构造函数解不等式小题

构造函数解不等式小题（共7篇）

1.构造函数解不等式小题 篇一

函数解答题-构造函数证明不等式 例1（2013年高考北京卷（理））设L为曲线C:ylnx在点(1,0)处的切线.x

(I)求L的方程;

(II)证明:除切点(1,0)之外,曲线C在直线L的下方.【答案】解:(I)设f(x)lnx1lnx,则f(x).所以f(1)1.所以L的方程为2xx

yx1.(II)令g(x)x1f(x),则除切点之外,曲线C在直线l的下方等价于

x21lnxg(x)0(x0,x1).g(x)满足g(1)0,且g(x)1f(x).x2

2当0x1时,x10,lnx0,所以g(x)0,故g(x)单调递减;

当x1时,x10,lnx0,所以g(x)0,故g(x)单调递增.所以,g(x)g(1)0(x0,x1).所以除切点之外,曲线C在直线L的下方.又解:g(x)0即x12lnx0变形为x2xlnx0,记h(x)x2xlnx,则x

12x2x1(2x1)(x1)h(x)2x1,xxx

所以当0x1时,h(x)0,h(x)在(0,1)上单调递减;当x1时,h(x)0,h(x)在(1,+∞)上单调递增.所以h(x)h(1)0.)

例2（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD版））已知函数fx1xe2xx3,gxax12xcosx.当x0,1时，2

1;1x(I)求证:1-xfx

(II)若fxgx恒成立,求实数a取值范围.【答案】解：(1)证明：要证x∈[0，1]时，(1＋x)e－2x≥1－x，只需证明(1＋x)ex≥(1－x)ex.－

记h(x)＝(1＋x)ex－(1－x)ex，则h′(x)＝x(ex－ex)，当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，因此h(x)在[0，1]上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0.所以f(x)≥1－x，x∈[0，1]．

－

－

要证x∈[0，1]时，(1＋x)e

－2x

1≤ex≥x＋1.1＋x

记K(x)＝ex－x－1，则K′(x)＝ex－1，当x∈(0，1)时，K′(x)＞0，因此K(x)在[0，1]上是增函数，故K(x)≥K(0)＝0.所以f(x)≤，x∈[0，1]．

1＋x1

综上，1－x≤f(x)≤，x∈[0，1]．

1＋x(2)(方法一)

x

ax＋1＋2xcos x f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2

－2x

x3

≥1－x－ax－1－2xcos x

2x

a＋1＋＋2cos x.＝－x2

x2

设G(x)＝2cos x，则G′(x)＝x－2sin x.记H(x)＝x－2sin x，则H′(x)＝1－2cos x，当x∈(0，1)时，H′(x)＜0，于是G′(x)在[0，1]上是减函数，从而当x∈(0，1)时，G′(x)＜G′(0)＝0，故G(x)在[0，1]上是减函数．于是G(x)≤G(0)＝2.从而

a＋1＋G(x)≤a＋3，所以，当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．

下面证明，当a＞－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．

1x3

f(x)－g(x)≤1－ax－2xcos x

21＋x－xx3

＝ax－－2xcos x

21＋x

1x

＝－x1＋xa2＋2cos x.

－11x21记I(x)＝＋a＋2cos x＝＋a＋G(x)，则I′(x)＝＋G′(x)．当x∈(0，21＋x1＋x（1＋x）1)时，I′(x)＜0.故I(x)在[0，1]上是减函数，于是I(x)在[0，1]上的值域为[a＋1＋2cos 1，a＋

3]．

因为当a＞－3时，a＋3＞0，所以存在x0∈(0，1)，使得I(x0)＞0，此时f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．

综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．(方法二)

先证当x∈[0，1]时，1－x2≤cos x≤1－2.241

记F(x)＝cos x－1＋x2，则F′(x)＝－sin x＋x.22

记G(x)＝－sin x＋x，则G′(x)＝－cos x＋1，当x∈(0，1)时，G′(x)＞0，于是G(x)在[0，1]上是增函数，因此当x∈(0，1)时，G(x)＞G(0)＝0，从而F(x)在[0，1]上是增函数，因此F(x)≥F(0)＝0.所以

当x∈[0，1]时，12≤cos x.同理可证，当x∈[0，1]时，cos x≤1－2.411

综上，当x∈[0，1]时，1－x2≤cos x≤1－x2.24因为当x∈[0，1]时．

x

ax＋1＋2xcos x f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2

－2x

1x3

1－2 ≥(1－x)－ax－1－2x42

＝－(a＋3)x.所以当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．

下面证明，当a＞－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．因为 x

ax＋1＋2xcos x f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2

－2x

11x3

1－x2 ≤1－ax－2x221＋xx2x3

＝(a＋3)x 1＋x2

x－a＋3），≤x23

a＋31所以存在x0∈(0，1)例如x0取中的较小值满足f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，321]上不恒成立．

综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．

例3（2012高考辽宁文21）(本小题满分12分)

设f(x)＝lnx＋x－1，证明： 3

(1)当x>1时，f(x)<2(x－1)； 9x－1

(2)当1

【答案】解：(1)(证法一)

记g(x)＝lnx＋x－1－2(x－1)．则当x>1时，113

g′(x)＝x2，g(x)在(1，＋∞)上单调递减．

2x又g(1)＝0，有g(x)<0，即

f(x)<2x－1)．(证法二)

由均值不等式，当x>1时，x

令k(x)＝lnx－x＋1，则k(1)＝0，k′(x)＝x1<0，故k(x)<0，即 lnx

由①②得，当x>1时，f(x)<2(x－1)．(2)(证法一)记h(x)＝f(x)－

9x－1，由(1)得 x＋5

1154

h′(x)＝x2xx＋52＋xx＋55454＝2xx＋54xx＋5x＋53－216x

＝4xx＋5令g(x)＝(x＋5)3－216x，则当1

9x－1

x＋5(证法二)

记h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，则当1

－9 2x－1)＋(x＋5)x2x1

＝2xx(x－1)＋(x＋5)(2＋x)－18x]

x11

2x3xx－1＋x＋52＋22－18x 1

＝4xx2－32x＋25)<0.因此h(x)在(1,3)内单调递减，又h(1)＝0，所以h(x)<0，即f(x)<

9x－1

.x＋5

例4（2012高考浙江文21）（本题满分15分）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.【答案】

【解析】（1）由题意得f(x)12x22a，当a0时，f(x)0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为,.当a

0时，f(x)12(x

此时函数f(x)的单调递增区间为x，.(2)由于0x1，当a2时，f(x)a24x32ax24x34x2.333

当a2时，f(x)a24x2a(1x)24x4(1x)24x4x2.设g(x)2x2x1,0x

1，则g(x)6x26(x则有

x.33

所以g(x)ming10.3

当0x1时，2x2x10.故f(x)a24x34x20.例5（2012高考山东文22）(本小题满分13分)

已知函数f(x)

lnxk

(k为常数，e=2.71828…是自然对数的底数)，曲线yf(x)在点ex

(1,f(1))处的切线与x轴平行.(Ⅰ)求k的值；

(Ⅱ)求f(x)的单调区间；

(Ⅲ)设g(x)xf(x)，其中f(x)为f(x)的导函数.证明：对任意x0,g(x)1e2.1

lnxk【答案】(I)f(x)，ex

由已知，f(1)

1k

0，∴k1.e

lnx1(II)由(I)知，f(x).ex

设k(x)

lnx1，则k(x)20，即k(x)在(0,)上是减函数，xxx

由k(1)0知，当0x1时k(x)0，从而f(x)0，当x1时k(x)0，从而f(x)0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1,).(III)由(II)可知，当x1时，g(x)xf(x)≤0＜1+e2，故只需证明g(x)1e2在0x1时成立.当0x1时，ex＞1，且g(x)0，∴g(x)

1xlnxx

1xlnxx.x

e

设F(x)1xlnxx，x(0,1)，则F(x)(lnx2)，当x(0,e2)时，F(x)0，当x(e2,1)时，F(x)0，所以当xe2时，F(x)取得最大值F(e2)1e2.所以g(x)F(x)1e2.综上，对任意x0，g(x)1e2.

2.构造函数解不等式小题 篇二

1. 一元一次不等式形式, 构建一元函数, 作差证明的策略

例1 试证明: 当x > -1 时, 恒有:x/（x + 1）≤ln ( x +1) ≤x.

分析这是一类较为容易掌握的试题类型, 从算法和算理上讲, 只需通过移项作差, 构建函数, 并利用好导数来研究函数的单调性和极值 ( 包括最值) 即可.

证明构造函数f ( x) = ln ( x + 1) - x, 则

当x∈ (-1, 0) 时, f' (x) >0;当x∈ (0, +∞) 时, f' (x) <0.所以, 当x>-1时, f (x) ≤f (0) =0, 即ln (x+1) -x≤0故ln (x+1) ≤x.令g (x) =ln (x+1) -x /（x+1）, 则g' (x) =x/ (x+1) 2.

当x∈ (-1, 0) 时, g' (x) <0.当x∈ (0, +∞) 时, g' (x) >0.因此, 当x>-1时, g (x) ≥g (0) =0, 即ln (x+1) -x /（x+1）≥0, 故x /（x+1）≤ln (x+1) .综上可得, 当x>-1时, 恒有x /（x+1）≤ln (x+1) ≤x.

2. 二元条件不等式形式, 定主元, 转化为一元函数定义域上最值的策略

例2已知m, n为正数, 且m+n=1, 求证:

分析与证明直接作差证明显得无从下手, 注意到中间式子的特征, 且m+n=1, 可令x=m, 则n=1-x, 这里0<x<1, 构造函数求导数得

即讨论f' (x) 符号的变化, 等价转化为

容易得出x=1/2时, g (x) =0, 因而f' (x) =0, 当且当0<x<1/2时, g (x) >0, f' (x) >0所以f (x) 单调递增;当1/2<x<1时, g (x) <0, f' (x) <0故f (x) 单调递减, 所以函数f (x) 在x=1/2处取得最大值f (x) 在x=0或x=1处取得最小值f (0) =f (1) =3/2.

本题是一个二元条件形式的不等式, 因此在解决这类问题时, 往往是分离出一个未知元出来, 并视其为主元, 同时将其中一个圆利用条件的约束关系将注元表示, 再运用不等式的结构特征构造适合的一元函数, 问题就转化成了定义域上的最值问题, 并利用导数工具进行解决.

3. 二元不等式形式, 定主元略从元, 以主元为变量从元为变量的策略

例3 已知函数g ( x) = xlnx, 设0 < a < b, 证明:

分析本题不同于上题的一个特征是在条件上, 因此除了定主元外, 还需略从元, 即以主元为变量, 从元为常量, 问题转化为利用导数来研究函数的单调性和所给区间上的最值问题.

则当0 < x < a时, F' ( x) < 0 故F ( x) 在 ( 0, a) 内为减函数;

当x > a时, F' ( x) > 0, 故F ( x) 在 ( a, + ∞ ) 内为增函数, 从而, 当x = a时, F ( x) 有极小值F ( a) = 0, 因为b > a >0, 所以F ( b) > F ( a) = 0, 即

再证明右边, 设

则G' (x) =lnx-ln（a+x/2）-ln2=lnx-ln (a+x) , 则当x>0时, G' (x) <0, 因此G (x) 在 (0, +∞) 内为减函数, 又0<a<b, 所以G (b) <G (a) =0, 即

综合上述可得

评注利用函数单调性证明不等式, 关键在于构造相应的函数, 然后在相应的区间上用导数的相关知识判定其单调性, 最后利用单调性得到所证明的不等式.

4. 二元不等式形式, 抓式子的结构特征, 合理变形, 构造函数的策略

例4 已知a, b为实数, 且e < a < b, 其中e是自然对数的底, 证明: ab> ba

分析由于所证不等式有一定的“对称性”如果直接作差, 或者直接作商的话, 将无法进行下一步的变形运算, 证明陷入困境, 注意到ab、ba均为正数, 如果在ab> ba的两边“施以”某种恰当的运算, 将要证明的不等式等价转化为另一个不等式, 问题将会得到解证. 考虑到题目出现e是自然对数的底. 即y = lnx是一个增函数, 于是所证: ab> ba

评注上例还可以衍生出类似的题目, 例如设i, m, n是正整数, 且1<i≤m<n.

3.构造向量巧解有关不等式问题 篇三

（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。

下面例析以上推论在解不等式问题中的应用。

一、证明不等式

例1.已知a、b∈R+，a+b=1，求证 + ≤2 .

证明：设m=（1，1），n=（ ， ），则m·n= +

m= ，n= =2，由性质m·n≤m·n，得 + ≤2

例2.已知x+y+z=1，求证x2+y2+z2≥

证明：设m=（1，1，1），n=（x，y，z），

则m·n=x+y+z=1

m= ，n=

由性质m·n2≤m2n2，得x2+y2+z2≥

例3.已知a，b为正数，求证：（a4+b4）（a2+b2）≥（a3+b3）2

证明：设m=（a，b），n=（a2，b2），

则m·n=a3+b3

m= ，n=

由性质m·n2≤m2n2，得（a4+b4）（a2+b2）≥（a3+b3）2

例4.设a，b，c，d∈R，求证：ad+bc≤ ·

证明：设m=（a，b），n=（c，d），则m·n=ad+ac，m= ，n= ，由性质a·b≤a·b，得ad+bc≤ ·

二、比较大小

例5.已知m，n，a，b，c，d∈R+，且p= + ，q= · 那么p、q的大小关系为（ ）

A.p≤q B.p≥q C.p

解：设h=（ ， ），k=（ ， ）

则h·k= +

h= ，k=

由性质h·k≤h·k得 + ≤ · 即p≤q，故选A.

三、求最值

例6.已知m，n，x，y∈R，且m2+n2=a，x2+y2=b，那么mx+ny的最大值为（ ）

A. B. C. D.

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= ，q= 从而有mx+ny≤ ·

当p与q同向时，mx+ny取最大值 · = ，故选A.

四、求参数的取值范围

例7.设x，y为正数，不等式 + ≤a 恒成立，求a的取值范围.

解：设m=（ ， ），n=（1，1），则m·n= + ，m= ，n=

由性质m·n≤m·n，得 + ≤ ·

又不等式 + ≤a 恒成立，故有a≥

4.构造函数解不等式小题 篇四

1、移项法构造函数

1ln(x1)x x11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)x1【例1】 已知函数f(x)ln(x1)x，求证：当x1时，恒有1 从其导数入手即可证明。

2、作差法构造函数证明 【例2】已知函数f(x) 图象的下方；

分析：函数f(x)的图象在函数g(x)的图象的下方不等式f(x)g(x)问题，即只需证明在区间(1,)上，恒有122xlnx.求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)x3的 23122xlnxx3，23122xlnxx3成立，设F(x)g(x)f(x)，x(1,)，考虑到23F(1)10 6要证不等式转化变为：当x1时，F(x)F(1)，这只要证明： g(x)在区间(1,)是增函数即可。

3、换元法构造函数证明

1111)23 都成立.nnn1 分析：本题是山东卷的第（II）问，从所证结构出发，只需令x，则问题转化为：当x0时，恒

n【例3】（2007年，山东卷）证明：对任意的正整数n，不等式ln(有ln(x1)xx成立，现构造函数h(x)xxln(x1)，求导即可达到证明。

2332

4、从条件特征入手构造函数证明

【例4】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

1x)x,g(x)xlnx 例．（全国）已知函数f(x)ln((1)求函数f(x)的最大值；

(2)设0ab,证明 ：0g(a)g(b)2g（6、构造二阶导数函数证明导数的单调性 例．已知函数f(x)aexab)(ba)ln2.212x 2(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

7.对数法构造函数（选用于幂指数函数不等式）例：证明当x0时,(1x)11xe1x2 8.构造形似函数

例：证明当bae,证明abba

例：已知m、n都是正整数，且1mn,证明：(1m)n(1n)m

【思维挑战】

1、设a0,f(x)x1ln2x2alnx 求证：当x1时，恒有xlnx2alnx1

2、已知定义在正实数集上的函数

f(x)52122x2ax,g(x)3a2lnxb,其中a>0，且ba3alna，22求证：f(x)g(x)

3、已知函数f(x)ln(1x)

xb，求证：对任意的正数a、b，恒有lnalnb1.1xa4、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 < b，则必有（）

（A）af(b)≤bf(a)（C）af(a)≤f(b)

5.利用“构造函数”方法证明不等式 篇五

一、构造分式函数证

二、构造指数函数证

三、构造一次函数证

例4设x, y, z∈ ( 0, 1) . 求证: x ( 1 - y) + y ( 1 - z) + z ( 1 x) < 1.

解析: 多字母问题, 可选定一字母为变量, 其余为常数, 变成函数问题.

证明: 设f ( x) = ( 1 - y) x + y ( 1 - z) + z ( 1 - x) -1是x的一次函数且0 < x <1.

因为f ( 0) = y ( 1 - z) + z -1 = ( 1 - z) ( y -1) <0.

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

而x∈ ( 0, 1) , 由一次函数的性质得f ( x) <0.

即 x ( 1 - y) + y ( 1 - z) + z ( 1 - x) -1 <0.

故x ( 1 - y) + y ( 1 - z) + z ( 1 - x) <1得证.

四、构造二次函数

这几种函数都是高中知识里熟悉与重点的函数, 学生易掌握, 它给我们不等式证明开启了另外一扇窗.

6.构造函数解不等式小题 篇六

[关键词]构造函数法 不等式证明 高中数学

[中图分类号] G633.6 [文献标识码] A [文章编号] 16746058（2015）230033

不等式的证明问题是中学数学教学的一个难点，传统的证明不等式的方法技巧性较强，多数学生不易想到，并且各类不等式的证明没有通性通法.新教材引入导数相关的内容，为我们处理不等式的证明问题提供了一条新的途径.在近年高考题中，使用导数证明不等式也时有出现，但现行教材对这一问题没有展开研究，使得学生对这一简便方法并不了解.利用导数证明不等式思路清晰、方法简捷、操作性强，易被学生掌握.下面笔者介绍作差构造函数法、换元构造函数法、从条件特征入手构造函数法的基本思路，并通过一些实例进行分析与总结.

一、作差构造函数法

作差法是比较法中常用的方法，其原理来自不等式的基本性质：如果a>b，则a-b>0；如果a=b，则a-b=0；如果a【例1】 求证不等式

x-x22

【例3】 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）.

证明：由已知得xf′（x）+f（x）>0，

∴构造函数F（x）=xf（x），

则F′（x）=xf′（x）

+f（x）>0，从而F（x）在R上为增函数.

∵a>b，

∴F（a）>F（b），即af（a）>bf（b）.

由条件移项后得xf′（x）+f（x）>0，容易想到这是一个积的导数，从而可以构造函数F（x）=xf（x），求导即可完成证明.若题目中的条件改为xf′（x）>f（x），则移项后得xf′（x）-f（x）>0，要想到这是一个商的导数，学生在平时解题时应多注意总结.

作为高中教学的重点和难点，不等式证明问题难度高，技巧性强，其相关内容一直得到了高中数学教学和研究人员的很多关注.新教材体系新增了导数部分的内容，为证明不等式增加了新的思路，开辟了一条新路径.将导数相关的内容运用到不等式的证明中，可以使证明过程简单明了，思路清晰，方法易于操作，是值得展开充分研究的一项内容.

[ 参 考 文 献 ]

[1]陈唐明.构造函数证明不等式方法探析——对《用构造函数来证明不等式》一文的研究性学习[J].中学数学研究，2009（11）：30-32.

[2]朱护国.构造函数法证明不等式[J].试题与研究：新课程论坛，2014（7）.

[3]王云.浅谈运用构造函数法证明不等式[J].语数外学习：数学教育，2012（7）：57-57.

[4]苗建成.用构造函数法证明不等式[J].中学生数学，2009（13）.

[5]曾思江.分而治之 各个击破——不等式证明的局部处理法[J].数学教学，1991（5）.

[6]左振钊，张艳红，袁博.相关系数的性质的几种证明方法[J].河北北方学院学报（自然科学版），2005（5）.

[7]王建平，张香伟，李艳华.构造辅助函数法在高等数学中的应用[J].河南教育学院学报（自然科学版），2004（1）.

[8]周顺钿.模式·放缩·探索——IB模块《不等式选讲》的教学策略[J].教学月刊（中学版），2010（5）.

7.构造函数,妙解一些代数问题 篇七

一、利用函数的对应原理解题

函数概念有三要素:定义域、值域和对应法则, 其中最本质的是对应关系, 利用对应来计数或论证, 也是函数观点的运用。

例1:有5个药箱, 每2个药箱里有一种相同的药, 每种药恰好在2个药箱里出现, 问一共有多少种药?

解:将药箱对应为5个点, 当药箱间有一种相同的药时就将对应点作一条连线段。

因为每2个药箱都有一种相同的药, 所以每两点都要作连线;又因为每种药恰好在2个药箱里出现, 所以每两点恰好有一条连线。这就得到一个图, 图中连线的条数就是药的种数, 故得共有10种药。

二、构造分式函数, 利用分式函数的单调性证明不等式

例2:证明不等式: (人教版教材P23T4)

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。

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

∵|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

四、构造二次函数

1、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) 24a (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+c, f (1) =2 (a+c)

由 (a+c) (a+b+c) <0知:f (0) ·f (1) <0

∴f (x) =0有两个不等的实数根。

∴△>0, 即 (b-c) 2>4a (a+b+c) , 当a=0时, 显然成立。

∴ (b-c) 2>4a (a+b+c)

例5:已知a, b, c∈R, 证明:a2+ac+c2+3b (a+b+c) ≥0, 并指出等号何时成立?

证明:令f (a) =a2+ (c+3b) a+c2+3b2+3bc则f (a) =0时有

△= (c+3b) 2-4 (c2+3b2+3bc) =-3 (b+c) 2≤0恒成立

∵二次项系数1>0

∴f (a) ≥0, 即a2+ac+c2+3b (a+b+c) ≥0

又当△=0, 即b+c=0时f (a) = (a+b) 2=0

∴当且仅当a=-b=c时才能取等号。

2、利用一元二次方程根的分布证明不等式。

例6:设a+b+c=1, a2+b2+c2=1, 且a>b>c, 求证:-1/3

证明:∵a+b+c=1

∴a+b=1-c有a2+b2+2ab=1-2c+c2

∵a2+b2+c2=1

∴ab=c2-c

∴a, b是方程x2- (1-c) x+c2-c=0的两个实数根

∵a>b>c, 故方程有大于c的两个不等的实数根

构造函数f (x) =x2- (1-c) x+c2-c, 则有:

∴-1/3

构造函数法证明不等式, 关键在于找到能够反映所要证不等式特征的合适的函数, 从而就可以利用该函数的性质去证明不等式。

3、利用二次函数的性质。

例7:求证恒等式 (b-c) (d-b) (d-c) + (c-a) (d-c) (d-a) + (a-b) (d-a) (d-b) =- (b-c) (c-a) (a-b) °。

证明:当a、b、c中至少有两个相等时, 原式可直接验证为恒等, 当a、b、c互不相等时, 将d看成变数, 则原式左边为d的不超过二次的多项式。

f (d) = (b-c) (d-b) (d-c) + (c-a) (d-c) (d-a) + (a-b) (d-a) (db) 有f (a) =f (b) =f (c) =- (b-c) (c-a) (a-b)

所以f (d) 为常数, 得f (d) =- (b-c) (c-a) (a-b)

五、其他函数及其性质的应用

例8:解不等式:

解:原不等式化为

令f (x) =x3+5x, 则不等式化为

∵f (x) 在R上单调递增, ∴原不等式等价于

解得-12

例9.已知x, 2y∈[-π/4, π/4], a∈R, 且x3+sinx-2a=0 (1) ;4y3+sinycosy+a=0 (2) , 求cos (x+2y) 的2值。

解:x3+sinx=2a, (2y) 3+sin2y=-2a

设函数f (x) =v3+sinv, 由 (1) 得f (x) =2a, f (2y) =-2a, 因f (v) 在区间[-π/2, π/2]上是单调奇函数, 所以f (x) =-f (2y) =f (-2y) 。

∴x=-2y, ∴x+2y=0

例10.解不等式

解:令x=tana (-π/2

即2sina2-sina-1<0