【正文】 容易想到是一個積的導(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．若題目中的條件改為xf162。(0 , +165。(x)=2xx=；當(dāng)x1時，F(xiàn)39。f(a)（或f(x)179。(0 , +165。x（右面得證）．現(xiàn)證左面，令g(x)=ln(x+1)+11x1=1，則g162。(1 , 0)上為增函數(shù)；當(dāng)x0時，f162。(x)f(x)163。ln(x+1)163。188。ln32180。題目3：求證234nn小結(jié)：記住函數(shù)不等關(guān)系㈡)構(gòu)造函數(shù)④f(x)=lnx(x1)(x1（注：此函數(shù)實質(zhì)和構(gòu)造函數(shù)二一樣）分析：f162。188。ln4(x)=x(x0)1+x1(1+x)xx=0,函數(shù)f(x)在(0,+165。2xycosa+2yzcosb+2zxcosn 證明：考慮函數(shù)f(x)=x2+y2+z2(2xycosa+2yzcosb+2zxcosn)=2x22x(ycosa+zcosn)+y2+z22yzcosb,其中D=4(ycosa+zcosn)24(y2+z22yzcosb)=4(ysinazsinn)2163。sina1∴a∴tanα＞,∴x＞26233。構(gòu)造函數(shù)，直接把握問題中的整體性運用函數(shù)的性質(zhì)來解題，是一種制造性的思維活動。0,p1,1p+1q=1，求證：ab163。1cosx+2cosx3，記g(x)=f(x)有39。xy+yz+xz2xyz163。2（2）當(dāng)x、y、z只可能有一個大于1yz4x時，不妨設(shè)x1212由于f()179。 =xy+yz+xz2xyz163。一．主元法例1．已知：a、b、c206。這種解題思路使解答簡捷，達(dá)到出奇制勝的效果。(1,1)，證明：xy+yz+zx+10二．零點法例3．若x、y、z滿足x+y+z=1且為非負(fù)實數(shù)，證明：0163。234。727成立。由（1）、（2）知0163。證明：作輔助函數(shù)f(x)=tanx+2sinx3x，則f(x)=39。(0,p)，都有tanx+2sinx3x例6．已知：a、b179。參考文獻(xiàn)：姚允龍．?dāng)?shù)學(xué)分析[M]．上海：復(fù)旦大學(xué)出版社，2002李勝宏，李名德．高中數(shù)學(xué)競賽培優(yōu)教程（專題講座）[M]．杭州：浙江大學(xué)出版社，2009第二篇：構(gòu)造函數(shù)巧解不等式構(gòu)造函數(shù)巧解不等式湖南 黃愛民函數(shù)與方程，不等式等聯(lián)系比較緊密，如果從方程，不等式等問題中所提供的信息得知其本質(zhì)與函數(shù)有關(guān)，該題就可考慮運用構(gòu)造函數(shù)的方法求解。1tan2a解：令x=tanα(a)0，從 222tana+1pp1pp3而2sin2asina10222?！鄁(x)=(b+c)x+bc+1在x∈（1，1）的圖象位于x的上方，∴(b+c)x+bc+10,從而：(b+c)a+bc+10,即證：ab+bc+ca＞1 例已知a+b+n=p，求證：x2+y2+z2179。188。n1n構(gòu)造函數(shù)法證特殊數(shù)列不等式題目1：求證12111111+1++…+ln(1+n)1++++…+ 34n+1234n(一)構(gòu)造函數(shù)①f(x)=ln(1+x)分析：f162。ln3188。lnn1180。即有l(wèi)n24188。234nn小結(jié)：記住函數(shù)不等關(guān)系㈢lnxx1(x1)識記重要不等式關(guān)系ln(1+x)x(x0)1+xln(1+x)x(x0)xx1lnx(x1)x+1lnxx1(x1)資料由謝老師收集：了解初中，高中考試信息，做題技巧，解題思路可去謝老師博客第四篇：構(gòu)造法證明函數(shù)不等式構(gòu)造法證明函數(shù)不等式利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值和最值，再由單調(diào)性來證明不等式是函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式綜合中的一個難點，也是近幾年高考的熱點．解題技巧是構(gòu)造輔助函數(shù)，把不等式的證明轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或求最值，從而證得不等式，而如何根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造一個可導(dǎo)函數(shù)是用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵．一、移項法構(gòu)造函數(shù)【例1】已知函數(shù)f(x)=ln(x+1)x，求證：當(dāng)x1時，恒有11163。)上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf39。(x)0，即f(x)在x+1x+1g(x)=ln(x+1)+x206。0，∴l(xiāng)n(x+1)163。(1 , 0)上為減函數(shù)，在x206。g(0)=0，即ln(x+1)+【點評】如果f(a)是函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大（?。┲担瑒t有f(x)163。)是增函數(shù)即可． 【解析】設(shè)F(x)=g(x)f(x)，即F(x)=22312xxlnx，321(x1)(2x2+x+1)(x1)(2x2+x+1)則F39。)上單調(diào)遞增，∴x206。(x)+f(x)0，從而F(x)在R上為增函數(shù)，∵ab，∴F(a)F(b)，即af(a)bf(b)．【點評】由條件移項后xf162。(x)0，因此F(x)在(0 , a)內(nèi)為減函數(shù)；當(dāng)xa時，F(xiàn)39。0對x206。)上為減函數(shù)，∴g(x)在x=1時，取得最大值，即g(x)max=g(1)=（2）記F(x)=f(x)(1+x)=ex111，∴a179。(x)0，∴F(x)在(0 , +165。(x)f39。)內(nèi)單調(diào)遞增，故當(dāng)x1時，f(x)f(1)=0，∴當(dāng)x1時，恒有xln2x2alnx+1．【解析】設(shè)F(x)=g(x)f(x)=12x+2ax3a2lnxb，則23a2(xa)(x+3a)（x0），∵a0，∴當(dāng)x=a時，F(xiàn)39。(x)=11x=，∴當(dāng)1x01+x(1+x)2(1+x)2時，f39。1，令1+x=0，則11+x1+xbx+1aabbf(x)xf39。在(0 , +165