函数法证明不等式(精选多的篇).docx

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》2014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.hAOWord.cOM) -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＜abc + 2 四、构造二次函数 ⒈利用判别式法证明不等式 【例4】已知a，b，c∈r，(a + c)(a + b + c)＜0，求证：(b - c)2＞4a(a + b + c)。

证明：构造函数f(x)=ax2 + (-b + c)x + (a + b + c)(a≠0) 则f(0)=a + b + 。