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1、构造函数法在不等式证明中应用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
2、，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、cWR,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/二(3b+c)2-4(c2+3b2+3bc)=-3(b+c)2Tb、c£R,「./WO即：f(a)0,/.a2+ac+c2+3b(a+b+c)0恒成立。当Zl=0时，b+c=O,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、cWR,且a+b+c二2,a2+b2+c2=2求证：a、b、ce[0,43]o解析：a+b+c二2a
3、2+b2+c2二2消去c得：a2+(b-2)a+b2-2b+l=0,此方程恒成立，・•・/二(b-2)2-4(b2-2b+l)=-3b2+4b0,即：0b43o同理可求得a、cW[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)=(alx-bl)2+(a2x~b2)2+K+(anx-bn)2由f(x)0,得/W0,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•设且，b,c,dWR+且a+b+c+d二1求证：4a+l+4b+l+4c+l+4d+l<6。解析：构造函数：f(X)
4、二(4a+lx-1)2+(4b+lx-l)2+(4c+lx-l)2+(4d+lx-l)2=8x2-2(4a+l+4b+l+4c+l+4d+l)x+4.(・・・a+b+c+cl二1)由f(x)0,得/WO,即/二4(4a+l+4b+l+4c+l+4d+l)2-1280.・・・4a+l+4b+l+4c+l+4d+l42<6.例4.a,b,c,dWR+且a+b+c+d二1,求la+4b+9c的最小值。解析:构造函数f(x)二(lax-a)2+(2bx~b)2+(3cx~c)2=(la+4b+9c)x2T2x+l,(Ta+b+c+d二1)由f(x)0(当且仅当a=16,b二13,c二12时
5、取等号),得/WO,即/二144-4(la+4b+9c)WO当时a二16,b二13,c二12时,(la+4b+9c)min二36二、构造函数利用函数有界性证明不等式例5•设
6、a
7、<1,
8、b
9、<1,
10、c
11、<1,求证：ab+bc+ac>-1.解析：令f(x)二(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xW(-1,1)时恒有f(x)>0.又(-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)>-1o三、构造函数利用单调性证明不等
12、式例6•设且，bWR+,求证：al+a+bl+b>a+bl+a+b解析:设f(x)二xl+x二1-11+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,bWR+,a+b+ab>a+b,/.f(a+b+ab)>f(a+b)故有：al+a+bl+b>a+bl+a+b例7.求证：当x>0时，x>In(l+x)o解析:令f(x)=x-ln(x+1),>0,・・.f，(x)=1-lx+1二xx+1>0.又・.・f(x)在x=0处连续，・・・f(x)在[0,8]
13、上是增函数，从而，当x>0时，f(x)=x-ln(x+1)>f(0)=0,即：x>In(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：xl-2x
