构造函数证明不等式

构造函数证明不等式（精选10篇）

构造函数证明不等式 篇1

众所周知, 构造函数法是证明不等式的方法之一, 笔者通过研究发现:构造函数后再利用导数相关知识也能证明《数学通报》2009年1期数学问题第1773题和1775题, 具体如下.

第1773题

当x→+∞时, f (x) →0并且f (x) <0.

第1775题

下面证明不等式右边成立

得:x=1, f' (x) 在区间 (1, +∞) 上的函数值恒为负.

综上, 不等式链得证.

不等式、函数犹如一对亲密无间的孪生兄弟, 通过对待证不等式的等价转化及结构特征的分析, 恰当构造符合题目要求函数模型作为工具来证明不等式, 常常能够出奇制胜、收效很好.于是, 我们在高考复习中, 若遇到函数中不等式证明, 要教会学生通过题目中提供函数模型来分析求证和解题思路.

(Ⅲ) 求证:1×22×32×…×n2 (n+1) >en-2 (n∈N*) .

即1×22×32×…×n2 (n+1) >en-2 (n∈N*) 得证.

构造函数证明不等式 篇2

构造函数,结合导数证明不等式

摘 要：运用导数法证明不等式首先要构建函数，以函数作为载体可以用移项作差，直接构造；合理变形，等价构造；分析（条件）结论，特征构造；定主略从，减元构造；挖掘隐含，联想构造等方法进行证明.关键词：构造函数；求导；证明；不等式

利用导数证明不等式是四川高考压轴题的热点题型之一，此类问题的特点是：问题以不等式形式呈现，“主角”是导数，而不等式的证明不仅技巧性强，而且方法灵活多变，因此构造函数成为证明不等式的良好“载体”，如何有效合理地构造函数是证明不等式的关键所在，下面以实例谈谈如何构造函数的若干解题策略.注：此题也可用数学归纳法证明.解后感悟：函数隐藏越深，难度就越大，如何去寻找证明不等式的“母函数”是解决问题的关键，通过合理变形，展开思维联想的翅膀，发现不等式背后的隐藏函数，便会柳暗花明.结束语：导数为证明不等式问题开辟了新方法，使过去不等式的证明方法，从特殊技巧变为通性通法，合理构造函数，能使解题更具备指向性，剑之所指，所向披靡.

构造函数证明不等式 篇3

关键词：函数导数；构造思想；不等式

下面借助于教学过程中的几个例子，通过构造函数的方法来解决这类不等式的证明问题。

例1.已知m∈R函数f（x）=mx--lnx，g（x）=+lnx

（1）若y=f（x）-g（x）在[1，+∞）上为单调递增函数，求实数m的取值范围

（2）证明：+++…+<，（n∈N*）

解析：（1）∵y=f（x）-g（x）=mx--2lnx，

∴y'=m+-≥0在[1，+∞）上恒成立，

即m≥在[1，+∞）上恒成立，又=≤1，

所以m≥1.故m所求的取值范围为[1，+∞）.

（2）由（1）令m=1，设h（x）=f（x）-g（x）=x--2lnx≥h（1）=0

则2lnx≤x-，即≤（1-）.

于是≤（1-），（n∈N*）

∴++++…+≤[n-（+++…+）]<[n-（+++…+）]=[n-（1-+-+-）]=

所以+++…+<，（n∈N*）

例2.（1）已知函数f（x）=x（lnx+1），（x>0）若斜率为k的直线与y=f'（x）曲线

交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，求证：x1<

（2）在数列{an}中，a1=1，an=an-1+2n·3n-2，（n≥2，n∈N*），cn=

求证：ln（1+n）

解析：（1）f'（x）=lnx+2（x>0），k=

=要证x1<

即证x1<

等价于证明1<<，令t=

则只要证1<1，lnt>0

故考虑证lnt

设g（t）=t-1-lnt，（t>1）则g'（t）=1->0

故g（t）在（1，∞）上是增函数

所以当t>1时， g（t）=t-1-lnt>g（1）=0，即lnt

设h（t）=tlnt-（t-1），则h'（t）=lnt>0，（t>1）

h（t）在（1，∞）上是增函数，∴当t>1时，

h（t）=tlnt-（t-1）>h（1）=0，即t-1

（2）据题意有=+2×3n-2，（n≥2）

由累加法得-=（-）+（-）+…+（-）

=2（30+31+32+…+3n-2）=3n-1-1

∴an=n·3n-1（n≥2），当n=1时，a1=1也满足上式

∴an=n·3n-1（n∈N*）

从而cn=，∵ln（1+n）=ln（×××…）

=ln+ln+ln+…+ln（1+）

为证ln（1+n）

令f（x）=x-ln（1+x），00

则f（x）在（0，1]上为单调递增函数，从而f（x）>f（0）=0

即x>ln（1+x），（0

∴ln（1+）<，故得证！

例3.函数f（x）=a（-1）-logb

（1）当b=e（e是自然数的底数）时，若函数f（x）在 [1，∞）上为增函数，求实数a的取值范围

（2）求证：当n∈N，且n>19时，不等式9<

解析：（1）当b=e时，f'（x）=，依题意≥0在[1，∞）恒成立，

即x≥a在[1，∞）恒成立∴a≤1

（2）当a=1，b=e时，f（x）=+lnx在[1，∞）上为增函数，

当n>1时，令x=，则x>1，故f（）=+ln=-+ln>0

∴ln>

∴+++…+

又>=+++…+>++++++…+>+（+）+（+++）+…（+…+）>++…+=+9>9故不等式成立。

例4.设函数f（x）=mlnx，h（x）=x-a

（1）当m=2时，若函数k（x）=h（x）-f（x）在[1，3]上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围；

（2）证明：当n≥2，n∈N*时，loge

2+loge

3+loge

4+…+loge

n>

解析（1）

函数k（x）=h（x）-f（x）在[1，3]上恰有两个不同零点等价于方程x-2lnx=a，在[1，3]上恰有两个相异实根

令g（x）=x-2lnx，则g'（x）=1-，

当x∈[1，2），g'（x）<0；当x∈（2，3]，g'（x）>0

故g（x）min=g（2）=2-2ln2，又g（1）=1，g（3）=3-2ln3，g（3）-g（1）=ln<0∴g（1）>g（3），

由题意只需g（2）

（2）∵loge

x=，在F（x）=f（x）-h（x）中，令m=1，a=0，

从而F（x）=lnx-x，∴F'（x）=-1=故函数F（x）在（0，1）上递增；在（1，∞）上递减

∴F（x）≤F（1），即lnx≤-1+x

∴>=>=-，（n≥2）

∴loge

2+loge

3+loge

4+…+loge

n=++…+>1-+-+…+（-）=1+--=即得证。

总之，利用导数研究函数与不等式，方程，数列这一类解答题比较灵活，通过巧妙构造函数可以将其化归为易解决的问题，以上的几个例子都体现了构造函数这一思想方法。利用函数导数证明不等式一般需要注意：

（1）充分联想前一个问题或已知条件中函数的结构；

（2）观察待证不等式，分析法构造适当的函数；

利用“构造函数”方法证明不等式 篇4

一、构造分式函数证

二、构造指数函数证

三、构造一次函数证

例4设x, y, z∈ ( 0, 1) . 求证: x ( 1 - y) + y ( 1 - z) + z ( 1 x) < 1.

解析: 多字母问题, 可选定一字母为变量, 其余为常数, 变成函数问题.

证明: 设f ( x) = ( 1 - y) x + y ( 1 - z) + z ( 1 - x) -1是x的一次函数且0 < x <1.

因为f ( 0) = y ( 1 - z) + z -1 = ( 1 - z) ( y -1) <0.

f ( 1) = 1 - y + y ( 1 - z) - 1 = - yz < 0.

而x∈ ( 0, 1) , 由一次函数的性质得f ( x) <0.

即 x ( 1 - y) + y ( 1 - z) + z ( 1 - x) -1 <0.

故x ( 1 - y) + y ( 1 - z) + z ( 1 - x) <1得证.

四、构造二次函数

这几种函数都是高中知识里熟悉与重点的函数, 学生易掌握, 它给我们不等式证明开启了另外一扇窗.

应用构造法证明不等式竞赛题 篇5

不等式的证明，凭借其简单的知识基础、独特的解题构思、发散的证明方向、奇特的推理过程成为数学竞赛中永恒的热点之一.构造法，作为技巧性特别强的一种解题方法，主要通过构造适当的变量、等式、函数、图形、数列、模型等辅助手段，使问题转化，揭示出直观和本质的形式，从而有助于问题的解决.构造法与不等式证明的结合，往往能相得益彰，迸发出令人赞叹的思维火花.本文拟通过具体例子，分类阐述如何应用构造法证明不等式竞赛题.

1构造函数关系证明不等式

所以原不等式成立.

2构造图形证明不等式

数形结合是最重要的数学思想之一，也是解决数学问题的有效方法之一，不等式的证明也是如此.如果问题条件中的数量关系能以某种方式与几何图形建立关系或具有明显的几何意义，从而构造图形，将题设条件及数量关系直接在图形中得到实现，然后在所构造的图形中寻求所证的结论.

例3设实数x，y，z满足0sin2x+sin2y+sin2z.

分析因坐标平面里单位圆上的点的坐标可用三角函数来表示，这就启示我们能否构造单位圆来解决.

证明在直角坐标平面上以原点为圆心作单位圆.考虑第一象限，在单位圆上取点A1，A2，A3，使得∠A1Ox=x，∠A2Ox=y，∠A3Ox=z.

由Eξ2-（Eξ）2≥0得x21x1+x2+x22x2+x3+…+x2nxn+x1≥12.

从以上几例可以看出，构造法是证明不等式竞赛题的重要方法.当然运用构造法解题，必须对基础知识掌握得非常熟练，必须有丰富的联想和敢于创新的精神.不失时机地运用构造法，一定能激发学生的探索精神和培养学生的创新能力.

（作者简介见本刊2014年第11期）

构造函数证明不等式 篇6

一、转化为f(a)+g(a)≥f(b)+g(b)型

寻找待证不等式的等价不等式,把等价不等式转化为f(a)+g(a)≥f(b)+g(b)型,观察此等价不等式左右两边的结构,构造函数h(x)=f(x)+g(x).

例1 (2010年高考辽宁卷·文21)已知函数f(x)=(a+1) lnx+ax2+1.

(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性;

(Ⅱ)设a≤-2,证明:对任意x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥|4|x1-x2|.

分析:(Ⅰ)略;(Ⅱ)不妨设x1>x2>0,由(Ⅰ)知,当a≤-2时,f(x)在(0,+∞)上是减函数,所以f(x1)

限于篇幅,具体证明过程在这里不再赘述.

点评:找到待证不等式的等价不等式f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1,观察此等价不等式左右两边的结构特征,就想到构造函数g(x)=f(x)+4x,然后利用导数就可以轻松获解.这是破解此类问题行之有效的思维途径之一.

例2已知函数.

(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性;

(Ⅱ)证明:若a<5,则对任意

解略,留给感兴趣的读者去解答.

二、转化为f(x)≥0(≤0)型

寻找待证不等式的等价不等式,使等价不等式的一端为0,型如f(x)≥0(≤0),由此构造函数g(x)=f(x).

例3 (2011年高考辽宁卷·理21)已知函数f(x)=lnx-ax2+(2-a) x.

(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;

(Ⅱ)设a>0,证明:当时,;

(Ⅲ)若函数y=f(x)象与x轴交于A,B两点,线段AB中点的横坐标为x0,证明:f'(x0)<0.

分析:(Ⅰ),(Ⅲ)略;(Ⅱ)因为f(x)=lnx-ax2+(2-a)x,所以,由此想到构造函数g(x)=ln(1+ax)-ln(1-ax)-2ax,注意到g(0)=0,所以想到要证明函数g(x)在区间(0,)上单调递增.a

证明:设,即

因为,所以g'(x)>0,于是函数g(x)在(0,)上是增函a数.故由x>0得,g(x)>g(0)=0,从而,当时,.

点评:(1)此种方法,直接移项作差构造函数,利用导数研究函数的单调性或极值进行证明,是常用的一般方法.(2)在这里,若出现g(0)≠0,而是g(0)=m>0,也可以.同理,若要证明g(x)<0,而g(0)≠0或g(n)≠0,而是得到g(n)=M<0,亦即得到g(x)

例4已知函数f(x)=ex-2x+2a.

(Ⅰ)求f(x)的单调区间与极值;

(Ⅱ)求证:当a>ln2-1,且x>0时,ex>x2-2ax+1.

解答略,留给感兴趣的读者去解答.

三、转化为f(x)≥g(x)型

寻找待证不等式的等价不等式,把等价不等式转化为f(x)≥g(x)型,由此构造两个函数h(x)=f(x),u(x)=g(x).接下来的工作是利用导数判断函数h(x),u(x)的单调性,进而求出函数h(x),u(x)的最值或临界值.

例5已知函数,g(x)=e-x,求证:f(x)>g(x).

思路1:令,则.此时,如下的三条路都走不通:第一条是没有办法直接判断h'(x)的符号;第二条是方程的实根无法用常规代数方法求得(利用二分法并借助计算工具也只能求得近似解),或者不等式h'(x)>0(<0)的解集无法用常规代数方法求解;第三条是构造函数,再求导也行不通.故此法在这里行不通.

思路2:考虑适当重组整合,

h'(x)=1+lnx,由此可得h(x)在[一,e+∞]上是增函数,在(0,]上是减函数,所以,即,由此可得u(x)在(0,1]上是增函数,在[1,+∞)上是减函数,所以

故(h)>u(x),即,亦即f(x)>g(x).

具体证明过程略.

点评:(1)由得,由于①处等号“="成立的充要条件是,而在②处等号“=”成立的充要条件是x=1,所以①处与②处的等号“=”不可能同时成立,故h(x)>u(x).(2)“变”得适当、“变”得合理、“变”得可行、“变”得巧、“变”得易操作,就“求”得简单.否则很难求解,甚至解不出来.两条重组,转化途径,差异看似不大,甚至粗看上去思路1更简单,但操作下来却相去甚远.这说明在重组、转化的过程中,我们要敢于尝试,大胆变形.没有路可走就找路走,有路可走也不要急于就走,要适当选择好的方案,多思考一下,就少算一点.

例6已知函数f(x)=e2x2,.求证:当x∈(0,e|时,f(x)>g(x).

证明略,留给感兴趣的读者去证明.

新课标下略谈构造函数证明不等式 篇7

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 (2005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:

undefined

证明 构造函数f (x) , 设undefined

由于undefined, 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undefined.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:

undefined

证明 构造函数, 设undefined, 显然a=b=c=1时, undefined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0

f (a, b, c) -f (a, 1, c) = (1-b) undefined≥0,

∴f (a, b, c) ≥f (a, 1, c) ,

因此要证undefined, 只要证undefined, 此时ac=1,

undefined

undefined. (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undefined是增函数, 当且仅当t=2⇔q=1⇔a=c=1时, undefined成立, undefined

故undefined.命题得证.

评析 在王建宏同志的《略谈用构造法证明分式不等式》一文中, 对例3采用了构造向量的方法解答.本文给该题提供了另一种解题思路, 对用构造函数法证明不等式作一些尝试, 既培养了创新能力, 又解决了不等式的证明问题.

构造一次函数解证不等式问题 篇8

一、求参数范围

例1函数y=(x-1)a-6(log3a)x+x+1,其中x∈[0,1]时,函数值恒为正,求a的取值范围.

解:选x为主元,构造一次函数有该一次函数恒为正的充要条件为:,解得,所以

例2若f(x)=asinx+bcosx+c的图象过点(0,1)及(,1),且当x∈[0,]时恒有{f(x)|≤2,求c的取值范围.

构造函数g(u)=(1-c)u+c,因g(u)在区间[1,]表示线段,可知:

解得

评注:上述两例若不变换主元,则需要进行分类讨论,造成运算过程非常冗长,不利于构造参数不等式求范围.

二、解不等式

例3设不等式x2+px+1>3x+p对一切满足|log2pl<2的p值均成立,解此不等式.

解:由|log2p|<2得.转换视角,将不等式中p视为主元,则可变形为:f(p)=(x-1)p+(x2-3x+1),p∈(,4),问题转化为关于p的一次函数为正数时系数的讨论.显然x≠1,因此f(p是p的单调函数,使f(p>0,p∈(,4)成立的充要条件为:,即

三、证明不等式

例4若x、y、z∈(0,1),则有x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1.

证明:构造一次函数f(x)=(1-y-z)x+y(1-z)+z,x∈(0,1),

从而f(0)=y(1-z)+z=(y-1)(1-z)+1<1,f(1)=1-y-z+y(1-z)+z=1-yz<1.

于是对0

从而有(1-y-z)x+y(1-z)+z<1,即x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1.

例5已知,β≠kπ(k∈Z),求证:sinαcosβ+cosβsinγ+sinγsinα>-1.

证明:因为sinαcosβ+cosβsinγ+sinβsinα+1=(cosβ+sinγ)sinα+cosβsinγ+1,故可构造函数f(x)=(cosβ+sinγ)x+cosβsinγ+1.

由已知条件|sinα|<1,|cosβ|<1,|sinγ|<1,易知f(-1)=(1-cosβ)(1-sinγ)>0,f(1)=(1+cosβ)(1+siny)>0.

从而无论一次函数f(x)是增函数还是减函数,当x∈(-1,1)时恒有f(x)>0.

所以f(sinα)>0,则问题获证.

例6已知a、b、c是实数,函数f(x)=ax2+bx+c,g(x)=ax+b,当-1≤x≤1时|f(x)|≤1,求证:当x∈[-1,1]时|g(x)|≤2成立.

证明:由题设有|f(0)|=|c|≤1,|f(1)|=|a+b+c|≤1,|f(-1)|=|a-b+c|≤1.

因为|a±b|=|a土b+c-c|≤|a±b+c|+|c|≤2,所以-2≤a±b≤2.

所以对于函数g(x)=ax+b,x∈[-1,1],有g(x)≤max{g(1),g(-1)}=max{a+b,a-b}≤2;g(x)≥min{g(1),g(-1)}=min{a+b,a-b}≥-2.

所以-2≤g(x)≤2,即|g(x)|≤2.

例谈用“构造法”证明不等式 篇9

1. 整体观察, 局部构造

有些不等式的证明, 若从整体上考虑难以下手, 可构造若干个结构完全相同的局部不等式, 逐一证明后, 再利用同向不等式相加的性质, 即可得证.

例1在△ABC中, a, b, c分别为∠A, ∠B, ∠C的对边, 求证:a2+b2+c2<2ab+2bc+2ca.

证明由余弦定理得a2=b2+c2-2bc cos A, b2=c2+a2-2ca cos B, c2=a2+b2-2ab cos C.

将上面三式相加, 得

构造与题设 (∠A, ∠B, ∠C为△ABC的内角) 有必然联系的三个不等式cos A<1, cos B<1, cos C<1, 则有

将 (1) 代入 (2) , 得a2+b2+c2<2ab+2bc+2ca.

即此不等式得证.

2. 形成类比, 构造图形

如果问题中的数量关系具有明显的几何意义或以某种方式与几何图形建立关系, 那么从数形结合、数形转化的角度出发, 构造几何图形, 将题设的条件与数量关系直接在图形中得到实现, 通过几何图形的直观性获解.

例2设a>0, 实数x, y, z满足x+y=z=a, , 求证:

简析本题用常规方法证明, 难以实现.若把已知方程分别看作直线与圆, 构造一个直线与圆有公共点的图形, 证明思路就豁然开朗.

证明将已知方程化为x+y=a-z, , 因二式同时成立, 意味着在直角坐标系中, 直线x+y=a-z和圆相交或相切, 如图.

于是圆心 (0, 0) 到直线x+y=a-z的距离小于或等于半径, 即, 化简, 得3z2-2az≤0

3. 洞察联系, 构造方程

对于要证明的“A·C≥ (或≤) B2”这类不等式, 我们先把不等式变形为4A·C≥ (或≤) (2B) 2, 然后构造一个二次函数f (x) =Ax2-2Bx+C, 再证明其判别式Δ≤0 (或Δ≥0) .

例3已知, 求证:b2≥4ac.

因为, 故姨是方程 (2) 的一个根, 从而方程 (1) 有实根, 故b2-4ac≥0, 即b2≥4ac.

4. 联想沟通, 构造向量

利用|a|+|b|≥|a+b|或|a·b|≤|a||b|证明不等式.

观察此题的结构, 左边是积的形式, 右边是常数, 对左边的式子稍加变形就能表示出两个向量的坐标, 从而能够计算出两个向量的模, 再结合数量积和模的关系就构造了一个不等式, 从而结论得证.

5. 联想三角, 构造三角模型

例5已知a, b, c为三角形的三边, 且a2+b2=c2, n∈N*且n>2, 求证:cn>an+bn.

证明由a>0, b>0, c>0, a2+b2=c2得,

可以联想到三角中的sin2α+cos2α=1,

故cn>an+bn.

从结论变形式也可联想到指数函数, 通过构造指数函数, 利用函数单调性, 也可使问题顺利解决.

6. 构造复数模型

构造复数证明不等式, 利用复数模的性质|z1|+|z2|≥|z1±z2|≥|z1|-|z2|往往能避免复杂的凑配技巧, 使证明过程直观又容易接受.

例6已知A=x cos2θ+y sin2θ, B=x sin2θ+y cos2θ, x, y, A, B∈R.求证:x2+y2≥A2+B2.

证明构造复数z1=A+B1i, z2=x+yi.

则|z1|=| (x cos2θ+y sin2θ) + (x sin2θ+y cos2θ) i|=

|z1cos2θ+i z2sin2θ|≤|z2cos2θ|+|i z2sin2θ|=

|z2|cos2θ+|z2|sin2θ=|z2|.

即|z2|2≥|z1|2, 所以x2+y2≥A2+B2.

7. 整体放缩, 构成对偶

要证明S

要证明S

这也是构造法证明不等式的常用手段.

故, 所以原不等式成立.

巧用构造法证明不等式 篇10

根据所给不等式的特征, 利用函数的性质和函数的图象来证明不等式.

点评:此题用构造函数法直观地解决了求函数值域的问题, 达到了将复杂问题简单化的目的.

二、构造方程法

对于形如a≤f (x) ≤b的不等式, 令y=f (x) , 将其整理成关于x的二次方程, 利用方程有实数解△≥0, 建立关于y的不等式, 求解出y的范围, 达到证明不等式的目的.

例2已知实数a、b、c满足a+b+c=0和abc=2, 求证:a、b、c中至少有一个不小于2.

分析:针对这个题中出现的有两数和和积的情况, 我们就可以想到韦达定理.可以利用韦达定理构造一个一元二次方程, 然后利用一元二次方程根的判别式解决问题.

点评:此方法灵活利用韦达定理和一元二次方程根的判别式, 简单明了地解决了问题, 达到了事半功倍的效果.

三、构造几何图形法

将不等式中的项赋予一定的几何意义, 然后利用几何关系达到证明不等式的目的.

分析:已知0

证明:构造单位正方形, 如右图所示:O是正方形内任意一点, 且O到AD、AB的距离分别为a、b, 则|AO|+|BO|+|CO|+|DO|≥|AC|+|BD|

点评:上述问题充分展示了代数问题的几何解决, 说明根据题目特征巧妙地利用数形结合的思想, 可以化难为易, 开拓解题思路.