用函数草图分析问题- 1 -2、已 知 函 数 f (x) n ln x 的 图 象 在 点 P( m , f ( x)) 处 的 切 线 方 程 为 y=x ， 设ng( x) mx2ln x ，（1）求证：当 x 1时， g(x) 0恒成立；（2）试讨论关于 x的方x n32 2程g xxex txmx( )根的个数。
x3、换元法构造函数证明例：1、证明：对任意的正整数n ，不等式ln( 1 n1) 1 2n1 3n，都成立。
2、证明：对任意的正整 n ，不等式 ln( 1 n1)1 2n1 3n都成立。
3 23、已知函数 f (x) ln( ax 1) x x ax ，（1）若2 3为 yf ( x) 的极值点，求实数a的值；（2）若 y f (x) 在[1, ) 上增函数，求实数 a 的取值范围。
（3）若 a=-1 时，方程fb3(1 x) (1 x)有实根，求实数 b 的取值范围。
x- 2 -4、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)5、主元法构造函数例 1.已知函数 f (x) ln(1 x) x ，g(x) xln x ，（1）求函数 f (x) 的最大值；（2）设a b0 a b，证明：0 g(a) g( b) 2g( ) (b a) ln 226、构造二阶导数函数证明导数的单调性例1：已知函数 f1x 2( x) ae x2，（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 x7、对数法构造函数（选用于幂指数函数不等式）1 x1 1例1：证明当x 0 时，x e 2(1 x)- 3 -8、构造形似函数例1：证明当b a e，证明 b b aa2、已知m、n 都是正整数，且 1 m n ，证明：(1 n n mm) (1 ) 思维挑战21、设a 0 ，f ( x) x 1 ln x 2a ln x ，求证：当x 1时，恒有x ln 2 ln1 2 x a x2 x a x122、已知定义在正实数数集上的函数 f ( x) x 2ax2 2 ，其中a 0，，g (x) 3a ln x b5 2 2且b a 3a ln a2，求证： f (x) g(x)3、已知函数 fx(x) ln(1 x) ，求证：对任意的正数a、b恒有1 xln a ln b 1ba4、f (x) 是定义在(0, ) 上的非负可导数，且满足xf ( ) ( ) 0，对任意正数a、b ，' x f x若a b，则必有（）A. af (x) bf (a)B. bf (a) af (b)C. af (a) f (b)D. bf (b) f (a)- 4 -。
一类根式和下界不等式的统一结果与再一证法
不 等 式 （ ）是 ａ一 １ ， １ ３ ｂ一 １ Ｃ一 １ ， ， ， ＝ ２ ，
不 等 式 （ ）是 ａ 一 １ 一 ５ Ｃ一 １ ｍ 一 ２ ２ ， ， ， ，
一
定 理
若 “６ ， ， ． １
”， ∈ Ｒ ｚ ， 且
。
即 ２√ Ｓ 。一 Ｓ ＋
Ｃ
．
Ｃ Ｄ。 。 Ｅ。分 别 相 交 于 点
两 种 方 法 对 比 ， 质 上 都 是 应 用 相 似 多 边 实 形 的 面 积 比 等 于 相 似 比 进 行 的证 明 ． 本 上 的 课
．
百
＋
一
干 ＋
＋
可
＞ ２＋
（ 因为 ∑ 一 ）一 （ ｎ一 １ ＋ ）：
ｉ １ ＝
（ ）设 “， ， ｄ Ｃ Ｒ。． “十 十 Ｃ十 ｄ 一 ６ ， ｃ， ） －
￣—ｃ＋ ｂ 所 以 ， ／ — ． ａ
１求 证 ： ，
＿ ３＋
十 Ｕ２ — ３十 — Ｆ ｃ－
３的 情 形 ； 不 等 式 （ ）是 ａ： ４ ６— １ Ｃ一 ３ ， 一 ２ ３ ， ， ， ，
∑ ｚ一 则 ∑ √ 十６ （～１ “ ＞ ）
，＝ 】 ：】
＋
一 ３的 情 形 ； 不 等 式 （ ）是 ａ ： ３ ｂ一 ７ Ｃ一 １ ７ 一 ３ ４ ， ， ， ，
棱 台 的 中截 面 面积 公 式 的 另 一 证 明 方 法
（ 北省丰润县车轴 山中学 河 ０ ４ ０ ） 唐 立存 ６ ０ １
棱 台 的 中 截 面 面 积 公 式 的 证 明 ， 课 本 中 在 是 由截 面 面 积 与底 面 面积 之 比与对 应 边 长 之 比 的关 系 来 证 明 的 （ 见人 教 版 立 体 几 何 课 本 ６ ７页
构造图形法证明不等式(可编辑)
构造图形法证明不等式（可编辑）(文档可以直接使用，也可根据实际需要修改使用,可编辑推荐下载）构造图形法证明不等式构造图形法不但是证明不等式常用的方法,而且是一种重要的数学思想.对于用一般的方法很难解的题型,若将代数式变形,构造图形,降低思维难度;从多角度、多侧面、多结构的思维方向去研究,探寻解决问题的最佳方法,它有助于将所学的知识融会贯通,并且能沟通数学分支之间的内在联系.应用构造图形法证明不等式,就是根据问题的内在联系或数式的结构特征,通过唤起表象和再造想象,赋以适当的几何意义,构造出与之相应的几何图形或将问题的条件及数量关系直接在图中表现出来,并利用图形之间的关系推理.系统的掌握构图法的特征及应用,对提高解题能力、培养创造力有着积极的意义.以下将从三大方面加以说明.一、构造平面几何模型作为基础的构图法，通过代数式的变形，从而使数量关系具有几何意义.以下将从构造直角三角形、构造正三角形、构造矩形、构造圆对此加以说明.（一）构造直角三角形证明不等式例1 已知21)(x x f +=，b a ,为相异实数，求证：)()(b f a f -〈b a -. 分析 待证式实际上为2211b a +-+〈b a -，故可构造共直角边为1的两个直角三角形.证明 b a ≠ ,假设 b a 〉,构造直角ABC ∆，如图1,使得1=AC ,a BC = ,则)(12a f a AB =+=,在BC 上取一点D ，使b CD =. 则b a BD -=; )(12b f b AD =+= 在ADB ∆中，显然有BD AD AB 〈- 即b a b f a f -〈-)()(．同样，b a 〈时，可证得a b a f b f -〈-)()( 综上所述)()(b f a f -〈b a -.（二）构造正三角形证明不等式BD AABN Ca nb图3例2 正数p n m c b a ,,,,,满足 k p c n b m a =+=+=+，求证：2k cm bp an 〈++. 分析 条件中的数量关系所表示的“形”的特征是相等的三条线段，可联想起以k 为边长的正三角形，求结论中的两条线段积的形式cm bp an ,,，可分别看成相应的三角形面积的特征，故构造正三角形，根据它们之间的面积关系找出cm bp an ,,之间的关系.证明 如图2，构造以k 为边长的正三角形ABC ，分别在其各边上取点P N M ,,，使得c AP p CP b CN n BN a BM m AM ======,,,,,,则ABC S ∆+AMP S ∆+CNP S ∆〈ABC S ∆即bp cm an 434343++〈243k∴bp cm an ++〈2k . D（三）构造矩形证明不等式例3 已知n m b a ,,,都是正数，且n m a b 〈，求证：nmn a m b a b 〈++〈. 证明 构造边长分别是n a m b ++,的矩形如图3，设b BQ =,m QC =,n BE =,a AE =.nma b 〈, ∴am bn 〈 ∴ O FD P BQ D E S S 矩形矩形〈 ∴Q CD P BCFE S S 矩形矩形〈 即m n a n m b )()(+〈+ 所以nmn a m b 〈++ 又AEFD ABQ P S S 矩形矩形〈，即a m b b n a )()(+〈+所以abn a m b 〉++ 综上所得：nmn a m b a b 〈++〈. （四） 构造圆证明不等式例4 已知2522=+y x ，50685086+-++-=x y y x z ,A BCQPa nb b mnamE F D O求证：210≤z .证明 由2522=+y x ，z 可变形为258625862222++-+++-++=y x y x y x y x z=2222)4()3()4()3(++-+-++y x y x .故可设z 为圆2522=+y x 上的点),(y x P 到该圆上的定点A (-3, 4) 和B (3, -4)的距离之和.因此本题只需要证明圆的内接PAB ∆的两边之和PB PA +不超过210.如图4，由几何知识我们知道：底边一定的圆内接三角形 的周长以等腰三角形的周长为最大.不难求出， 此时顶点C 的坐标（4，3）或（-4，-3）,故有,2222max )43()34()43()34(++-+-++=z=210,或2222max )43()34()43()34(+-+--+--++-=z=210,∴210≤z .二、构造立体几何模型构造立体几何图形，使题设条件中的数量关系能直接体现在图形中，以下 从构造长方体、三棱锥来说明.例5 已知z y x ,,均为正数，且1=++z y x ，求证：9111≥++zy x . 证明如图6,设),,(cos ,cos ,cos 222为锐角γβαγβα===z y x ，则+α2cos1cos cos 22=+γβ，由上题可知，构造一长方体，且与棱////,,C B AA BB 的夹角分别为γβα,,,则可得,BCASz xyγβα222cos 1cos 1cos 1111++=++zy x92223)()()(3222222222222222222222222=+++≥++++++=++++++++=a c c a c b b c b a a b c c b a b c b a a c b a（二）构造三棱锥证明不等式例6 已知z y x ,,+∈R ，求证:xz z x yz z y xy y x -+〉-++-+222222. 分析 xy y x ±+22其几何意义表示为以y x ,为两边，夹角为)120(60 的三角形第三边的平方。
论运用构造法证明不等式
显然 当 Ｉ ＰＱＩ 短 时 ， Ｑ 分 别 是 直 线 — Ｘ 最 Ｐ， 与 半 圆 。 ＋ 一２ ｙ Ｏ 及 双 曲线 ｚ 一 ９在 （≥ ）
第 一 象 限 的 两 个 交 点 ， 时 Ｐ（ ， ） Ｑ（ ， 此 １ １ ， ３
３ ，Ｐ 一２ ２ 所 以 ） Ｉ Ｑｉ √ ．
一
Ｉ Ｉ ｎ ． ｆＩ ｂ １ Ｉ Ｊ ＪＩ’ ＋ ｝ 』 Ｊ ＋ 口＋ ６ １ 口 ＋ Ｊ ６
十 ，
≤
得 以解 决． 造法 的内涵十 分丰富 ， 构 没有 完全 固定 的模 式 可 以套 用 ， 是 以 广泛 抽象 的普 它 遍 性与现 实 问题 的特 殊性 为基 础 ， 对 具 体 针 问题 的特 点而 采取 相 应 的解 决 办法 ， 基本 其 的方法是 ： 用一类 问题 的性质 ， 借 来研 究另一
ｆ ＋６ ≤ ｌ ｌ ｆｊ ｅ ｆ ａ ＋ ｂ， ｌ 有 ≤
由于复数与 其他 内容 联 系密 切 ， 因而 对
某些 问题 的特 点 ， 以指 导学 生从 复 数 的定 可
义性质 出发来解决一些数 学难 题． 例 ３ 求证 、 ＋ 干 ＝ ＋
第 ３ Ｏ卷第 ５ 期
简析
不 等式左 边可看成／ ｚ称 与 玛
对提 高我们 的解 题 能 力也 有所 帮 助 ， 面我 下
们 通 过 举 例 来 说 明如 何 通 过 构 造 法 证 明 一 些 不等式 ．
、９ 。 两 乘 积 的 和 ， 而 联 想 到 数 量 积 的 ／ 一ｚ 两 从
坐标表 示 ， 左 边看 成 向量 口 （ ， ） 将 ＝ 与
于 是 由
ｌ ＋ Ｊ ｌ ｌ Ｉ Ｉ Ｉ Ｊ ＋ 。 ＋ ｚ ≥ ｉｌ ２ ｚ ＋ ＋ ＋ ， ４ ｆ
四种构造函数法证明不等式
四种构造函数法证明不等式利用导数证明不等式，关键是要找出与待证不等式紧密联系的函数，然后以导数为工具来研究该函数的单调性、极值、最值(值域)，从而达到证明不等式的目的，这时常常需要构造辅助函数来解决．题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，如何恰当构造函数，往往成为解题的关键．考点一“比较法”构造函数证明不等式当试题中给出简单的基本初等函数，例如f(x)＝x3，g(x)＝ln x，进而证明在某个取值范围内不等式f(x)≥g(x)成立时，可以类比作差法，构造函数h(x)＝f(x)－g(x)或φ(x)＝g(x)－f(x)，进而证明h(x)min≥0或φ(x)max≤0即可，在求最值的过程中，可以利用导数为工具．此外，在能够说明g(x)＞0(f(x)＞0)的前提下，也可以类比作商法，构造函数h(x)＝f(x)g(x)⎝⎛⎭⎪⎫φ(x)＝g(x)f(x)，进而证明h(x)min≥1(φ(x)max≤1)．【例题】已知函数f(x)＝e x－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)求证：当x＞0时，x2＜e x.【解析】(1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a.因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2，令f′(x)＝0，得x＝ln 2，当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0，故g(x)在R上单调递增．所以当x ＞0时，g (x )＞g (0)＝1＞0，即x 2＜e x .【小结】在本题第(2)问中，发现“x 2，e x ”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x 2＜e x ”构造函数，得到“g (x )＝e x －x 2”，并利用(1)的结论求解．考点二 “拆分法”构造函数证明不等式当所要证明的不等式由几个基本初等函数通过相乘以及相加的形式组成时，如果对其直接求导，得到的导函数往往给人一种“扑朔迷离”“不知所措”的感觉．这时可以将原不等式合理拆分为f (x )≤g (x )的形式，进而证明f (x )max ≤g (x )min 即可，此时注意配合使用导数工具．在拆分的过程中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准．【例题】 已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R)．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0.【解析】 (1)f ′(x )＝e x －a (x ＞0)，①若a ≤0，则f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②若a ＞0，则当0＜x ＜e a 时，f ′(x )＞0，当x ＞e a 时，f ′(x )＜0，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫e a ，＋∞上单调递减． (2)证明：法一：因为x ＞0，所以只需证f (x )≤e x x －2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝－e.记g (x )＝e x x －2e(x ＞0)，则g ′(x )＝(x －1)e xx 2，所以当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；当x ＞1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x＞0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤e xx－2e，即xf(x)－e x＋2e x≤0.法二：要证xf(x)－e x＋2e x≤0，即证e x ln x－e x2－e x＋2e x≤0，从而等价于ln x－x＋2≤e x e x.设函数g(x)＝ln x－x＋2，则g′(x)＝1x－1.所以当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.设函数h(x)＝e xe x，则h′(x)＝e x(x－1)e x2.所以当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.综上，当x＞0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－e x＋2e x≤0.【小结】对于第(2)问xf(x)－e x＋2e x≤0的证明直接构造函数h(x)＝x eln x－ax2－e x＋2e x，求导后不易分析，故可将不等式合理拆分为f(x)≤e xx－2e或ln x－x＋2≤e xe x，再分别对不等式两边构造函数证明不等式．考点三“换元法”构造函数证明不等式若两个变元x1，x2之间联系“亲密”，我们可以通过计算、化简，将所证明的不等式整体转化为关于m(x1，x2)的表达式(其中m(x1，x2)为x1，x2组合成的表达式)，进而使用换元令m(x1，x2)＝t，使所要证明的不等式转化为关于t的表达式，进而用导数法进行证明，因此，换元的本质是消元．【例题】已知函数f(x)＝ln xx－k有两个不同的零点x1，x2，求证：x1x2＞e2.【解析】f(x)＝ln xx－k，设x1＞x2＞0，由f(x1)＝f(x2)＝0，可得ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，两式相加减，得ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝k(x1－x2)．要证x1x2＞e2，即证ln x1x2＞2，只需证ln x1＋ln x2＞2，也就是证k(x1＋x2)＞2，即证k＞2x1＋x2.因为k＝ln x1－ln x2x1－x2，所以只需证ln x1－ln x2x1－x2＞2x1＋x2，即证lnx1x2＞2(x1－x2)x1＋x2.令x1x2＝t(t＞1)，则只需证ln t＞2(t－1)t＋1(t＞1)．令h(t)＝ln t－2(t－1)t＋1(t＞1)，则h′(t)＝1t－4(t＋1)2＝(t－1)2t(t＋1)2＞0，故函数h(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)＞h(1)＝0，即ln t＞2(t－1) t＋1.所以x1x2＞e2.【小结】不妨设x1＞x2＞0，由f(x1)＝f(x2)＝0，可得ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，两式相加减，利用分析法将要证明的不等式转化为ln x1－ln x2x1－x2＞2x1＋x2，再利用换元法，通过求导证明上述不等式成立．考点四“转化法”构造函数在关于x 1，x 2的双变元问题中，若无法将所给不等式整体转化为关于m (x 1，x 2)的表达式，则考虑将不等式转化为函数的单调性问题进行处理，进而实现消元的目的．【例题】 设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m ∈R ，若对任意b ＞a ＞0，f (b )－f (a )b －a＜1恒成立，求m 的取值范围．【解析】 对任意的b ＞a ＞0，f (b )－f (a )b －a＜1等价于f (b )－b ＜f (a )－a 恒成立．(*)设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋m x －x (x ＞0)，故(*)等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减．由h ′(x )＝1x －m x 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m ≥－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14(x ＞0)恒成立，故m ≥14，当且仅当x ＝12时等号成立，所以m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞.。
不等式证明六(构造法及其它方法)
教材：不等式证明六（构造法及其它方法）目的：要求学生逐步熟悉利用构造法等方法证明不等式。
过程：一、构造法：1．构造函数法例一、已知x > 0，求证：511≥++x ∴310313)3(910322=+=≥++=f x x y2．构造方程法：例三、已知实数a , b , c ，满足a + b + c = 0和abc = 2，求证：a , b , c 中至少有一个不小于2。
证：由题设：显然a , b , c 中必有一个正数，不妨设a > 0，则 ⎝⎛=-=+a bc a c b 2即b , c 是二次方程022=++aax x 的两个实根。
∴082≥-=∆aa 即：a ≥2例四、求证：),2(3tan sec tan sec 3122Z k k ∈π+π≠θ≤θ+θθ-θ≤ 证：设θ-θ=tan sec 22y 则：(y - 1)tan 2θ + (y + 1)tan θ + (y - 1) = 0 322)1(||-+=b a DO 又：2||||==BD AC ∴22)1()1()1()1(22222222≥-+-+-+++-++b a b a b a b a二、 作业：证明下列不等式：1． 3113122≤+++-≤x x x x BC令1122+++-=x x x x y ，则 (y - 1)x 2 + (y + 1)x + (y - 1) = 0用△法，分情况讨论2．已知关于x 的不等式(a 2 - 1)x 2 - (a - 1)x - 1 < 0 (a ∈R )，对任意实数x 恒成立，求证：135≤<-a 。
分a 2- 1 = 0和⎩⎨⎧<∆<-012a 讨论 3．若x左边412= t f )(4．若0令f ∴b 5．记f 使|则|6．若x 作∠AOB = ∠BOC = ∠COA = 120︒, 设|OA | = x , |OB | = y , |OC | = zC。
证明不等式的技巧——构造法
证明不等式的技巧——构造法作者：郑儒贤来源：《中学生数理化·教研版》2010年第01期不等式的证明是数学教学中的一个难点,综合性、技巧性较强,方法灵活多样,没有固定的证明格式.它是培养学生解题能力、开发学生智力的较好题型.教学过程中为了突破难点,不仅要求学生掌握不等式证明的基本方法和典型方法,同时还可以根据习题的结构特点,挖掘习题的本质属性.用构造的方法证明某些代数不等式,不但简洁奏效、妙趣横生,而且能够激发学生钻研教材,培养学生创新和应用的能力.构造法证明不等式是根据题设的条件,经过仔细地观察和展开丰富地联想,由于某种需要,须将已知与求解的元素间的关系构造成某个新的数学对象,使系统达到一个新的意境或一个新的形式.然后将问题化为研究新的对象的特征,以此达到求解或证题的目的.构造得好的解法技巧在解题中的确有化难为易之妙.本文通过举例说明联想构造法证明不等式的构思途径,供参考.一、构造方程法例1 已知ad≠bc,求证构造依据:视原不等式为型不等式,联想到二次方程根的判别式,构造二次方程,考察方程根的情况.证明:设x为实数,构造方程(ax--即---4(ad-∵ad≠bc,∴∴原不等式成立.这种证明优于一般证明,同时还可以进一步得到如下推广命题:若ai、bi为实数(i=1,2,…,n),2.这就是著名的柯西不等式.二、构造函数法例2 求证|a+b|1+|a+b|≤|a|+|b|1+|a|+|b|(a,b∈R).构造依据:根据题目结构特点可化原不等式为函数f(、当x取|a+b|、|a|+|b|时函数值的大小问题.证明:构造函f(x)=x1+x,f(x)在(0,+∞)为增函数,且有0≤|a+b|≤|a|+|b|,∴f(|a+b|)≤f(|a|+|b|).即|a+b|1+|a+b|≤|a|+|b|1+|a|+|b|.三、构造数列法例3 求证:1+12+13+…+1n-n(n∈N且n>1).构造依据:本题是与自然数n有关的命题,除考虑到数学归纳法证明外,因为数列是以自然数为变量的函数,转化为数列不等式,试图利用数列的单调性来证明.证明:构造数列xn=1+1+12+13+…+1n-n,则-xn=(1+12+13+…+1n+1-n+1)-(1+12+13+…+1n-n)=1n+1+n-n+1=n(n+1)-nn+1>0.∴数列{xn}为单调递增数列.∴xn>x1=0,xn>0,即原不等式成立.四、构造复数法例4 求证构造依据:由题目的结构特点,可联想到复数的模,试图利用复数的模的不等式.证明略.五、构造几何图形法例5 若α、β、γ∈(0,π2)且求证:cotα•cotβ•cotγ≥22.构造依据:考虑到已知条件恰为立体几何中长方体中对角线与面所形成的几何模型.证明:略.以上数例从一个侧面说明,构造法证明不等式,是抽象与直观的交替,它要求要有正确而丰富的再造想象的能力,若能经常地有意识地结合教材和教学活动,加强对学生构造能力的训练,不但能很好地激发学生的学习兴趣,而且对培养和发展他们的创造能力,也是极有裨益的.。
巧用构造法证明不等式
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巧用构造法证明不等式
作者：王宁
来源：《新课程·教育学术》2011年第05期
在解题时，通过对条件和结论的分析，构造辅助元素，它可以是一个图形、一个方程（组）、一个等式、一个函数、一个等价命题等，架起一座连接条件和结论的桥梁，从而使问题得以解决，这种解题的数学方法，我们称为构造法。
运用构造法解题，可以使代数、三角、几何等各种数学知识互相渗透，有利于问题的解决。
一、构造函数法
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构造函数法在不等式证明中运用
构造函数法在不等式证明中运用构造函数法在不等式证明中运用不等式的证明历来是高中数学的难点，也是考察学生数学能力的主要方面。
不等式的证明方法多种多样，根据所给不等式的特征，巧妙的构造适当的函数，然后利用一元二次函数的判别式、函数的奇偶性、单调性、有界性等来证明不等式，统称为函数法。
本文通过一些具体的例子来探讨一下怎样借助构造函数的方法证明不等式。
一、构造函数利用判别式证明不等式①构造函数正用判别式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：成立，并指出等号何时成立。
解析：令⊿＝∵b、c∈R，∴⊿≤0即：，∴恒成立。
当⊿＝0时，，此时，，∴时，不等式取等号。
例2.已知：且，求证：。
解析：消去c得：，此方程恒成立，∴⊿＝，即：。
同理可求得②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：由，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.设且，求证：﹤6。
解析：构造函数：＝由，得⊿≤0，即⊿＝.∴﹤6.例4.设且，求的最小值。
解析：构造函数＝由，得⊿≤0,即⊿＝144-4≤0∴当时，二、构造函数利用函数有界性证明不等式例5.设﹤1，﹤1，﹤1，求证：﹥-1.解析：令为一次函数。
由于﹥0，且﹥0，∴在时恒有﹥0.又∵，∴﹥0，即：﹥0评注：考虑式中所给三个变量的有界性，可以视其为单元函数，转化为。
三、构造函数利用单调性证明不等式例6.设，求证：﹥解析：设，当﹥0时，是增函数，又＝﹥＝，而，∴﹥，∴﹥故有：﹥例7.求证：当﹥0时，﹥。
解析：令，∵﹥0，∴﹥0.又∵在处连续，∴在上是增函数，从而，当﹥0时，﹥＝0，即：﹥成立。
构造函数法证明不等式的八种方法
构造函数法证明不等式的⼋种⽅法导数之构造函数法证明不等式 1、移项法构造函数【例1】已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有x x x ≤+≤+-)1ln(111【解】1111)(+-=-+='x xx x f ∴当01<<-x 时，0)(>'x f ，即)(x f 在)0,1(-∈x 上为增函数当0>x 时，0)(<'x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(-，单调递减区间),0(+∞于是函数()f x 在),1(+∞-上的最⼤值为0)0()(max ==f x f ，因此，当1->x 时，0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤-+x x ∴x x ≤+)1ln( （右⾯得证），现证左⾯，令111)1ln()(-+++=x x x g ， 22)1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时，即)(x g 在)0,1(-∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数，故函数)(x g 在),1(+∞-上的最⼩值为0)0()(min ==g x g ，∴当1->x 时，0)0()(=≥g x g ，即0111)1ln(≥-+++x x ∴111)1ln(+-≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(111,1有时2、作差法构造函数证明【例2】已知函数.ln 21)(2x x x f +=求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下⽅；【解】设)()()(x f x g x F -=，即x x x x F ln 2132)(23--=，则xx x x F 12)(2--='=x x x x )12)(1(2++-当1>x 时，)(x F '=xx x x )12)(1(2++-从⽽)(x F 在),1(∞+上为增函数，∴061)1()(>=>F x F ∴当1>x 时 0)()(>-x f x g ，即)()(x g x f <，故在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下⽅。
妙用构造法证明数列不等式
备考指南证明数列不等式的常用方法有数学归纳法、放缩法、构造法等，但运用数学归纳法论证过程比较繁琐，放缩法的技巧性又较强，而巧妙运用构造法，可使问题得以简化，快速证明结论.运用构造法证明数列不等式，可结合数列的特征，构造辅助数列、函数、不等式，从而将问题转化，以便从新的角度顺利求得问题的答案.一、构造辅助数列有些数列不等式证明题中的数列较为复杂，我们很难快速求得数列的和，此时，可根据数列的特征、规律，构造辅助数列，如等差数列、等比数列、常数列，再运用等差、等比数列的前n 项和公式，即可快速求得数列的和，然后通过求辅助数列的和，来求得数列的和的最值，从而证明不等式成立.例1.证明对于任意一个大于1的正整数n ，都有1n +1+1n +2+⋯+12n ≥712.证明：令a n =1n +1+1n +2+⋯+12n(n ≥2,n ∈N *)，则a n +1-a n =12n +1+12n +2-1n +1=12n +1-12n +2>0所以数列{}a n 是递增数列，因为n 是大于1的正整数，所以a n ≥a 1=712，当且仅当n =2时等号成立，所以1n +1+1n +2+⋯+12n ≥712成立.通过观察可以发现：该数列每一项的分母都比后一项的大1，于是构造辅助数列{}a n ，并令a n =1n +1+1n +2+⋯+12n ，再将数列的前后项作差，判断出数列的单调性，便可根据数列的单调性证明不等式成立.二、构造函数数列是一种特殊的函数，其自变量n ∈N *.在证明数列不等式时，根据数列的特征，构造关于n 的函数式，即可将问题转化为函数最值问题.在求函数的最值时，需先根据函数单调性的定义、导函数与函数单调性之间的关系，判断出函数的单调性，再根据函数的单调性来求得最值.例2.证明13+15+⋯+12n +1<2n +1-1证明:令F ()n =2n +1-1-13-15-⋯-12n +1，则F ()n +1-F ()n =æèç2n +3-1-⋯--æèçöø÷2n +1-1-13-15-⋯-12n +12n +32n +112n +3>0，所以F ()n >F()n -1>F ()n -2>⋯>F ()1>0，故对于∀n ∈N *都有+⋯<2n +1-1.解答本题，需根据不等式中数列的特征，构造函数F ()n =2n +1-1--⋯-，然后根据函数单调性的定义，将F )n +1-F n 与0进行比较，判断出函数的单调性，再根据函数的单调性证明数列不等式.三、构造不等式在证明数列不等式时，可根据不等式的结构特点，构造新不等式，以便利用不等式的性质，如可加性、可乘性、传递性来证明结论.在构造新不等式时，可将原数列不等式进行适当的变形、放缩、化简，从而构造出合适的不等式.例3.求证：1+12+13+⋯+1n <2n (n ∈N *).证明：2()n -n -1=2∙1n +n -1>2n+n =1n ，所以1n<2()n -n -1，令n =1,2,3，…,n ，可得1<2()1-0，<2()2-1， (2))n -n -1，将上述式子相加可得1++⋯+<2n .观察数列不等式的特征，可发现不等式左边的数列的通项公式为1n ，于是构造新不等式1n<2()n -n -1，再令n =1,2,3,…,n ，得到n 个式子，通过累加，便可证明数列不等式.根据数列不等式的特征，构造辅助数列、函数、不等式，便可将问题转化为简单的数列求和问题、函数最值问题、不等式证明问题来求解，这样可以使证明的思路更加清晰、明朗，有利于提升解题的效率.（作者单位：江苏省如东县马塘中学）58Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
构造函数证明不等式的常见思考途径
构造函数证明不等式的常见思考途径对不等式的证明采用构造函数证明常是一种很好的思考途径，下面
列举四种常见的构造函数证明不等式的思路：
1. 极大极小法：极大极小法是一种构建函数证明不等式的有效途径，
主要就是找到函数的极大值或极小值，从而推导出不等式的真值。
2. 矩阵法：矩阵法是一种将函数转化为矩阵形式的构建函数证明方法，一般将矩阵的元素进行操作，从而求得最终的结论，以做出应有的不
等式证明。
3. 破坏法：破坏法是一种构建函数强力途径，它的核心思想是假设存
在某种不等式的假设，然后按照假设充分分析得出该假设不符实际，
从而得出不等式的真值。
4. 直接法：直接法是一种最简单、最常用的构建函数证明不等式方法，它的核心就是不断地变换函数中的变量，并且分析其变化，从而得出
不等式的最终结论。
学法指导—构造函数证明不等式
构造函数证明不等式 一、引例1．证明：)1(0)1ln(->≤-+x x x 证明：设xxx k x x x k +-=-+=1)(,)1ln()(')0()(,)(0)(,0)(),0()(,0)()0,1(''=≤∴=∴∴<+∞∈∴∴>-∈∴k x k x k x x k x k x x k x k x 的极大值点为为单调递减函数时为单调递增函数时即x x x x ≤+∴≤-+)1ln(,0)1ln(思考1：证明：).2,()1(412ln 33ln 22ln 2222≥∈+--<+++n N n n n n nn 思考1证明：由1知,01,)1ln(>+≤+x x x 又设1ln 0,1-≤∴>+=t t t x t 则22*2222222222222222ln 11,2,ln 1,1,ln 11(1),2ln 2ln 3ln 1111...(11...1)2322311111111[(1)(...)][(1)...]22322334(1)1111111[1(...]223341n n n N n n n n n nn n n n n n n n n n n n n n -∈≥≤-∴≤=-∴≤-∴+++≤-+-++-=--+++<--+++⨯⨯+=---+-++-+ 211121[1()]2214(1)n n n n n --=---=++2 当1t >时，证明：11ln 1t t t-<<-。
2证明：令()1ln g t t t =--，1()1g t t'=- 由(1,)t ∈+∞知()0g t '>∴当(1,)t ∈+∞时，()g t 单调递增 ∴()(1)0g t g >= 于是ln 1t t <- 令1()ln 1h t t t =-+，22111()t h t t t t-'=-= 由(1,)t ∈+∞知()0h t '> ∴当(1,)t ∈+∞时，()h t 单调递增 ∴()(1)0h t h >= 于是1ln 1t t >-∴11ln 1t t t-<<-思考2：已知函数2()(1)2(1)x f x x x =≠-，各项不为零的数列{}n a 满足14()1n n S f a =，（1）求证：1111ln n nn a n a ++-<<-； （2）设1n nb a =-，n T 为数列{}n b 的前n 项和，求证：200820071ln 2008T T -<<。
高中数学：构造函数证明不等式
高中数学：构造函数证明不等式不等式与函数是紧密联系的，往往不等式问题有相关函数背景，构造函数并挖掘函数性质可简化一类不等式的证明，本文举例说明。
一、构造函数证明不等式例1 已知是实数，证明：。
分析：由不等式两边的结构都是的形式联想到构造函数。
证明：设函数，易证此函数在是增函数。
因为所以。
二、构造函数证明不等式例2（第21届全苏奥林匹克题）正数和A、B、C满足条件，求证：分析：由所证式子是一次式促使我们尝试构造一次函数。
证明：由已知得：，所以构造一次函数当时，此一次函数单调递增所以。
当时，。
当时，此一次函数单调递减所以所以当时恒为负值，即。
所以。
三、构造二次函数证明不等式例3设，且，求证：。
分析：由已知得：，，启发我们构造二次函数去证明。
证明：由已知得：，所以是方程的两根设因为所以解得：所以所以四、构造函数证明不等式例4 （2001年全国高考试题）已知是正整数且，求证：。
分析：要证：，只需证，即，由此式的结构启发我们构造函数去探寻。
证明：设，则。
设，则，且，在连续，故，即。
所以为上的减函数所以所以所以五、构造函数证明不等式例5求证：分析：用常规方法无法证得，原不等式可化为，构造函数便有下面的证明。
证明：设，则所以在单调递减，且在连续。
所以即所以六、构造函数证明不等式例6（2007年湖北省高考理科21题）对于正整数，已知，求证：。
分析：由已知中的及求证式中的结构使我们联想到式子。
证明：设①因为所以由①式得所以所以。
综合以上几例可知，构造函数证明不等式的适用对象是广泛的，如果一个不等式隐含函数特点，我们就可以尝试构造相应的函数去探索，往往能收到化繁为简的效果。
▍ 来源：综合网络。
构造函数法证明不等式的八种方法.doc
构造函数法证明不等式的八种方法.doc构造函数法是一种证明不等式的有效方法。
构造函数法是通过构造函数来证明不等式的真实性。
构造函数是函数的一种特殊形式，它是根据不等式中的条件和限制而构造出来的函数。
构造函数法的基本思路是，通过构造函数将原不等式转化为更容易证明的形式，进而通过对构造函数的研究来证明原不等式的真实性。
本文将介绍构造函数法证明不等式的八种方法。
一、线性函数法线性函数法是基于线性函数的构造函数法，它是构造函数法中最简单的方法之一。
线性函数法的思路是，构造一个线性函数，使得该函数在不等式限制下达到最大值或最小值。
例如，证明如下不等式：$$\frac{a}{b+1}+\frac{b}{c+1}+\frac{c}{a+1}\geq\frac{3}{2}$$将不等式两边都乘以$2(b+1)(c+1)(a+1)$得：$$2a(c+1)(b+1)+2b(a+1)(c+1)+2c(b+1)(a+1)\geq 3(a+1)(b+1)(c+1)$$此时，可以构造如下的线性函数$f(x,y,z)$:容易发现，$f(x,y,z)$在限制条件$x,y,z\geq 0$，$xy+yz+zx=3$下，达到最大值$\frac{3}{2}$。
因此，原不等式成立。
二、对数函数法对数函数法是基于对数函数的构造函数法，它常用于证明形如$a^x+b^y+c^z\geq k$的不等式，其中$a,b,c,x,y,z,k$均为正实数。
对数函数法的思路是，构造一个对数函数，使得该函数满足$g(x,y,z)\leq\ln(a^x+b^y+c^z)$，进而证明$g(x,y,z)\leq\ln k$，从而得到原不等式的证明。
例如，证明如下不等式：考虑构造如下的对数函数：$$g(x)=\ln\left(\frac{4a^3x+6}{5a^2x+2ax+5}\right)-\frac{3}{4}\ln x$$不难证明，$g(x)$在$x\geq 1$时单调递减且$g(1)=0$，因此$g(x)\leq 0$。
证明不等式的十种构造方法
四川师范大学附属中学（高中部） 黄光鑫（邮编：610066）
摘要：本文主要介绍了证明不等式的十种构造方法。 关键词：不等式证明；构造方法； 不等式的证明是中学数学中的一大难点。证明不等式时，若能仔细观察不等式的结构特 征，精心巧妙地进行构造，常能收到出其不意的效果。本文给大家介绍不等式证明时十种常 用的构造方法，以期抛砖引玉。 一.构造切线 例 1. 已知 ABC 的三内角分别是 A, B, C 。求证： sin A sin B sin C 证明：记 f ( x) sin x, x (0, ) ，则 f ( x) cos x, f ( )
ln(1 m)n ln(1 n)m n ln(1 m) m ln(1 n)
ln(1 m) ln(1 n) m n
x ln(1 x) ln(1 x) 1 x , ( x 2) ,则 f ’ 记： f ( x) ( x) , x x2 x 1, ln(1 x) ln 3 1 ，故 f ’ 当 x 2 时， 0 ( x) 0, f ( x) 在 [2, ) 上为减函数, 1 x ln(1 m) ln(1 n) 2 m n, f (m) f (n) ,即： ，故原不等式成立。 m n 3 例 4. 已知锐角三角形 ABC 的三内角分别是 A, B, C ，求证： cos A cos B cos C 。 2 证明：考察函数 f ( x) cos x, x (0, ) ，根据 Jensen (1859 1925 年)不等式有： 2 A B C f ( A) f ( B) f (C ) f( ) ，即： 3 3 A B C cos A cos B cos C 3 cos , cos A cos B cos C 。 3 3 2
高中数学不等式证明中的构造函数策略
不等式证明中的构造函数策略有些不等式证明问题，如能根据其结构特征，构造相应的函数，从函数的单调性或有界性等角度入手，则可以顺利得到证明。
把握这种构造函数的证题策略，有利于证明一些用常规方法难以证明的命题.一、构造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.分析：把结论的左式看成以x为主元的一次函数，利用一次函数的单调性即可得证.证明：设f(x)=x(1－y)+y(1－z)+z(1－x) =(1－y－z)x+(y+z－yz)（0<x<1）∵0<y<1 ，0<z<1∴f(0)= y + z－yz =1－(1－y)(1－z)<1 f(1)= 1－yz <1∴当x∈(0，1)时，f(x)<1即x(1－y) + y(1－z) + z(1－x) <1评注：⑴f(x) = (1－y－z)x + (y+z－yz)在x∈(0，1)上的图象是线段（不含端点），故f(x)<1⇔f(0)<1且f(1)<0.⑵本题也可就1－y－z在（－1，1）内的不同情况分类说明.二、构造二次函数证明不等式例2.若0<a<b1，求证：b－b2 <11+a.分析：结论即b2－b+11+a>0，可将左式看成是以b为主元的二次函数（其中0<b<a1），再予以证明.证明：令b=x，由0<a<b1，得x=b∈(0，a1).构造二次函数f(x)=x2－x+11+a， x∈(0，a1).其对称轴为x=21⑴当a1≤21，即a≥2时，f(x)在(0，a1)上单调递减.于是f(x)>f(a1)=)1(1111122+=++-aaaaa>0⑵当a1>21，即0<a<2时，有f(x) > f(21) =11+a－41>0综上，当x∈(0，a1)时，f(x) = x2－x + 11+a>0恒成立,即不等式b－b2<11+a成立.评注：1、本题旨在构造二次函数，并对定轴x=21与动区间（0，a1）间的不同位置情况分类讨论。
一类根式和下界不等式的构造性证明
一类根式和下界不等式的构造性证明
罗建中
【期刊名称】《数学教学通讯：中教版》
【年(卷),期】2005(000)02S
【摘要】在文[1]中，给出了应用已知不等式证明根式和下界不等式的几种证法，本文作者对此也进行了一些探索，得到了解决此类问题的一种构造性证明方法，此种构造方法有明显的规律性，只用到简单不等式知识，下面我们通过几例来加以说明．
【总页数】2页(P43-44)
【作者】罗建中
【作者单位】广东省南海石门中学，528248
【正文语种】中文
【中图分类】G633
【相关文献】
1.一类根式和下界不等式的统一结果与再一证法 [J], 魏人弟
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3.一类根式和下界不等式的又一种证法 [J], 卢剑春
4.用“零件不等式”证明一类根式不等式 [J], 蔡苏兰;戴志祥
5.用赫尔德不等式和柯西不等式证明一类根式不等式 [J], 刘保乾
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人教版数学高二备课资料用构造方法证明不等式
用构造方法证明不等式证明不等式是中学数学的难点，遇到证明不等式的一些题目同学们感到无从下手，对于这些不等式，如果从正面上表去直接求常常感到困难，甚至一筹莫展，不妨转换角度，从不等式的结构出发，巧妙构造与之相关的数学模型，使问题得到转化，可以得到简捷清晰的解法，让人有耳目一新的感觉。
下面介绍几种利用构造法证明不等式的方法，希望对同学们的学习有所启示。
一：构造函数例1：求证： 22222430x xy y x y -++-+> 证明：设()()()22222224322243f x x xy y x y f x x y x y y =-+--+∴=--+-+因为二次项系数为正，而()()()()22224142434224[11]0y y y y y y =---+=--+=--+<所以()0f x >恒成立。
即22222430x xy y x y -+--+>恒成立。
因此原不等式成立。
点评：证明不等式时，据题目的特点，构造函数模型是经常用的方法，有二次时可以造二次函数的模型，利用判别式解答。
二：构造数列例2：已知*1,2,a n n N >≥∈11a n-<证明：由1a >1>10>n >n > 构造1为公比的数列{}n a，则111,nn n na s --=>=问题转化为证明n s n >即12n a a a n +++>由于1n a >，所以原不等式成立。
点评：遇到自然数n 有关的命题可以考虑构造数列的方法，构造的数列一般为等差数列或等比数列，通过等差与等比数列求解。
三：构造向量 已知：01x <<求证：()2221a b a b x x+≥+-证明：设(,,1m n x x ==-则22,1,1a b m n m n a b x x=+=⋅=+- 由向量数量积的性质，有m n m n ⋅≥⋅即0a b +>∴()2221a b a b x x +≥+-当且仅当m n ，即1a bx x=-时，取等号，等号成立。