高二數(shù)學(xué)構(gòu)造函數(shù)法在不等式證明中運(yùn)用-預(yù)覽頁(yè)
【正文】 ＋z－yz)其中0＜x＜1，∵0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，∴－1＜1－y－z＜1．⑴當(dāng)0＜1－y－z＜1時(shí)，f(x)在(0，1)上是增函數(shù)，于是f(x)＜f(1)=1－yz＜1；⑵當(dāng)－1＜1－y－z＜0時(shí)，f(x)在(0，1)上是減函數(shù)，于是f(x)＜f(0)= y＋z－yz = 1－(1－y)(1－z)＜1；⑶當(dāng)1－y－z = 0，即y＋z = 1時(shí)，f(x)= y＋z－yz = 1－yz＜1．綜上，原不等式成立．例2已知 | a |＜1，| b |＜1，| c |＜1，求證：abc＋2＞a＋b＋c．證明：構(gòu)造一次函數(shù)f(x)=(bc－1)x＋2－b－c，這里，| b |＜1，| c |＜1，| x |＜1，則bc ＜1． ∵f(1)= 1－bc＋2－b－c =(1－bc)＋(1－b)＋(1－c)＞0，f(1)= bc－1＋2－b－c =(1－b)(1－c)＞0，∵－1＜x＜1，∴一次函數(shù)f(x)=(bc－1)x＋2－b－c的圖象在x軸上方，這就是說(shuō)，當(dāng)| a |＜1，| b |＜1，| c |＜1時(shí)，有(bc－1)a＋2－b－c＞0，即abc＋2＞a＋b＋c．二、構(gòu)造一元二次函數(shù)證明不等式例3若 a、b、c∈R+，求證：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca ．證明構(gòu)造函數(shù)f(x)= x2－(b＋c)x＋b2＋c2－bc ．因?yàn)?△=(b＋c)2－4(b2＋c2－bc)=－3(b－c)2≤0，又因?yàn)槎雾?xiàng)的系數(shù)為正數(shù)，所以x2－(b＋c)x＋b2＋c2－bc≥0對(duì)任意實(shí)數(shù)恒成立． 以a 替換 x 得：a2－(b＋c)a＋b2＋c2－bc≥0，即 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ ca．例4已知a、b、c、d、e是滿足a＋b＋c＋d＋e= 8，a2＋b2＋c2＋d2＋e2= 16的實(shí)數(shù)，求證：0≤e≤5．證明：構(gòu)造一元二次函數(shù)f(x)= 4x＋2(a＋b＋c＋d)＋a2＋b2＋c2＋d2=(x＋a)2＋(x＋b)2＋(x＋c)2＋(x＋d)2≥0，又∵二次項(xiàng)系數(shù)為正數(shù)，∴△= 4(a＋b＋c＋d)2－16(a2＋b2＋c2＋d2)= 4(8－e)2－16(16－e2)≤0，解之得0≤e≤165．故不等式成立．三、構(gòu)造單調(diào)函數(shù)證明不等式 例5已知 a＞0，b＞0，求證 ：證明： 構(gòu)造函數(shù)f(x)=x1+xa1+a＋b1+b＞xa+b1+a+b．，易證f(x)=1+x= 1－1+x當(dāng)x＞0 時(shí)單調(diào)遞增．∵ a＋b＋ab＞a＋b＞0，∴ f(a＋b＋ab)＞f(a＋b)． 故a1+a＋b1+b=a+b+2ab(1+a)(1+b)＞a+b+ab1+a+b+ab)=f(a＋b＋ab)＞f(a＋b)=13n213n+1a+b1+a+b．例6對(duì)任意自然數(shù)n 求證：(1＋1)(1＋14)(1＋3，由f(n+1)f(n)(1+)33n+1=3n+4=(3n+2)(3n+1)(3n+4)＞1，∵f(n)＞0，∴f(n+1)＞f(n)，即f(n)是自然數(shù)集N上的單調(diào)遞增函數(shù)，∴(1＋1)(1＋14)二、利用分式函數(shù)的奇偶性證明不等式【例2】證明不等式：x12x＜x2（x≠0）證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=x12xx2(x185。證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=ax2 +(b + c)x +(a + b + c)(a≠0)則f(0)=a + b + c，f(1)=2(a + c)由(a + c)(a + b + c)＜0知：f(0)?f(1)＜0 ∴f(x)=0有兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根。⒉利用一元二次方程根的分布證明不等式【例7】設(shè)a + b + c=1，a2 + b2 + c2 =1，且a＞b＞c，求證：13＜c＜0證明：∵a + b + c=1∴a + b =1c有a2 + b2 + 2ab=1c∴a，b是方程x2(1c)x+c2c=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根∵a＞b＞c，故方程有大于c的兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根構(gòu)造函數(shù)f(x)= x2(1c)x+c2c，則有：236。1c＞c239。a+a2+2b22b1，aa2+2b22b1證明：設(shè)f(x)=bx2axb2(b≠0)∵△=(a)22b(b)=a2+2b2＞0∴拋物線與x軸必有兩個(gè)交點(diǎn)，其橫坐標(biāo)為x=a177。第五篇：構(gòu)造函數(shù)證明不等式在含有兩個(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。解析：令f(a)=a2+(3b+c)a+c2+3b2+3bc⊿＝(3b+c)24(c2+3b2+3bc)=3(b+c)2 ∵b、c∈R，∴⊿≤0 即：f(a)179。：a,b,c206。235。2 消去c得：此方程恒成立，a+(b2)a+b2b+1=0，22238。233。0,3② 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(guò)構(gòu)造二項(xiàng)平方和函數(shù)：f(x)=(a1xb1)2+(a2xb2)2+K+(anxbn)2由f(x)179。解析：構(gòu)造函數(shù)：f(x)=(4a+1x1)2+(4b+1x1)2+(4c+1x1)2+(4d+1x1)2＝8x22(4a+1+4b+1+4c+1+4d+1)x+4.(Qa+b+c+d=1)由f(x)179。R+且a+b+c=1，求解析：構(gòu)造函數(shù)f(x)=(＝(1axa)2+(149++的最小值。a+x+，其中x∈R，0b+xb+x證明：令 f（x）= ∵ba0 ba+ 在R上為減函數(shù) b+xba+從而f（x）= 在R上為增函數(shù)b+x∴y= ∵m0 ∴f（m） f（0）∴a+ma b+mb例求證：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。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。[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(lái)求解a，從而說(shuō)明常數(shù)a的存在性。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(duì)稱x ∵當(dāng)x0時(shí)，12
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