證明函數(shù)收斂則有界(五篇)

每個(gè)人都曾試圖在平淡的學(xué)習(xí)、工作和生活中寫一篇文章。寫作是培養(yǎng)人的觀察、聯(lián)想、想象、思維和記憶的重要手段。相信許多人會(huì)覺得范文很難寫？以下是小編為大家收集的優(yōu)秀范文，歡迎大家分享閱讀。

證明函數(shù)收斂則有界篇一

例1.設(shè)：a、b、c∈r，證明：a2?ac?c2?3b(a?b?c)?0成立，并指出等號(hào)

何時(shí)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。

當(dāng)⊿＝0時(shí)，b?c?0，此時(shí)，f(a)?a2?ac?c2?3ab?(a?c)2?0，∴a??b?c時(shí)，不等式取等號(hào)。

?4?例2.已知：a,b,c?r且a?b?c?2,a2?b2?c2?2，求證： 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 構(gòu)造函數(shù)逆用判別式證明不等式

對(duì)某些不等式證明，若能根據(jù)其條件和結(jié)論，結(jié)合判別式的結(jié)構(gòu)特征，通過構(gòu)造二項(xiàng)平方和函數(shù)：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處理較繁瑣的問題，獲得簡(jiǎn)捷明快的證明。

例3.設(shè)a,b,c,d?r?且a?b?c?d?1，求證：a?1?4b?1?4c?1?4d?1﹤6。

解析：構(gòu)造函數(shù)：

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.設(shè)a,b,c,d?r?且a?b?c?1，求

解析：構(gòu)造函數(shù)f(x)?（＝(1ax?a)2?(149??的最小值。abc2x?b)2?(3cx?)2 1492??)x?12x?1,(?a?b?c?1)abc

111由f(x)?0（當(dāng)且僅當(dāng)a?,b?,c?時(shí)取等號(hào)），632

149得⊿≤0,即⊿＝144-4（??）≤0 abc

111149∴當(dāng)a?,b?,c?時(shí)，(??)min?36 632abc

構(gòu)造函數(shù)證明不等式

1、利用函數(shù)的單調(diào)性

+例

5、巳知a、b、c∈r，且a

求證： a?ma> b?mb

[分析]本題可以用比較法、分析法等多種方法證明。若采用函數(shù)思想，構(gòu)造出與所證不

等式密切相關(guān)的函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性來比較函數(shù)值而證之，思路則更為清新。

a?x+，其中x∈r，0

b?x?b?ab?af（x）==1-b?xb?x證明：令 f（x）=

∵b-a>0

b?a+ 在r上為減函數(shù) b?x

b?a+從而f（x）= 在r上為增函數(shù) b?x∴y=

∵m>0∴f（m）> f（0）∴a?ma> b?mb

例

6、求證：a?b

1?a?b≤a?b

1?a?b（a、b∈r）

[分析]本題若直接運(yùn)用比較法或放縮法，很難尋其線索。若考慮構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性證明，問題將迎刃而解。

[證明]令 f（x）=x，可證得f（x）在[0，∞)上是增函數(shù)（證略）1?x

而0

得f（∣a+b∣）≤ f（∣a∣+∣b∣）

即： a?b

1?a?b≤a?b

1?a?b

[說明]要證明函數(shù)f(x)是增函數(shù)還是減函數(shù)，若用定義來證明，則證明過程是用比較

法證明f(x1)與f(x2)的大小關(guān)系；反過來，證明不等式又可以利用函數(shù)的單調(diào)性。

2、利用函數(shù)的值域

例

7、若x為任意實(shí)數(shù)，求證：—1x1≤≤ 221?x

2[分析]本題可以直接使用分析法或比較法證明，但過程較繁。聯(lián)想到函數(shù)的值域，于是

構(gòu)造函數(shù)f（x）= x11，從而只需證明f(x)的值域?yàn)閇—，]即可。1?x222

x2證明：設(shè) y=，則yx-x+y=0 21?x

∵x為任意實(shí)數(shù)

22∴上式中δ≥0，即（-1）-4y≥0

411得：—≤y≤ 22

1x1∴—≤≤ 21?x22∴y≤2[說明]應(yīng)用判別式說明不等式，應(yīng)特別注意函數(shù)的定義域。

另證：類比萬能公式中的正弦公式構(gòu)造三角函數(shù)更簡(jiǎn)單。

例

8、求證：必存在常數(shù)a，使得lg（xy）≤ 2x?lg2y對(duì)大于1的任意x與y恒成立。

[分析]此例即證a的存在性，可先分離參數(shù)，視參數(shù)為變?cè)暮瘮?shù)，然后根據(jù)變?cè)瘮?shù)的值域來求解a，從而說明常數(shù)a的存在性。若s≥f(t)恒成立，則s的最小值為f(t)的最

大值；若 s≤f(t)恒成立，則s的最大值為f(t)的最小值。22證明：∵lgx?lgy > 0(x>1,y>1)

∴原不等式可變形為：lga≥lgx?lgy

lgx?lgy2

22lgx?lgy）2lgxlgy令 f(x)= == ?222222lgx?lgylgx?lgylgx?lgylgx?lgy

22而 lgx>0,lgy>0,∴l(xiāng)gx+lgy ≥ 2lgxlgy > 0

∴2lgxlgy≤1 22lgx?lgy

∴ 1

從而要使原不等式對(duì)于大于1的任意x與y恒成立，只需lga≥2即 a≥102即可。

故必存在常數(shù)a，使原不等式對(duì)大于1的任意x、y恒成立。

3、運(yùn)用函數(shù)的奇偶性

xx

2xx 證明：設(shè)f（x）=-(x≠0)x1?22 例

9、證明不等式：

?x?x?x2xx∵f（-x）=-= x+ ?x1?222?12

xxx[1-(1-2)]+1?2x2

xx=-x+= f(x)x1?22=

∴f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱

x∵當(dāng)x>0時(shí)，1-2

當(dāng)x

故當(dāng) x≠0時(shí),恒有f(x)

即：xx

[小結(jié)]本題運(yùn)用了比較法，實(shí)質(zhì)是根據(jù)函數(shù)的奇偶性來證明的，本題也可以運(yùn)用分類討論思想。但利用偶函數(shù)的軸對(duì)稱性和奇函數(shù)的中心對(duì)稱性，常能使所求解的問題避免復(fù)雜的討論。

證明函數(shù)收斂則有界篇二

構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)證明不等式

◎李思陽本溪市機(jī)電工程學(xué)校 117022

【內(nèi)容簡(jiǎn)要】構(gòu)造輔助函數(shù)，把不等式證明轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或最值，從而證得不等式。而如何構(gòu)造一個(gè)可導(dǎo)函數(shù)，是用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵。本文從熱門的高考題及模擬題中選出四種類型題供師生們參考。

【關(guān)鍵詞】構(gòu)造輔助函數(shù)；導(dǎo)數(shù)；不等式。

一．直接作差

1（2011·遼寧文科）設(shè)函數(shù)f(x)?x?ax2?blnx，曲線y?f(x)過p（1，0），且在p點(diǎn)處的切線斜率為2.（1）求a，b的值；

（2）證明：f(x)?2x?2。

（1）解：f?(x)=1+2ax??1?a?0b.由已知條件得f(1)?0，f?(1)=2，即? x?1?2a?b?2

解得??a??1。

?b?3

(2)證明:因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)椋?，+∞），由（1）知f(x)?x?x2?3lnx。

設(shè)g(x)?f(x)?(2x?2)=2?x?x?3lnx，則g?(x)=?1?2x?23(x?1)(2x?3)=。xx

當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g?(x)＞0，當(dāng)x＞1時(shí)，g?(x)＜0。

所以g(x)在（0，1）內(nèi)單調(diào)遞增，在（1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減。而g(1)=0，故當(dāng)x＞0時(shí)，g(x)≤0，即f(x)?2x?2。

總結(jié)：直接作差g(x)?f(x)?(2x?2)，用導(dǎo)數(shù)得gmax(x)?g(1)=0，從而得證。直接作差是證這類題最常用的方法。

二．分離函數(shù)

2.（2011·課標(biāo)全國(guó)卷文科）已知函數(shù)f(x)?

處的切線方程為x?2y?3?0。

（1）求a，b的值；

（2）證明：當(dāng)x＞0，且x?1時(shí)，f(x)＞

(1)解:略a?1，b?1。alnxb?，曲線y?f(x)在點(diǎn)（1，f(1)）x?1xlnx。x?1

lnx1lnx1x2?1?，所以f(x)?(2lnx?)。（2）證明：由（1）知f(x)?=x?1xx?11?x2x

x2?1考慮函數(shù)h(x)=2lnx?（x＞0），則 x

22x2?(x2?1)(x?1)2

=。h?(x)=?22xxx

所以當(dāng)x?1時(shí)，h?(x)＜0，而h(1)?0

當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，h(x)＞0，可得，故 1h(x)＞0； 21?x

1h(x)＞0。當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，h(x)＜0，可得1?x2

lnx從而當(dāng)x＞0，且x?1時(shí)，f(x)＞。x?1

總結(jié)：作差后的函數(shù)如可分為兩個(gè)函數(shù)的積，直接求導(dǎo)很繁，可取其中一個(gè)函數(shù)求導(dǎo)，再討論證明。

三．巧妙變形

3.（2010·遼寧文科）已知函數(shù)f(x)?(a?1)lnx?ax2?1。

（1）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；

（2）設(shè)a??2，證明：對(duì)任意x1，x2∈（0，+∞），f(x1)?f(x2)?4x1?x2。解：（1）略。

（2）不妨設(shè)x1≥x2，由于a??2，故f(x)在（0，+∞）減少。所以

f(x1)?f(x2)?4x1?x2等價(jià)于f(x2)?f(x1)≥x1-x2，即f(x2)?x2≥f(x1)?x1。

a?12ax2?4x?a?1?2ax?4=令g(x)?f(x)?x，則g?(x)=。于是 xx

?4x2?4x?1?(2x?1)2

?g?(x)≤≤0。xx

從而g(x)在（0，+∞）單調(diào)減少，故g(x1)≤g(x2)。即f(x1)?x1≤f(x2)?x2，故，對(duì)任意x1，x2∈（0，+∞），f(x1)?f(x2)?4x1?x2。

總結(jié)：通過等價(jià)變形，構(gòu)造函數(shù)g(x)，利用g(x)的單調(diào)性得證。

四．作函數(shù)積

12?。exex

1212證明: 對(duì)任意的x?（0，﹢∞），lnx?1＞x??x(lnx?1)>x(x?)exexee

x2設(shè)函數(shù)f(x)=xlnx?x，g(x)=x+。ee

111f?(x)=lnx?2，f?(x)=0，得x?2，易知fmin(x)=f(2)=—2。eee4.（2011·本溪一中模擬）對(duì)任意的x?（0，﹢∞），求證：lnx?1＞

1ex?xex

??，=0，得1，易知==。g(1)g?(x)=g(x)g(x)x?maxee2x

11??，∴fmin(x)＞gmax(x)，∴f(x)?g(x)。ee2

x212∴xlnx?x?x+。因此lnx?1＞x?。exeee∵?

總結(jié)：直接做不好做，不等式兩邊同乘以一個(gè)函數(shù)，先進(jìn)行證明，得到結(jié)果后再同除以這個(gè)函數(shù)，從而證得。

證明函數(shù)收斂則有界篇三

函數(shù)解答題-構(gòu)造函數(shù)證明不等式 例1（2013年高考北京卷（理））設(shè)l為曲線c:y?lnx在點(diǎn)(1,0)處的切線.x

(i)求l的方程;

(ii)證明:除切點(diǎn)(1,0)之外,曲線c在直線l的下方.【答案】解:(i)設(shè)f(x)?lnx1?lnx,則f?(x)?.所以f?(1)?1.所以l的方程為2xx

y?x?1.(ii)令g(x)?x?1?f(x),則除切點(diǎn)之外,曲線c在直線l的下方等價(jià)于

x2?1?lnxg(x)?0(?x?0,x?1).g(x)滿足g(1)?0,且g?(x)?1?f?(x)?.x2

2當(dāng)0?x?1時(shí),x?1?0,lnx?0,所以g?(x)?0,故g(x)單調(diào)遞減;

當(dāng)x?1時(shí),x?1?0,lnx?0,所以g?(x)?0,故g(x)單調(diào)遞增.所以,g(x)?g(1)?0(x?0,x?1).所以除切點(diǎn)之外,曲線c在直線l的下方.又解:g(x)?0即x?1?2lnx?0變形為x2?x?lnx?0,記h(x)?x2?x?lnx,則x

12x2?x?1(2x?1)(x?1)h?(x)?2x?1???,xxx

所以當(dāng)0?x?1時(shí),h?(x)?0,h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減;當(dāng)x?1時(shí),h?(x)?0,h(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增.所以h(x)?h(1)?0.)

例2（2013年普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試遼寧數(shù)學(xué)（理）試題（word版））已知函數(shù)f?x???1?x?e?2xx3,g?x??ax??1?2xcosx.當(dāng)x??0,1?時(shí)，2

1;1?x(i)求證:1-x?f?x??

(ii)若f?x??g?x?恒成立,求實(shí)數(shù)a取值范圍.【答案】解：(1)證明：要證x∈[0，1]時(shí)，(1＋x)e－2x≥1－x，只需證明(1＋x)ex≥(1－x)ex.－

記h(x)＝(1＋x)ex－(1－x)ex，則h′(x)＝x(ex－ex)，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)＞0，因此h(x)在[0，1]上是增函數(shù)，故h(x)≥h(0)＝0.所以f(x)≥1－x，x∈[0，1]．

－

－

要證x∈[0，1]時(shí)，(1＋x)e

－2x

1≤ex≥x＋1.1＋x

記k(x)＝ex－x－1，則k′(x)＝ex－1，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，k′(x)＞0，因此k(x)在[0，1]上是增函數(shù)，故k(x)≥k(0)＝0.所以f(x)≤，x∈[0，1]．

1＋x1

綜上，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

設(shè)g(x)＝2cos x，則g′(x)＝x－2sin x.記h(x)＝x－2sin x，則h′(x)＝1－2cos x，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)＜0，于是g′(x)在[0，1]上是減函數(shù)，從而當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)＜g′(0)＝0，故g(x)在[0，1]上是減函數(shù)．于是g(x)≤g(0)＝2.從而

a＋1＋g(x)≤a＋3，所以，當(dāng)a≤－3時(shí)，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．

下面證明，當(dāng)a＞－3時(shí)，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記i(x)＝＋a＋2cos x＝＋a＋g(x)，則i′(x)＝＋g′(x)．當(dāng)x∈(0，21＋x1＋x（1＋x）1)時(shí)，i′(x)＜0.故i(x)在[0，1]上是減函數(shù)，于是i(x)在[0，1]上的值域?yàn)閇a＋1＋2cos 1，a＋

3]．

因?yàn)楫?dāng)a＞－3時(shí)，a＋3＞0，所以存在x0∈(0，1)，使得i(x0)＞0，此時(shí)f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．

綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－3]．(方法二)

先證當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，1－x2≤cos x≤1－2.241

記f(x)＝cos x－1＋x2，則f′(x)＝－sin x＋x.22

記g(x)＝－sin x＋x，則g′(x)＝－cos x＋1，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)＞0，于是g(x)在[0，1]上是增函數(shù)，因此當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g(x)＞g(0)＝0，從而f(x)在[0，1]上是增函數(shù)，因此f(x)≥f(0)＝0.所以

當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，12≤cos x.同理可證，當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，cos x≤1－2.411

綜上，當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，1－x2≤cos x≤1－x2.24因?yàn)楫?dāng)x∈[0，1]時(shí)．

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.所以當(dāng)a≤－3時(shí)，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．

下面證明，當(dāng)a＞－3時(shí)，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．因?yàn)?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取中的較小值滿足f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，321]上不恒成立．

綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－3]．

例3（2012高考遼寧文21）(本小題滿分12分)

設(shè)f(x)＝lnx＋x－1，證明： 3

(1)當(dāng)x>1時(shí)，f(x)

(2)當(dāng)1

x＋5

【答案】解：(1)(證法一)

記g(x)＝lnx＋x－1－2(x－1)．則當(dāng)x>1時(shí)，113

g′(x)＝x2，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．

2x又g(1)＝0，有g(shù)(x)

f(x)

由均值不等式，當(dāng)x>1時(shí)，x

令k(x)＝lnx－x＋1，則k(1)＝0，k′(x)＝x1

由①②得，當(dāng)x>1時(shí)，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，則當(dāng)1

9?x－1?

x＋5(證法二)

記h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，則當(dāng)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)

因此h(x)在(1,3)內(nèi)單調(diào)遞減，又h(1)＝0，所以h(x)

9?x－1?

.x＋5

例4（2012高考浙江文21）（本題滿分15分）已知a∈r，函數(shù)f(x)?4x3?2ax?a（1）求f(x)的單調(diào)區(qū)間

（2）證明：當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f(x)+ 2?a＞0.【答案】

【解析】（1）由題意得f?(x)?12x2?2a，當(dāng)a?0時(shí)，f?(x)?0恒成立，此時(shí)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為???,???.當(dāng)a?

0時(shí)，f?(x)?12(x?

?此時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為?x，.?(2)由于0?x?1，當(dāng)a?2時(shí)，f(x)?a?2?4x3?2ax?2?4x3?4x?2.333

當(dāng)a?2時(shí)，f(x)?a?2?4x?2a(1?x)?2?4x?4(1?x)?2?4x?4x?2.設(shè)g(x)?2x?2x?1,0?x?

1，則g?(x)?6x?2?6(x?則有

x?.33

所以g(x)min?g?1?0.3

當(dāng)0?x?1時(shí)，2x?2x?1?0.故f(x)?a?2?4x3?4x?2?0.例5（2012高考山東文22）(本小題滿分13分)

已知函數(shù)f(x)?

lnx?k

(k為常數(shù)，e=2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，曲線y?f(x)在點(diǎn)ex

(1,f(1))處的切線與x軸平行.(ⅰ)求k的值；

(ⅱ)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(ⅲ)設(shè)g(x)?xf?(x)，其中f?(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).證明：對(duì)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

設(shè)k(x)?

?lnx?1，則k?(x)??2??0，即k(x)在(0,??)上是減函數(shù)，xxx

由k(1)?0知，當(dāng)0?x?1時(shí)k(x)?0，從而f?(x)?0，當(dāng)x?1時(shí)k(x)?0，從而f?(x)?0.綜上可知，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1,??).(iii)由(ii)可知，當(dāng)x?1時(shí)，g(x)?xf?(x)≤0＜1+e?2，故只需證明g(x)?1?e?2在0?x?1時(shí)成立.當(dāng)0?x?1時(shí)，ex＞1，且g(x)?0，∴g(x)?

1?xlnx?x

?1?xlnx?x.x

e

設(shè)f(x)?1?xlnx?x，x?(0,1)，則f?(x)??(lnx?2)，當(dāng)x?(0,e?2)時(shí)，f?(x)?0，當(dāng)x?(e?2,1)時(shí)，f?(x)?0，所以當(dāng)x?e?2時(shí)，f(x)取得最大值f(e?2)?1?e?2.所以g(x)?f(x)?1?e?2.綜上，對(duì)任意x?0，g(x)?1?e?2.

證明函數(shù)收斂則有界篇四

函數(shù)法證明不等式

已知函數(shù)f(x)=x-sinx,數(shù)列{an}滿足0

證明0

證明an+1

3它提示是構(gòu)造一個(gè)函數(shù)然后做差求導(dǎo)，確定單調(diào)性?？墒沁€是一點(diǎn)思路都沒有，各位能不能給出具體一點(diǎn)的解答過程啊?

(1)f(x)=x-sinx,f(x)=1-cosx

00,f(x)是增函數(shù),f(0)

因?yàn)?

且an+1=an-sinan

(2)求證不等式即(1/6)an^3-an+1=(1/6)an^3-an+sinan>0①

構(gòu)造函數(shù)g(x)=(1/6)x^3-x+sinx(0

g(x)=x-sinx,由(1)知g(x)>0,所以g(x)單增,g(x)>g(0)=0

所以g(x)單增且g(x)>g(0)=0,故不等式①成立

因此an+1

證畢!

構(gòu)造分式函數(shù)，利用分式函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

【例1】證明不等式：≥(人教版教材p23t4)

證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=(x≥0)

則f(x)==1-在上單調(diào)遞增

∵f(|a|+|b|)=f(|a+b|)=且|a|+|b|≥|a+b|

∴f(|a|+|b|)≥f(|a+b|)即所證不等式正確。

點(diǎn)評(píng)：本題還可以繼續(xù)推廣。如：求證：≥。利用分式函數(shù)的單調(diào)性可以證明的教材中的習(xí)題還有很多，如：

p14第14題：已知c>a>b>0,求證:

p19第9題:已知三角形三邊的長(zhǎng)是a，b，c，且m是正數(shù)，求證：

p12例題2:已知a，b，m，都是正數(shù)，且a

二、利用分式函數(shù)的奇偶性證明不等式

【例2】證明不等式：(x≠0)

證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=

∵f(-x)=

=f(x)

∴f(x)是偶函數(shù)，其圖像關(guān)于y軸對(duì)稱。

當(dāng)x>0時(shí)，

當(dāng)x0,故f(x)=f(-x)

∴

三、構(gòu)造一次函數(shù)，利用一次函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

【例3】已知|a|

∵|a|

∴-10

∴f(c)的(-1，1)上是增函數(shù)

∵f(1)=1-ab+a+b-2=a+b–ab-1=a(1-b)-(1-b)=(1-b)(a-1)

∴f(1)

∴a+b+c。

證明函數(shù)收斂則有界篇五

構(gòu)造函數(shù)證明不等式

構(gòu)造函數(shù)證明:>e的(4n-4)/6n+3)次方

不等式兩邊取自然對(duì)數(shù)(嚴(yán)格遞增)有:

ln(2^2/2^2-1)+ln(3^2/3^2-1)+...+ln(n^2/n^2-1)>(4n-4)/(6n+3)

不等式左邊=2ln2-ln1-ln3+2ln3-ln2-ln4+...+2lnn-ln(n-1)-ln(n+1)

=ln2-ln1+lnn-ln(n+1)=ln

構(gòu)造函數(shù)f(x)=ln-(4x-4)/(6x+3)

對(duì)f(x)求導(dǎo),有:f(x)=+^

2當(dāng)x>2時(shí),有f(x)>0有f(x)在x>2時(shí)嚴(yán)格遞增從而有

f(n)>=f(2)=ln(4/3)-4/15=0.02>0

即有l(wèi)n>(4n-4)/(6n+3)

原不等式等證

【解】：

∏{n^2/(n^2-1)}>e^((4n-4)/(6n+3))

∵n^2/(n^2-1)=n^2/(n+1)(n-1)

∴∏{n^2/(n^2-1)}=2n/(n+1)

原式可化簡(jiǎn)為：2n/(n+1)>e^((4n-4)/6n+3))

構(gòu)建函數(shù)：f(n)=2n/(n+1)-e^((4n-4)/(6n+3))

其一階導(dǎo)數(shù)f’(n)={2-4e^((4n-4)/(6n+3))}/(n+1)^2

∵e^((4n-4)/(6n+3))

∴f’(n)>0

而f=4/(2+1)-e^((8-4)/(12+3))=4/3-e^(4/15)>0

所以f(n)>0

即：2n/(n+1)>e^((4n-4)/6n+3))

故得證。

一、結(jié)合勘根定理，利用判別式“△”的特點(diǎn)構(gòu)造函數(shù)證明不等式

例1若a,b,c∈r，且a≠0，又4a+6b+c>0，a-3b+c4ac.證明構(gòu)造函數(shù)f(x),設(shè)f(x)=ax2+3bx+c(a≠0)，由f(2)=4a+6b+c>0，f(-1)=a-3b+c

根據(jù)勘根定理可知：f(x)在區(qū)間(-1,2)內(nèi)必有零點(diǎn).又f(x)為二次函數(shù)，由勘根定理結(jié)合可知：

f(x)必有兩個(gè)不同的零點(diǎn).令ax2+3bx+c=0可知△=(3b)2-4ac>0，所以可得：9b2>4ac.命題得證.評(píng)析本題合理變換思維角度，抓住問題本質(zhì)，通過構(gòu)造二次函數(shù),將所要證明的結(jié)論轉(zhuǎn)化成判別式“△”的問題,再結(jié)合勘根定理和二次函數(shù)知識(shí)，從而使問題獲得解決.二、結(jié)合構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

例2(2005年人教a版《選修4-5不等式選講》例題改編)已知a,b,c是實(shí)數(shù)，求證：

|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.證明構(gòu)造函數(shù)f(x)，設(shè)f(x)=x1+x(x≥0).由于f′(x)=1(1+x)2,所以結(jié)合導(dǎo)數(shù)知識(shí)可知f(x)在[0，+∞)上是增函數(shù).∵0≤|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|，∴f(|a+b+c|)≤f(|a|+|b|+|c|)，即|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|1+|a|+|b|+|c|=|a|1+|a|+|b|+|c|+|b|1+|a|+|b|+|c|+|c|1+|a|+|b|+|c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.命題得證.三、結(jié)合構(gòu)造函數(shù)在某個(gè)區(qū)間的最值證明不等式

例3(第36屆imo試題)

設(shè)a,b,c為正實(shí)數(shù)，且滿足abc=1,求證:

1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)≥32.證明構(gòu)造函數(shù)，設(shè)f(a,b,c)=1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b),顯然a=b=c=1時(shí)，f(a,b,c)=32≥32成立.又abc=1，a,b,c為正實(shí)數(shù)，則a,b,c中必有一個(gè)不大于1，不妨設(shè)0f(a,b,c)-f(a,1,c)=(1-b)1a3(b+c)(1+c)+1+b+b2b3(a+c)+1c3(a+b)(1+a)≥0，∴f(a,b,c)≥f(a,1,c)，因此要證f(a,b,c)≥32，只要證f(a,1,c)≥32，此時(shí)ac=1，∴a,1,c成等比數(shù)列，令a=q-1，c=q(q>0).f(a,1,c)=q31+q+qq2+1+1q2(1+q)

=q5+1q2(1+q)+qq2+1

=(q4+1)-(q3+q)+q2q2+qq2+1

=(q2+q-2)-(q+q-1)+1q+q-1+1

=t2-t+1t-1.(其中t=q+q-1，且t≥2).由導(dǎo)數(shù)知識(shí)(方法同例

2、例3)可知函數(shù)

f(a,1,c)=t2-t+1t-1(t≥2)是增函數(shù)，當(dāng)且僅當(dāng)t=2q=1a=c=1時(shí)，(f(a,1,c))min=22-2+12-1=32成立，∴f(a,1,c)≥32.故f(a,b,c)≥f(a,1,c)≥32.命題得證。