构造函数证明:[2的平方/(2的平方-1)*3的平方/(3的平方-1)*...*n的平方/(n的平方-1)]>e的(4n-4)/6n+3)次方
不等式两边取自然对数(严格递增)有:
ln(2^2/2^2-1)+ln(3^2/3^2-1)+...+ln(n^2/n^2-1)>(4n-4)/(6n+3)
不等式左边=2ln2-ln1-ln3+2ln3-ln2-ln4+...+2lnn-ln(n-1)-ln(n+1)
=ln2-ln1+lnn-ln(n+1)=ln[n^2/(n+1)]
构造函数f(x)=ln[x^2/(x+1)]-(4x-4)/(6x+3)
对f(x)求导,有:f'(x)=[(x+2)/x(x+1)]+[1/(x+1/2)]^2
当x>2时,有f'(x)>0有f(x)在x>2时严格递增从而有
f(n)>=f(2)=ln(4/3)-4/15=0.02>0
即有ln[n^2/(n+1)]>(4n-4)/(6n+3)
原不等式等证
解：
∏{n^2/(n^2-1)}[n≥2] > e^((4n-4)/(6n+3))
∵n^2/(n^2-1)=n^2/(n+1)(n-1)
∴∏{n^2/(n^2-1)}[n≥2] = 2n/(n+1)
原式可化简为：2n/(n+1) > e^((4n-4)/6n+3))
构建函数：F(n)=2n/(n+1)-e^((4n-4)/(6n+3))
其一阶导数F’(n)={2-4e^((4n-4)/(6n+3))}/(n+1)^2
∵e^((4n-4)/(6n+3))
∴F’(n)>0 [n≥2]
而F[2]=4/(2+1)-e^((8-4)/(12+3))=4/3-e^(4/15)>0
所以F(n)>0 [n≥2]
即：2n/(n+1) > e^((4n-4)/6n+3))
故得证。
一、结合勘根定理，利用判别式“△”的特点构造函数证明不等式
例1 若a,b,c∈R，且a≠0，又4a+6b+c>0，a-3b+c<0.
求证：9b2>4ac.
证明 构造函数f(x),设f(x)=ax2+3bx+c(a≠0)，
由f(2)=4a+6b+c>0，
f(-1)=a-3b+c<0，
根据勘根定理可知：f(x)在区间(-1,2)内必有零点.
又f(x)为二次函数，由勘根定理结合可知：
f(x)必有两个不同的零点.
令ax2+3bx+c=0可知△=(3b)2-4ac>0,
所以可得：9b2>4ac.命题得证.
评析 本题合理变换思维角度，抓住问题本质，通过构造二次函数,将所要证明的结论转化成判别式“△”的问题,再结合勘根定理和二次函数知识，从而使问题获得解决.
二、结合构造函数的单调性证明不等式
例2 (20xx年人教A版《选修4-5不等式选讲》例题改编)已知a,b,c是实数，求证：
|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.
证明 构造函数f(x)，设f(x)=x1+x(x≥0).
由于f′(x)=1(1+x)2,所以结合导数知识可知f(x)在[0，+∞)上是增函数.
∵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|.命题得证.
三、结合构造函数在某个区间的最值证明不等式
例3 (第36届IMO试题)
设a,b,c为正实数，且满足abc=1,求证:
1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)≥32.
证明 构造函数，设f(a,b,c)=1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b),显然a=b=c=1时，f(a,b,c)=32≥32成立.
又abc=1，a,b,c为正实数，则a,b,c中必有一个不大于1，不妨设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)，
因此要证f(a,b,c)≥32，只要证f(a,1,c)≥32，此时ac=1，
∴a,1,c成等比数列，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).
由导数知识(方法同例2、例3)可知函数
f(a,1,c)=t2-t+1t-1(t≥2)是增函数，
当且仅当t=2q=1a=c=1时，
(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.命题得证。
构造函数证明:[2的平方/(2的平方-1)*3的平方/(3的平方-1)*...*n的平方/(n的平方-1)]>e的(4n-4)/6n+3)次方
不等式两边取自然对数(严格递增)有:
ln(2^2/2^2-1)+ln(3^2/3^2-1)+...+ln(n^2/n^2-1)>(4n-4)/(6n+3)
不等式左边=2ln2-ln1-ln3+2ln3-ln2-ln4+...+2lnn-ln(n-1)-ln(n+1)
=ln2-ln1+lnn-ln(n+1)=ln[n^2/(n+1)]
构造函数f(x)=ln[x^2/(x+1)]-(4x-4)/(6x+3)
对f(x)求导,有:f'(x)=[(x+2)/x(x+1)]+[1/(x+1/2)]^2
当x>2时,有f'(x)>0有f(x)在x>2时严格递增从而有
f(n)>=f(2)=ln(4/3)-4/15=0.02>0
即有ln[n^2/(n+1)]>(4n-4)/(6n+3)
原不等式等证
解：
∏{n^2/(n^2-1)}[n≥2] > e^((4n-4)/(6n+3))
∵n^2/(n^2-1)=n^2/(n+1)(n-1)
∴∏{n^2/(n^2-1)}[n≥2] = 2n/(n+1)
原式可化简为：2n/(n+1) > e^((4n-4)/6n+3))
构建函数：F(n)=2n/(n+1)-e^((4n-4)/(6n+3))
其一阶导数F’(n)={2-4e^((4n-4)/(6n+3))}/(n+1)^2
∵e^((4n-4)/(6n+3))
∴F’(n)>0 [n≥2]
而F[2]=4/(2+1)-e^((8-4)/(12+3))=4/3-e^(4/15)>0
所以F(n)>0 [n≥2]
即：2n/(n+1) > e^((4n-4)/6n+3))
故得证。
一、结合勘根定理，利用判别式“△”的特点构造函数证明不等式
例1 若a,b,c∈R，且a≠0，又4a+6b+c>0，a-3b+c<0.
求证：9b2>4ac.
证明 构造函数f(x),设f(x)=ax2+3bx+c(a≠0)，
由f(2)=4a+6b+c>0，
f(-1)=a-3b+c<0，
根据勘根定理可知：f(x)在区间(-1,2)内必有零点.
又f(x)为二次函数，由勘根定理结合可知：
f(x)必有两个不同的零点.
令ax2+3bx+c=0可知△=(3b)2-4ac>0,
所以可得：9b2>4ac.命题得证.
评析 本题合理变换思维角度，抓住问题本质，通过构造二次函数,将所要证明的结论转化成判别式“△”的问题,再结合勘根定理和二次函数知识，从而使问题获得解决.
二、结合构造函数的单调性证明不等式
例2 (20xx年人教A版《选修4-5不等式选讲》例题改编)已知a,b,c是实数，求证：
|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.
证明 构造函数f(x)，设f(x)=x1+x(x≥0).
由于f′(x)=1(1+x)2,所以结合导数知识可知f(x)在[0，+∞)上是增函数.
∵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|.命题得证.
三、结合构造函数在某个区间的最值证明不等式
例3 (第36届IMO试题)
设a,b,c为正实数，且满足abc=1,求证:
1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)≥32.
证明 构造函数，设f(a,b,c)=1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b),显然a=b=c=1时，f(a,b,c)=32≥32成立.
又abc=1，a,b,c为正实数，则a,b,c中必有一个不大于1，不妨设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)，
因此要证f(a,b,c)≥32，只要证f(a,1,c)≥32，此时ac=1，
∴a,1,c成等比数列，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).
由导数知识(方法同例2、例3)可知函数
f(a,1,c)=t2-t+1t-1(t≥2)是增函数，
当且仅当t=2q=1a=c=1时，
(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.命题得证。