第一篇:高中數(shù)學(xué)教學(xué)論文 不等式證明中的構(gòu)造函數(shù)策略
不等式證明中的構(gòu)造函數(shù)策略
有些不等式證明問題,如能根據(jù)其結(jié)構(gòu)特征,構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù),從函數(shù)的單調(diào)性或有界性等角度入手,則可以順利得到證明。把握這種構(gòu)造函數(shù)的證題策略,有利于證明一些用常規(guī)方法難以證明的命題.一、構(gòu)造一次函數(shù)證明不等式
例1.設(shè)0 =(1-y-z)x+(y+z-yz)(0 1∴f(0)= y + z-yz =1-(1-y)(1-z)<1 1a 例2.若0 1b,求證:b-b2 < 1a?1 1a?1 .分析:結(jié)論即b2-b+>0,可將左式 1a 看成是以b為主元的二次函數(shù)(其中0 1b),得x=b∈(0,1a?1).構(gòu)造二次函數(shù)f(x)=x2-x+ 1a,x∈ (0,).其對(duì)稱軸為x= 1a 21a ⑴當(dāng)≤ 12,即a≥2時(shí),f(x)在(0) 上單調(diào)遞減.于是 f(x)>f(1a 1a12)= 1a 2? 1a ? 1a?1 ? 1a(a?1) >0 ⑵當(dāng)>,即0 f(x)> f(f(1)= 1-yz <1 ∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f(x)<1 即x(1-y)+ y(1-z)+ z(1-x)<1 評(píng)注:⑴f(x)=(1-y-z)x +(y+z-yz)在x∈(0,1)上的圖象是線段(不含端點(diǎn)),故 定軸x= f(x)<1?f(0)<1且f(1)<0.⑵本題也可就1-y-z在(-1,1)內(nèi)的不同情況分類說明.二、構(gòu)造二次函數(shù)證明不等式 1a? 1)= 1a?11a - 4>0 綜上,當(dāng)x∈(0,)時(shí),f(x)= x2-x + 1a?1 >0恒成立,即不等式b-b2 <成立.評(píng)注: 1、本題旨在構(gòu)造二次函數(shù),并對(duì) 2與動(dòng)區(qū)間(0,1a)間的不同位置情 況分類討論。 2、本題也可將結(jié)論轉(zhuǎn)化為(b-b2)a +(b 用心愛心專心 1-b2)-1<0(0 1b),把左式看作是以a為 分析:分析條件和結(jié)論的形式特征及其內(nèi)在聯(lián)系,聯(lián)想到正、余函數(shù)的性質(zhì)和相關(guān)公式,可構(gòu)造三角函數(shù)來轉(zhuǎn)化并證明結(jié)論.證明:由題意,構(gòu)造函數(shù)x = f(θ)=cosθ,于是x1=cosθ1,x2=cosθ2.主元的一次函數(shù),再予以證明.三、構(gòu)造分式函數(shù)證明不等式 例3.設(shè)a、b、c∈R+,且a+b>c,求證 a1?a ? b1?b ? c1?c .∴x1x2 +(1?x12)(1?x2) 分析:不等式中各項(xiàng)的結(jié)構(gòu)相同,只是字母不同,故可構(gòu)造分式函數(shù)f(x)= 行證明.證明:構(gòu)造函數(shù)f(x)= x1?x x1?x 進(jìn) =cosθ1cosθ2+(1?cos2?1)(1?cos2?2)=cosθ1cosθ2 +|sinθ1sinθ2| = 1- 11?x =cosθ1cosθ2±sinθ1sinθ2 =cos(θ1±θ2)≤ 1即 x1x2 +(1?x12)(1?x2)≤1 (x∈R+),易證函數(shù)f(x)在其定義域R+上是單調(diào)遞增函數(shù).∵a+b>c>0,∴f(a+b)> f(c),即 又 故 a?b1?a?ba1?aa1?a ?b1?bb1?b?? c1?ca1?a?b? c1?c 評(píng)注:對(duì)于和三角有一定聯(lián)系或結(jié)構(gòu)上有相似之處的不等式證明問題,根據(jù)題目的特 點(diǎn),合理構(gòu)造三角函數(shù),利用三角公式和性質(zhì) ? a1?a?b ?a?b1?a?b 進(jìn)行證明,不失為處理問題的一條捷徑.在不等式證明中,通過構(gòu)造函數(shù)模型來探求證題思路是優(yōu)化思維品質(zhì)的有效途徑,也是解題者認(rèn)識(shí)問題本質(zhì)的具體體現(xiàn).?.評(píng)注:函數(shù)與不等式之間如同一對(duì)孿生兄弟,通過對(duì)不等式結(jié)構(gòu)特征的分析,來構(gòu)造函數(shù)模型,常??梢允盏匠銎嬷苿俚男Ч?四、構(gòu)造三角函數(shù)證明不等式 例4.已知集合M={x | |x|≤1},x1、x2 ∈M,求證x1x2 +(1?x1)(1?x2)≤1.用心愛心專心 2 知識(shí)改變命運(yùn)百度提升自我本文為自本人珍藏版權(quán)所有僅供參考 構(gòu)造函數(shù)證明不等式 函數(shù)是高中數(shù)學(xué)的基礎(chǔ),是聯(lián)系各個(gè)數(shù)學(xué)分支的橋梁和紐帶.在不等式的證明中,我們可根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn),建立起適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)模型,利用函數(shù)的單調(diào)性、凸性等性質(zhì),靈活、巧妙地證明不等式.一、二次函數(shù)型: 1.作差構(gòu)造法.例1.(新教材第二冊(cè)(上)(以下同)P16習(xí)題1(2))求證:a?b?c?ab?bc?ca.分析:將a視為變量,考察函數(shù)f?a??a??b?c?a?b?bc?c.由于該二次函數(shù)的圖象開口向上,且???3?b?c??0,故f?a??0.結(jié)論獲證.22 2例2.(教材P31.復(fù)習(xí)參考題6)設(shè)a,b,c為?ABC的三條邊,求證:a?b?c<2?ab?bc?ca?.2222 222 分析:構(gòu)造函數(shù)f?x??x?2?b?c?x??b?c?.∵f?x?圖象開口向上,對(duì)稱軸x?b?c.∴f?x?在???,b?c?上單調(diào)遞減.∵a,b,c為?ABC的三條邊,∴b?c<a<b?c(不妨設(shè)b?c)∴ f ?a??f?b?c?.2 ∵f?b?c???b?c??2?b?c??b?c???b?c???4c?b?c??0.∴f?a??0.即結(jié)論成立.2.判別式構(gòu)造法.2222 例3.(教材P27.例1)已知a,b,c,d都是實(shí)數(shù),且a?b?1,c?d?1.求證:ac?bd?1.分析:所證結(jié)論即是??2?ac?bd????4?a?b ??c ?d ??0.故可構(gòu)造函數(shù) f ?x???a ?b ?x ?2?ac?bd?x?c?d.2 由于f?x???ax?2acx?c 2???bx?2bdx?d ? ??ax?c???bx?d ? ?0.當(dāng)且僅當(dāng)x? ca ? db 時(shí)取“=”號(hào).又因?yàn)閒?x?的圖象開口向上,故必有??0.結(jié)論成立.2 練習(xí)1.(教材P16.練習(xí)2)求證:?ac?bd???a?b??c n ?d ?.n n 點(diǎn)撥:證法同例3.該題是柯西不等式的特殊情形.其一般形式是: ?? ab??ii???i?1? n n 2i n ?a?? i? 1i?1 ?2?2 bi.可構(gòu)造函數(shù)f?x????ai?x?2?aibi?x? i?1?i?1? ?b i?1 2i 證之.練習(xí)2.(教材P17.習(xí)題6)已知a,b是不相等的兩個(gè)正數(shù),求證: ?a?b??a?b 3???a?b ? .用心 愛心 專心 點(diǎn)撥:構(gòu)造函數(shù)f?x???a?b?x?2?a?b ?x?a ?b?a?x?a??b?x?b?證之.22 練習(xí)3.(教材P17.習(xí)題7)已知a,b都是正數(shù),x,y?R,且a?b?1,求證: ax?by ??ax?by?.點(diǎn)撥:構(gòu)造函數(shù)f?z???a?b?z?2?ax?by?z?ax?by?a?z?x??b?z?y?證之.練習(xí)4.(教材P31.復(fù)習(xí)參考題5)求證:3?1?a?a ???1?a?a? .點(diǎn)撥:構(gòu)造函數(shù)f?x??3x?2?1?a?a ?x?1?a ?a??x?1???x?a???x?a? 證之.二、分式函數(shù)型: 例4.(教材P12.例2)已知a,b,m都是正數(shù),并且a?b,求證: 分析:構(gòu)造函數(shù)f?x?? x?ax?b a?mb?m ?ab.x??0,???.由于當(dāng)x??0,???時(shí),f??x?? b?a ?x?b? ?0.故f?x?在?0,???上是增函數(shù).∵f?x?在x f ?0處右連續(xù),∴f ?x?在?0,???上是增函數(shù).∵m ?0 ∴ ?m??f?0? 即 a?mb?m ? ab .例5.(教材P22.例3)已知a?1,b?1,求證: a?x1?ax a?b1?ab ?1.分析:構(gòu)造函數(shù)f?x??x???1,1?.由于當(dāng)x???1,1?時(shí),f??x?? 1?a 2?1?ax? ?0.故f?x?在??1,1?上是增函數(shù).∵f?x?在x??1處右連續(xù),在x?1處左連續(xù).∴f?x?在??1,1?上是增函數(shù).∵?1?b?1 ∴f??1??f?b??f?1? ,即?1? a?b1?ab ?1.ab a?cb?d cd a?b1?ab ?1, 即 例6.(教材P14練習(xí)5)已知a,b,c,d都是正數(shù),且bc?ad,求證: ??.a 分析:聯(lián)想定比分點(diǎn)坐標(biāo)公式,a?cb?d 可寫成b ?1? cd db.故可構(gòu)造函數(shù)db a f ?x?? b d1?x ? c ?x,x??0,???.∵當(dāng)x??0,???時(shí),用心 愛心 專心 2 c f??x?? d ? ab ?1?x? ? bc?adbd?1?x? ?0.∴f?x?在?0,???上是增函數(shù).∵f?x?在x ?0處右連續(xù),∴f?x?在?0,???上是增函數(shù).又∵ cd db ?0.∴ ?d? f?0??f???limf ?b?x??? ?x?.而 f?0?? a?c?d?,f???,limf x???bbb?d?? a ?x?? .故原不等式成立.ac?a bc?b 練習(xí)5.(教材P14.練習(xí)4)已知c?a?b?0,求證: 點(diǎn)撥:構(gòu)造函數(shù)f?x?? xc?x x??0,c? ?.練習(xí)6.(教材P17.習(xí)題9)已知?ABC的三邊長(zhǎng)分別是a,b,c.且m為正數(shù).求證: aa?m ? bb?m ? cc?m .xx?m?,x??0,???.易證fcc?m .而 aa?m ? bb?m 點(diǎn)撥:構(gòu)造函數(shù)f?x?? f ?x?為增函數(shù).由于 ? aa?b?m ? ba?b?m ? a?b?c,故 ?a?b?? aa?m ? f?c?.即b ? a?ba?b?mc .a?ba?b?m .故 有 b?mc?m 練習(xí)7.(教材P23.習(xí)題4)求證: 分析:構(gòu)造函數(shù)f?x?? 三、冪函數(shù)型: a?b1?a?b ? a?b1?a?b .x1?x,x??0,???證之.例7.如果a,b都是正數(shù),且a?b,求證:a?b?ab?ab.分析:a?b?ab?ab??a?b 55322 3??a ?b ?.考察函數(shù)f?x??x,(n?N)在?0,???上的單調(diào)性,顯然f?x?在?0,???上為增函數(shù).n * 若a?b,則a?b, a?b,所以?a?b ??a??a ?b?b ??0; ??0。 若a?b,則a?b, a?b,所以?a?b 2所以a?b?ab?ab.利用函數(shù)的單調(diào)性證法可以將上述結(jié)論推廣為: 若a、b是正數(shù)且a?b,求證:a四、一次函數(shù)型: 用心 愛心 專心 m?n 55322 3?b m?n ?ab?ab.(m,n?N) mnnm* 例8.設(shè)a,b,c??0,1?,求證:a?b?c?ab?bc?ca?1.分析:構(gòu)造函數(shù)f?a???1?b?c?a?b?c?bc?1,a??0,1?.∵f?0??b?c?bc?1??1?c??b?1??0,f?1??1?b?c?b?c?bc?1??bc?0.∴對(duì)任意a??0,1?,恒有f?a??0.故原不等式成立.五、三角函數(shù)型: 例9.(同例3) 分析:設(shè)a?cos?,b?sin?, c?cos?,d?sin?.則ac?bd?cos??cos??sin??sin? ?cos???? ? ?1.練習(xí)8.設(shè)x,y?R,且x?y?1,求證 :?x?2xy?y?點(diǎn)撥:設(shè)x?rcos?,y?rsin?.其中r?1.以下略.六、指數(shù)函數(shù)型: 2例10.已知等差數(shù)列?an?和等比數(shù)列?bn?,其中a1?b1,a2?b2,0<a1<a2,證明當(dāng)n?3時(shí),an da 1n?1 .所以,當(dāng)n?3時(shí),bn?a1q q?1? ?d? ??a1?1? ?a1??? n?1 ? ???dd?11 ??a1??n?1?d?an.a1?1?Cn?1???a1?1?Cn?1 ???> a1a1????? 這兒,我們用二項(xiàng)式定理進(jìn)行放縮,完成了證明.七、構(gòu)造函數(shù),利用函數(shù)圖象的凸性: 例11.(教材P15.例6)求證3+7<2 5分析:考察函數(shù)f(x)=x的圖象,特征是上凸函數(shù).對(duì)任意x1,x2??0,???, 且x1?x2,都有:所以,即 212 ?f(x1)?f(x2)? ??f?3??f?7??? ?f?5?.(3+7)<5.兩條結(jié)論:(1用心 愛心 專心 值之和越大.例:6? 7?22? 5? ? 3? ? 2及 a? a?3? a?1? a?2 (2)下凸函數(shù),區(qū)間中點(diǎn)相同時(shí),兩端“距離”區(qū)間中點(diǎn)越近,兩端點(diǎn)函數(shù)值之和越小.練習(xí)9.已知:f?x??tanx,x??0,?? ??2? ?, 若x1,x2??0,? ? ??2? ? 且x1?x2,試判斷 ??f ?x1?? f ?x2???與 ?x?x2? f?1 ?的大小,并加以證明(94年高考理科試題變式題).2?? 練習(xí)10.已知:f?x??lgx?x?1?,若0?x1?x2,試比較 年高考文科試題).練習(xí)11.(教材P23.習(xí)題5)求證:lg A?B2 ? lgA?lgB ??f ?x1?? f ?x2???與 ?x?x2? f?1 ?的大小(942?? ?AB?0?.以上表明,若能清楚不等式所反映的圖象意義,就會(huì)給證明提供思路.八、構(gòu)造連續(xù)函數(shù),應(yīng)對(duì)含離散型變量的不等式問題: 例12.(2001年全國(guó)理)已知i,m,n是正整數(shù),且1﹤i≤m<n.(1)證明nAm<mAn.(2)證明?1?m?>?1?n?.n m iiii i?1i? 1分析:(1)nAm<mAn可化為: i?1 iiii Amm i i < Ann i i ??m,即: k?0 ?k? i ??n?k? < k?0 mn i .構(gòu)造函數(shù)f?x?? ??x?k? k?0 x i .(x?i>1).i?1 兩邊取對(duì)數(shù),得:lnf?x?? ? k?0 ln?x?k??ilnx.當(dāng)x??i,???時(shí),兩邊求導(dǎo),得: f??x?f?x? i?1 ? ? k?0 1x?k ? ix i?1 >? k?0 1x ? ix ?0.由于f?x?>0,故f??x?>0.這說明f?x?在?i,???上是增函數(shù).∵f?x?在x?i處右連續(xù).∴ f?x?在?i,???上是增函數(shù).∵i≤m<n.∴f?m?<f?n?.Amm ii 即< Ann i i .整理,得:nAm<mAn.用心 愛心 專心 iiii (2)不等式?1?m?>?1?n?兩邊取對(duì)數(shù),得:ln?1?m?>ln?1?n?.n m n m 整理,得: ln?1?m m ? > ln?1?n?n .構(gòu)造函數(shù)g?x?? ln?1?x?x ?x?2?.x 求導(dǎo),得:g??x?? 1?x ?ln?1?x?xx .當(dāng)x?2時(shí),可得:0< 1?x <1,ln?1?x??ln3>1.故g??x?<0.所以g?x?在?2,???上是減函數(shù).∵g?x?在x?2處右連續(xù).∴g?x?在?2,???上是減函數(shù).∵m<n,∴ g?m?>g?n?.即 ln?1?m m ? > ln?1?n?n .整理,得:?1?m?>?1?n?.n m 注:不等式?1?m?>?1?n? n m 也可化為:?1?m? 1m >?1?n? 1n .這時(shí),可研究函數(shù) h?x???1?x?x?e ln?1?x?x的單調(diào)性證之.n?1 練習(xí)12.已知n是正整數(shù)且n≥3.求證:n n >?n?1?.n 點(diǎn)撥:不等式n n?1 >?n?1?兩邊取自然對(duì)數(shù),整理得: lnnn > ln?n?1?n?1 .構(gòu)造函數(shù)f?x?? lnxx 可證之.lnf?x? 說明:根據(jù)所構(gòu)造函數(shù)的結(jié)構(gòu)特點(diǎn),我們將函數(shù)轉(zhuǎn)化為lnf?x?型或e型,方便了對(duì)函數(shù)的求導(dǎo)運(yùn)算.不等式證明的數(shù)學(xué)模型,除本文介紹的函數(shù)模型外,還可建立向量模型、解析幾何模型、方程模型等,請(qǐng)讀者自行研究、總結(jié).作者簡(jiǎn)介:陳兵,男,1976年10月26日出生,山東省滕州市人,中教二級(jí), 學(xué)士學(xué)位.用心 愛心 專心 6 在含有兩個(gè)或兩個(gè)以上字母的不等式中,若使用其它方法不能解決,可將一邊整理為零,而另一邊為某個(gè)字母的二次式,這時(shí)可考慮用判別式法。一般對(duì)與一元二次函數(shù)有關(guān)或能通過等價(jià)轉(zhuǎn)化為一元二次方程的,都可考慮使用判別式,但使用時(shí)要注意根的取值范圍和題目本身?xiàng)l件的限制。 例1.設(shè):a、b、c∈R,證明:a2?ac?c2?3b(a?b?c)?0成立,并指出等號(hào)何時(shí)成立。 解析:令f(a)?a2?(3b?c)a?c2?3b2?3bc ⊿=(3b?c)2?4(c2?3b2?3bc)??3(b?c)2 ∵b、c∈R,∴⊿≤0 即:f(a)?0,∴a2?ac?c2?3b(a?b?c)?0恒成立。 當(dāng)⊿=0時(shí),b?c?0,此時(shí),f(a)?a2?ac?c2?3ab?(a?c)2?0,∴a??b?c時(shí),不等式取等號(hào)。 ?4?例2.已知:a,b,c?R且a?b?c?2,a2?b2?c2?2,求證: a,b,c??0,?。 ?3??a?b?c?222解析:?2 消去c得:此方程恒成立,a?(b?2)a?b?2b?1?0,22?a?b?c?2∴⊿=(b?2)2?4(b2?2b?1)??3b2?4b?0,即:0?b??4?同理可求得a,c??0,? ?3?4。3② 構(gòu)造函數(shù)逆用判別式證明不等式 對(duì)某些不等式證明,若能根據(jù)其條件和結(jié)論,結(jié)合判別式的結(jié)構(gòu)特征,通過構(gòu)造二項(xiàng)平方和函數(shù):f(x)?(a1x?b1)2?(a2x?b2)2???(anx?bn)2 由f(x)?0,得⊿≤0,就可以使一些用一般方法處理較繁瑣的問題,獲得簡(jiǎn)捷明快的證明。 例3.設(shè)a,b,c,d?R?且a?b?c?d?1,求證:4a?1?4b?1?4c?1?4d?1﹤6。解析:構(gòu)造函數(shù): f(x)?(4a?1x?1)2?(4b?1x?1)2?(4c?1x?1)2?(4d?1x?1) 2=8x2?2(4a?1?4b?1?4c?1?4d?1)x?4.(?a?b?c?d?1)由f(x)?0,得⊿≤0,即⊿=4(4a?1?4b?1?4c?1?4d?1)2?128?0.∴4a?1?4b?1?4c?1?4d?1?42﹤6.例4.設(shè)a,b,c,d?R?且a?b?c?1,求解析:構(gòu)造函數(shù)f(x)?(=(1ax?a)2?(149??的最小值。abc2bx?b)2?(3cx?c)2 1492??)x?12x?1,(?a?b?c?1)abc111由f(x)?0(當(dāng)且僅當(dāng)a?,b?,c?時(shí)取等號(hào)),632149得⊿≤0,即⊿=144-4(??)≤0 abc111149 ∴當(dāng)a?,b?,c?時(shí),(??)min?36 632abc 構(gòu)造函數(shù)證明不等式 1、利用函數(shù)的單調(diào)性 +例 5、巳知a、b、c∈R,且a b?mb[分析]本題可以用比較法、分析法等多種方法證明。若采用函數(shù)思想,構(gòu)造出與所證不等式密切相關(guān)的函數(shù),利用函數(shù)的單調(diào)性來比較函數(shù)值而證之,思路則更為清新。 a?x+,其中x∈R,0 b?xb?x證明:令 f(x)= ∵b-a>0 b?a+ 在R上為減函數(shù) b?xb?a+從而f(x)= 在R上為增函數(shù) b?x∴y= ∵m>0 ∴f(m)> f(0) ∴a?ma> b?mb例 6、求證:a?b1?a?b≤ a?b1?a?b(a、b∈R) [分析]本題若直接運(yùn)用比較法或放縮法,很難尋其線索。若考慮構(gòu)造函數(shù),運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性證明,問題將迎刃而解。 [證明]令 f(x)= x,可證得f(x)在[0,∞)上是增函數(shù)(證略)1?x 而 0<∣a+b∣≤∣a∣+∣b∣ 得 f(∣a+b∣)≤ f(∣a∣+∣b∣) 即: a?b1?a?b≤ a?b1?a?b [說明]要證明函數(shù)f(x)是增函數(shù)還是減函數(shù),若用定義來證明,則證明過程是用比較法證明f(x1)與f(x2)的大小關(guān)系;反過來,證明不等式又可以利用函數(shù)的單調(diào)性。 2、利用函數(shù)的值域 例 7、若x為任意實(shí)數(shù),求證:— x11≤≤ 221?x2[分析]本題可以直接使用分析法或比較法證明,但過程較繁。聯(lián)想到函數(shù)的值域,于是構(gòu)造函數(shù)f(x)= x11,從而只需證明f(x)的值域?yàn)閇—,]即可。 1?x222x2證明:設(shè) y=,則yx-x+y=0 21?x ∵x為任意實(shí)數(shù) ∴上式中Δ≥0,即(-1)-4y≥0 1 411得:—≤y≤ 22x11 ∴—≤≤ 21?x22 ∴y≤2[說明]應(yīng)用判別式說明不等式,應(yīng)特別注意函數(shù)的定義域。 另證:類比萬能公式中的正弦公式構(gòu)造三角函數(shù)更簡(jiǎn)單。 例 8、求證:必存在常數(shù)a,使得Lg(xy)≤ Lga.lg2x?lg2y 對(duì)大于1的任意x與y恒成立。 [分析]此例即證a的存在性,可先分離參數(shù),視參數(shù)為變?cè)暮瘮?shù),然后根據(jù)變?cè)瘮?shù)的值域來求解a,從而說明常數(shù)a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(x>1,y>1)∴原不等式可變形為:Lga≥ lgx?lgylgx?lgy22 2(lgx?lgy)2lgxlgy 令 f(x)= == 1?222222lgx?lgylgx?lgylgx?lgylgx?lgy 而 lgx>0,lgy>0, ∴l(xiāng)gx+lgy ≥ 2lgxlgy > 0 ∴2lgxlgy≤1 22lgx?lgy ∴ 1 從而要使原不等式對(duì)于大于1的任意x與y恒成立,只需Lga≥2即 a≥10 2即可。 故必存在常數(shù)a,使原不等式對(duì)大于1的任意x、y恒成立。 3、運(yùn)用函數(shù)的奇偶性 xx<(x≠0)1?2x2xx 證明:設(shè)f(x)=-(x≠0)x1?22 例 9、證明不等式: ?x?x?x2xx ∵f(-x)=-= x+ ?x1?222?12xxx [1-(1-2)]+ 1?2x2xx =-x+= f(x)x1?22 = ∴f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱 x ∵當(dāng)x>0時(shí),1-2<0,故f(x)<0 當(dāng)x<0時(shí),根據(jù)圖象的對(duì)稱性知f(x)<0 故當(dāng) x≠0時(shí),恒有f(x)<0 即:xx<(x≠0)x1?22 [小結(jié)]本題運(yùn)用了比較法,實(shí)質(zhì)是根據(jù)函數(shù)的奇偶性來證明的,本題也可以運(yùn)用分類討論思想。但利用偶函數(shù)的軸對(duì)稱性和奇函數(shù)的中心對(duì)稱性,常能使所求解的問題避免復(fù)雜的討論。 構(gòu)造函數(shù)證明不等式 構(gòu)造函數(shù)證明:>e的(4n-4)/6n+3)次方 不等式兩邊取自然對(duì)數(shù)(嚴(yán)格遞增)有: ln(2^2/2^2-1)+ln(3^2/3^2-1)+...+ln(n^2/n^2-1)>(4n-4)/(6n+3) 不等式左邊=2ln2-ln1-ln3+2ln3-ln2-ln4+...+2lnn-ln(n-1)-ln(n+1) =ln2-ln1+lnn-ln(n+1)=ln 構(gòu)造函數(shù)f(x)=ln-(4x-4)/(6x+3) 對(duì)f(x)求導(dǎo),有:f'(x)=+^ 2當(dāng)x>2時(shí),有f'(x)>0有f(x)在x>2時(shí)嚴(yán)格遞增從而有 f(n)>=f(2)=ln(4/3)-4/15=0.02>0 即有l(wèi)n>(4n-4)/(6n+3) 原不等式等證 【解】: ∏{n^2/(n^2-1)}>e^((4n-4)/(6n+3)) ∵n^2/(n^2-1)=n^2/(n+1)(n-1) ∴∏{n^2/(n^2-1)}=2n/(n+1) 原式可化簡(jiǎn)為:2n/(n+1)>e^((4n-4)/6n+3)) 構(gòu)建函數(shù):F(n)=2n/(n+1)-e^((4n-4)/(6n+3)) 其一階導(dǎo)數(shù)F’(n)={2-4e^((4n-4)/(6n+3))}/(n+1)^2 ∵e^((4n-4)/(6n+3)) ∴F’(n)>0 而F=4/(2+1)-e^((8-4)/(12+3))=4/3-e^(4/15)>0 所以F(n)>0 即:2n/(n+1)>e^((4n-4)/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+c>0,a-3b+c<0.求證:9b2>4ac.證明構(gòu)造函數(shù)f(x),設(shè)f(x)=ax2+3bx+c(a≠0),由f(2)=4a+6b+c>0,f(-1)=a-3b+c<0,根據(jù)勘根定理可知:f(x)在區(qū)間(-1,2)內(nèi)必有零點(diǎn).又f(x)為二次函數(shù),由勘根定理結(jié)合可知: f(x)必有兩個(gè)不同的零點(diǎn).令ax2+3bx+c=0可知△=(3b)2-4ac>0,所以可得:9b2>4ac.命題得證.評(píng)析本題合理變換思維角度,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(shí),從而使問題獲得解決.二、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4-5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(shí)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|.命題得證.三、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)≥32.證明構(gòu)造函數(shù),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≥32成立.又abc=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)=(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=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).由導(dǎo)數(shù)知識(shí)(方法同例 2、例3)可知函數(shù) f(a,1,c)=t2-t+1t-1(t≥2)是增函數(shù),當(dāng)且僅當(dāng)t=2q=1a=c=1時(shí),(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.命題得證。 在含有兩個(gè)或兩個(gè)以上字母的不等式中,若使用其它方法不能解決,可將一邊整理為零,而另一邊為某個(gè)字母的二次式,這時(shí)可考慮用判別式法。一般對(duì)與一元二次函數(shù)有關(guān)或能通過等價(jià)轉(zhuǎn)化為一元二次方程的,都可考慮使用判別式,但使用時(shí)要注意根的取值范圍和題目本身?xiàng)l件的限制。 例1.設(shè):a、b、c∈R,證明:a2?ac?c2?3b(a?b?c)?0成立,并指出等號(hào) 何時(shí)成立。 解析:令f(a)?a2?(3b?c)a?c2?3b2?3bc ⊿=(3b?c)2?4(c2?3b2?3bc)??3(b?c) 2∵b、c∈R,∴⊿≤0 即:f(a)?0,∴a2?ac?c2?3b(a?b?c)?0恒成立。 當(dāng)⊿=0時(shí),b?c?0,此時(shí),f(a)?a2?ac?c2?3ab?(a?c)2?0,∴a??b?c時(shí),不等式取等號(hào)。 ?4?例2.已知:a,b,c?R且a?b?c?2,a2?b2?c2?2,求證: a,b,c??0,?。?3? ?a?b?c?222解析:?2 消去c得:此方程恒成立,a?(b?2)a?b?2b?1?0,22?a?b?c? 2∴⊿=(b?2)2?4(b2?2b?1)??3b2?4b?0,即:0?b? ?4?同理可求得a,c??0,? ?3?4。 3② 構(gòu)造函數(shù)逆用判別式證明不等式 對(duì)某些不等式證明,若能根據(jù)其條件和結(jié)論,結(jié)合判別式的結(jié)構(gòu)特征,通過構(gòu)造二項(xiàng)平方和函數(shù):f(x)?(a1x?b1)2?(a2x?b2)2???(anx?bn)2 由f(x)?0,得⊿≤0,就可以使一些用一般方法處理較繁瑣的問題,獲得簡(jiǎn)捷明快的證明。 例3.設(shè)a,b,c,d?R?且a?b?c?d?1,求證:a?1?4b?1?4c?1?4d?1﹤6。 解析:構(gòu)造函數(shù): f(x)?(4a?1x?1)2?(4b?1x?1)2?(4c?1x?1)2?(4d?1x?1)2 =8x2?2(4a?1?4b?1?4c?1?4d?1)x?4.(?a?b?c?d?1) 由f(x)?0,得⊿≤0,即⊿=4(4a?1?4b?1?4c?1?4d?1)2?128?0.∴4a?1?4b?1?4c?1?4d?1?42﹤6.例4.設(shè)a,b,c,d?R?且a?b?c?1,求 解析:構(gòu)造函數(shù)f(x)?(=(1ax?a)2?(149??的最小值。abc2x?b)2?(3cx?)2 1492??)x?12x?1,(?a?b?c?1)abc 111由f(x)?0(當(dāng)且僅當(dāng)a?,b?,c?時(shí)取等號(hào)),632 149得⊿≤0,即⊿=144-4(??)≤0 abc 111149∴當(dāng)a?,b?,c?時(shí),(??)min?36 632abc 構(gòu)造函數(shù)證明不等式 1、利用函數(shù)的單調(diào)性 +例 5、巳知a、b、c∈R,且a 求證: a?ma> b?mb [分析]本題可以用比較法、分析法等多種方法證明。若采用函數(shù)思想,構(gòu)造出與所證不 等式密切相關(guān)的函數(shù),利用函數(shù)的單調(diào)性來比較函數(shù)值而證之,思路則更為清新。第二篇:(no.1)2013年高中數(shù)學(xué)教學(xué)論文 構(gòu)造函數(shù)證明不等式
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