阐释不等式构造函数法在不等式证明中运用

论文导读：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.a，b，c，d∈R+且a+b+c+d=1，求1a+4b+9c的最小值。解析：构造函数f（x）=（1ax-a）2+（2bx-b）2+（3cx-c）2=（1a+4b+9c）x2-12x+1，（∵a+b+c+d=1）由f（x）0（当且仅当a=16，b=13，c=12时取等号），得⊿≤0，即⊿=144-4（1a+4b+9c）≤0∴当时a=
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

(一)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。
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。
已知：a、b、c∈R，且a+b+c=2，a2+b2+c2=2求证： a、b、c∈[0，43]。
解析： a+b+c=2a2+b2+c2=2消去c得：a2+（b-2）a+b2-2b+1=0，此方程恒成立，
∴⊿=（b-2）2-4（b2-2b+1）=-3b2+4b0，即：0b43。
同理可求得a、c∈[0，43]

(二)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+K+（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.a，b，c，d∈R+且a+b+c+d=1，求1a+4b+9c的最小值。

解析：构造函数f（x）=（1ax-a）2+（2bx-b）2+（3cx-c）2
=（1a+4b+9c）x2-12x+1，（∵a+b+c+d=1）
由f（x）0（当且仅当a=16，b=13，c=12时取等号），
得⊿≤0，即⊿=144-4（1a+4b+9c）≤0
∴当时a=16，b=13，c=12时，（1a+4b+9c）min=36

二、构造函数利用函数有界性证明不等式

例

5.设|a|﹤1，|b|﹤1，|c|﹤1，求证：ab+bc+ac﹥-1.

解析：令f（x）=（b+c）x+bc+1为一次函数。
由于f（1）=（1+b）（1+c）﹥0，且f（x）=（1-b）（1-c）﹥0，
∴f（x）在x∈（-1，1）时恒有f（x）﹥0.
又∵a∈（-1，1），∴f（a）﹥0，即：ab+bc+ac+1﹥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f（a）﹥-1。

三、构造函数利用单调性证明不等式

例

6.设a，b∈R+，求证：a1+a+b1+b﹥a+b1+a+b

解析：设f（x）=x1+x=1-11+x，当x﹥0时，f（x）是增函数，
又a1+a+b1+b=a+b+2ab（1+a）（1+b）﹥a+b+ab（1+a）（1+b）=a+b+ab1+a+b+ab=f（a+b+ab），
而a，b∈R+，∴a+b+ab﹥a+b，∴f（a+b+ab）﹥f（a+b）
故有：a1+a+b1+b﹥a+b1+a+b
例

7.求证：当x﹥0时， x﹥ln（1+x论文导读：

）。
解析：令f（x）=x-ln（x+1），∵x﹥0，∴f'（x）=1- 1x+1=xx+1﹥0.
又∵f（x）在x=0处连续，∴f（x）在[0，∞]上是增函数，
从而，当x﹥0时，f（x）=x-ln（x+1）﹥f（0）=0，
即：x﹥ln（x+1）成立。
评注：利用函数单调性证明不等式和比较大小是常见的方法，特别是在引入导数后，单调性的应用将更加普遍。

四、构造函数利用奇偶性证明不等式例8.求证：x1-2x﹤x2（x≠0）。

解析：设f（x）=x1-2x-x2（x≠0），f（-x）=-x1-2-x+x2=-x·2x2x-1+x2=x1-2x[1-（1-2x）]+x2=x1-2x-x源于：论文格式标准www.7ctime.com
+x2=f（x）.
所以f（x）是偶函数，其图象关于y轴对称。
当x﹥0时，1-2x﹤0，故f（x）﹤0；当x﹤0时，依图象关y于轴对称知f（x）﹤0。
故当x≠0时，恒有f（x）﹤0，即x1-2x﹤x2（x≠0）
评注：这里实质上是根据函数奇偶性来证明的，如何构造恰当的函数充分利用其性质是关健。
由上述几种情况可以看出，能否顺利地构造函数利用其函数性质和使用数学思想来证明不等式，最重要的是要有扎实的基本功和多种思维品质，敢于打破常规，创造性地思维，才能独辟蹊径，使问题获得妙解。