【正文】 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(x1,y1)∴原不等式可變形為：Lga≥lgx+lgylgx+lgy222（lgx+lgy）2lgxlgy 令 f(x)= == 1+222222lgx+lgylgx+lgylgx+lgylgx+lgy 而 lgx0,lgy0, ∴l(xiāng)gx+lgy ≥ 2lgxlgy 0 ∴2lgxlgy≤1 22lgx+lgy ∴ 1從而要使原不等式對于大于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，使原不等式對大于1的任意x、y恒成立。運(yùn)用函數(shù)的奇偶性xx證明不等式：xxx2xx ∵f（x）== x+ x122212xxx[1(12)]+ 12x2xx =x+= f(x)x122 = ∴f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱x ∵當(dāng)x0時(shí)，12第四篇：構(gòu)造函數(shù)證明不等式構(gòu)造函數(shù)證明不等式構(gòu)造函數(shù)證明:e的(4n4)/6n+3)次方不等式兩邊取自然對數(shù)(嚴(yán)格遞增)有:ln(2^2/2^21)+ln(3^2/3^21)+...+ln(n^2/n^21)(4n4)/(6n+3)不等式左邊=2ln2ln1ln3+2ln3ln2ln4+...+2lnnln(n1)ln(n+1)=ln2ln1+lnnln(n+1)=ln構(gòu)造函數(shù)f(x)=ln(4x4)/(6x+3)對f(x)求導(dǎo),有:f39。(x)=+^2當(dāng)x2時(shí),有f39。(x)0有f(x)在x2時(shí)嚴(yán)格遞增從而有f(n)=f(2)=ln(4/3)4/15=0即有l(wèi)n(4n4)/(6n+3)原不等式等證【解】：∏{n^2/(n^21)}e^((4n4)/(6n+3))∵n^2/(n^21)=n^2/(n+1)(n1)∴∏{n^2/(n^21)}=2n/(n+1)原式可化簡為：2n/(n+1)e^((4n4)/6n+3))構(gòu)建函數(shù)：F(n)=2n/(n+1)e^((4n4)/(6n+3))其一階導(dǎo)數(shù)F’(n)={24e^((4n4)/(6n+3))}/(n+1)^2∵e^((4n4)/(6n+3))∴F’(n)0而F=4/(2+1)e^((84)/(12+3))=4/3e^(4/15)0所以F(n)0即：2n/(n+1)e^((4n4)/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+c0，a3b+(x),設(shè)f(x)=ax2+3bx+c(a≠0)，由f(2)=4a+6b+c0，f(1)=a3b+cf(x)+3bx+c=0可知△=(3b)24ac0,所以可得：9b2，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，、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45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|.、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)≥，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≥=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)=(1b)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=q1，c=q(q0).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+q2)(q+q1)+1q+q1+1=t2t+1t1.(其中t=q+q1，且t≥2).由導(dǎo)數(shù)知識(方法同例例3)可知函數(shù)f(a,1,c)=t2t+1t1(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=222+121=32成立，∴f(a,1,c)≥(a,b,c)≥f(a,1,c)≥。第五篇：函數(shù)法證明不等式函數(shù)法證明不等式已知函數(shù)f(x)=xsinx,數(shù)列{an}滿足0證明0證明an+13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)=xsinx,f39。(x)=1cosx00,f(x)是增函數(shù),f(0)因?yàn)?且an+1=ansinan(2)求證不等式即(1/6)an^3an+1=(1/6)an^3an+sinan0①構(gòu)造函數(shù)g(x)=(1/6)x^3x+sinx(0g39。39。(x)=xsinx,由(1)知g39。39。(x)0,所以g39。(x)單增,g39。(x)g39。(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：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cab0,求證:p19第9題:已知三角形三邊的長是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軸對稱。當(dāng)x0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)=1ab+a+b2=a+b–ab1=a(1b)(1b)=(1b)(a1)∴f(1)∴a+b+c。