【正文】 ⊿＝0時(shí)，b+c=0，此時(shí)，f(a)=a2+ac+c2+3ab=(ac)2=0，∴a=b=c時(shí)，不等式取等號(hào)。構(gòu)造函數(shù)法證明不等式，關(guān)鍵在于找到能夠反映所要證不等式特征的合適的函數(shù)，從而就可以利用該函數(shù)的性質(zhì)去證明不等式。237。證明：構(gòu)造函數(shù)f(c)=(1ab)c + a + b2∵|a|＜1，|b|＜1∴1＜ab＜1，1ab＞0∴f(c)的（1，1）上是增函數(shù)∵f(1)=1ab + a + b2=a + b–ab1=a(1b)=(1c)2＞4a(a + b + c)。…0，故【解析】F(x)=，F(xiàn)39。(0 , +165。)上的最小值是F(a)=f(a)g(a)=0，故當(dāng)x0時(shí)，有f(x)g(x)179。)上嚴(yán)格單調(diào)增加，∴f(x)f(0)=0（x0），即2x+x22(1+x)ln(1+x)0，2x+x22(1+x)ln(1+x)，故(1+x)1+1xe1+x2（x0）．【解析】f162。39。(x)=exx1，則h39。(x)=exxex=(1x)ex；當(dāng)x1時(shí)，g39。(x)0．ln2=lnxln(a+x)；當(dāng)x0時(shí)，因此G(x)在(0 , +165。(x)=lnx+1．在g(a)+g(b)2g(數(shù)，設(shè)F(x)=g(a)+g(x)2g(a+b)中以b為主變?cè)獦?gòu)造函2a+xa+xa+x)，則F39。)，則有l(wèi)n(+1)23． nnnn【點(diǎn)評(píng)】我們知道，當(dāng)F(x)在[a , b]上單調(diào)遞增，則xa時(shí)，有F(x)F(a)．如果f(a)＝j(luò)(a)，要證明當(dāng)xa時(shí)，f(x)j(x)，那么，只要令F(x)＝f(x)－j(x)，就可以利用F(x)的單調(diào)增性來(lái)推導(dǎo)．也就是說(shuō)，在F(x)可導(dǎo)的前提下，只要證明F39。)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)=23x的圖象的下方． 3【點(diǎn)評(píng)】本題首先根據(jù)題意構(gòu)造出一個(gè)函數(shù)（可以移項(xiàng)，使右邊為零，將移項(xiàng)后的左式設(shè)為函數(shù)），并利用導(dǎo)數(shù)判斷所設(shè)函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，證明要證的不等式．讀者也可以設(shè)F(x)=f(x)g(x)做一做，深刻體會(huì)其中的思想方法． 例3．【分析】本題是山東卷的第（2）問(wèn)，從所證結(jié)構(gòu)出發(fā)，只需令1=x，則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為：當(dāng)x0n時(shí)，恒有l(wèi)n(x+1)x2x3成立，現(xiàn)構(gòu)造函數(shù)h(x)=x3x2+ln(x+1)，求導(dǎo)即可達(dá)到證明．13x3+(x1)2 【解析】 令h(x)=xx+ln(x+1)，則h162。)上恒成12212x+lnxx3，只需證明在區(qū)間(1,+165。0，x+1111163。(x)0；當(dāng)x206。)上為減函數(shù)；故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1 , 0)，單調(diào)遞減區(qū)間(0 , +165。af(b)C．a(chǎn)f(a)163。(x)f(x)恒成立，常數(shù)a、b滿足ab，求證：af(a)bf(b)．五、主元法構(gòu)造函數(shù)1+x)x，g(x)=xlnx． 【例5】已知函數(shù)f(x)=ln(（1）求函數(shù)f(x)的最大值；（2）設(shè)0ab，證明：0g(a)+g(b)2g（a+b)(ba)ln2．2六、構(gòu)造二階導(dǎo)函數(shù)證明函數(shù)的單調(diào)性（二次求導(dǎo)）【例6】已知函數(shù)f(x)=aex12x． 2（1）若f(x)在R上為增函數(shù)，求a的取值范圍；（2）若a=1，求證：當(dāng)x0時(shí)，f(x)1+x．七、對(duì)數(shù)法構(gòu)造函數(shù)（選用于冪指數(shù)函數(shù)不等式）【例7】證明：當(dāng)x0時(shí)，(1+x)1+xe1+2．（2007年，安徽卷）設(shè)a179。1 ab 恒有l(wèi)nalnb179。(x)=∴當(dāng)1x0時(shí)，f162。(x)2[g(222設(shè)F(x)=g(a)+g(x)2g（39。(x)+f(x)，容易想到是一個(gè)積的導(dǎo)數(shù)，從而可以構(gòu)造函數(shù)F(x)=xf(x)，求導(dǎo)即可完成證明。39。(0,+165。g(x)【原理】本題首先根據(jù)題意構(gòu)造出一個(gè)函數(shù)（可以移項(xiàng)，使右邊為零，將移項(xiàng)后的左式設(shè)為函數(shù)），并利用導(dǎo)數(shù)判斷所設(shè)函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，證明要證的不等式。)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)=10 623x的圖象的下方。)上，恒有x2+lnxx3成立，設(shè)23231F(x)=g(x)f(x)，x206。0時(shí)，不難證明+1 xxx∴當(dāng)x1時(shí)，g(x)179。)上為增函數(shù)，故函數(shù)g(x)在(1,+165。(1,0)時(shí),g162。(0,+165?！娟P(guān)鍵字】歸零構(gòu)造法，比較法構(gòu)造，代換法構(gòu)造一、歸零構(gòu)造法【例1】 已知函數(shù)f(x)=ln(x+1)x，求證：當(dāng)x1時(shí)，恒有11163。x+11x【解】f162。)上的最大值為f(x)max=f(0)=0，因此，當(dāng)x1時(shí)，f(x)163。(0,+165。1，綜上可知，當(dāng)x1時(shí),有1163。)內(nèi)單調(diào)遞增，故當(dāng)x1時(shí)，f(x)f(1)=0，∴當(dāng)x1時(shí)，恒有xln2x2alnx+1【原理】如果f(a)是函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大（小）值，則有f(x)163。)是增函數(shù)即可。(x)=x+2a x2(xa)(x+3a)=(x0)Qa0，∴ 當(dāng)x=a時(shí)，F(xiàn)162?！窘狻苛頷(x)=xx+ln(x+1)，32233213x3+(x1)2則h162。)，則有l(wèi)n(+1)23 nnnn【原理】我們知道，當(dāng)F(x)在[a,b]上單調(diào)遞增，則xa時(shí)，有F(x)F(a)．如果f(a)＝j(luò)(a)，要證明當(dāng)xa時(shí)，f(x)j(x)，那么，只要令F(x)＝f(x)－j(x)，就可以利用F(x)的單調(diào)增性來(lái)推導(dǎo)．也就是說(shuō)，在F(x)可導(dǎo)的前提下，只要證明F39。(x)f(x)f(x)f(x)163。(x)f(x)，要想到是一個(gè)商的導(dǎo)數(shù)的分子，平時(shí)解題多注意總結(jié)。(x)=lnxln39。(x)0，即f(x)在x206。六、二階導(dǎo)數(shù)函數(shù)證明導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性【例6】．已知函數(shù)f(x)=aex12x 2(1)若f(x)在R上為增函數(shù),求a的取值范圍。1． 1+xa（2007年，陜西卷）f(x)是定義在(0 , +165。(x)=，∴當(dāng)1x0時(shí)，f162。f(0)=0，即ln(x+1)x163。(x)0，即g(x)在x206。1．綜上可知：當(dāng)x1時(shí)，有x+1x+1∴當(dāng)x1時(shí)，g(x)179。)，考慮到F(1)=0，要證不等式轉(zhuǎn)化變?yōu)椋?立問(wèn)題，即當(dāng)x1時(shí)，F(xiàn)(x)F(1)，這只要證明：g(x)在區(qū)間(1 ,+165。)上恒正，∴函數(shù)h(x)在(0 , +165。(x)=xf39。=lnxln． 222當(dāng)0xa時(shí)，F(xiàn)39。(x)179。 , 1)上為增函數(shù)，在(1 , +165。)上為增函數(shù)，又h(x)在x=0處連續(xù)，∴h(x)h(0)=0，即F39。)上嚴(yán)格單調(diào)增加，從而f39。0時(shí)，不難證明xxx 在(0,+165。)，f39。1xa1b=1，于是，即ln(1+x)179。bf(a)，故選A． F(x)=179。(1＋13n2)＞33n+1．第四篇：巧用構(gòu)造函數(shù)法證明不等式構(gòu)造函數(shù)法證明不等式一、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：|a|+|b||a+b|1+|a|+|b|≥1+|a+b|證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=x1+x(x≥0)則f(x)=x1+x=111+x在[0，+165。證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=2x2+ 2(a + b)x + a2 + b2=(x + a)2 +(x + b)2 ≥0∵2＞0∴△=[2(a+b)]242(a2 + b2)≤0∴△=4(5c)28(9c2)≤0 ∴(c1)(3c7)≤0∴1≤c≤213同理可證：1≤a≤21，1≤b≤2133。238。：a、b、c∈R，證明：a2+ac+c2+3b(a+b+c)179。234。0，即：0163。30.∴4a+1+4b+1+