構(gòu)造函數(shù)處理不等式問題(存儲版)
【正文】 解不等式 810+x35x0 3(x+1)x+1分析；本題直接將左邊通分采用解高次不等式的思維來做運(yùn)算較煩。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。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。0，得⊿≤0，即⊿＝4(4a+1+4b+1+4c+1+4d+1)2128163。 235。a+b+c=2∴⊿＝(b2)24(b22b+1)=3b2+4b179。R且a+b+c=2,a2+b2+c2=2，求證： a,b,c206。一般對與一元二次函數(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。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。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。0，得⊿≤0，即⊿＝4(4a+1+4b+1+4c+1+4d+1)2128163。235。a+b+c=2∴⊿＝(b2)24(b22b+1)=3b2+4b179。R且a+b+c=2,a2+b2+c2=2，求證： a,b,c206。一般對與一元二次函數(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。0,f(x)=x1lnx+2alnx求證：當(dāng)x1時(shí)，恒有xlnx2alnx+1，（2007年，陜西卷）f(x)是定義在（0，+∞）上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf162。)時(shí)，恒有h(x)h(0)=(0,+165。數(shù)列和型不等式，利用通項(xiàng)構(gòu)造函數(shù) 例：證明：對任意的正整數(shù)n，不等式ln(n+1)令h(x)=x3f(x)=x3x2+ln(x+1),229。(x)2[g（222設(shè)F(x)=g(a)+g(x)2g（39。)上為增函數(shù)，∴F(x)F(1)=故在區(qū)間(1,+165。又n≥2∴f(n)≥f(2)=恒成立,必須有∴1＜a＜712∴f(n)loga(a1)+對大于1的一切自然數(shù)n121237121loga(a1)+∴l(xiāng)oga(a1)1，而a＞1，∴a1＜12123a1+51+∴a的取值范圍為（1，）。第一篇：構(gòu)造函數(shù)處理不等式問題構(gòu)造函數(shù)處理不等式問題函數(shù)與方程，不等式等聯(lián)系比較緊密，如果從方程，不等式等問題中所提供的信息得知其本質(zhì)與函數(shù)有關(guān)，該題就可考慮運(yùn)用構(gòu)造函數(shù)的方法求解。解：設(shè)f(n)=∵f(n+1)f(n)111+++，n+1n+22n1111+=0,∴f(n)是關(guān)于n 的增函2n+12n+2n+1(2n+1)(2n+2)數(shù)。(x)=x從而F(x)在(1,+165。(x)=g39。冪指數(shù)函數(shù)不等式，對數(shù)法構(gòu)造函數(shù)a+b)(ba)ln2 2例：證明當(dāng)x0時(shí),(1+x)1+1xe1+x24。(0,+165。2）∪（0，2）證明當(dāng)bae,證明abba（2007年，安徽卷）設(shè)a179。ii1i=2i=2*n第二篇：構(gòu)造函數(shù)證明不等式在含有兩個或兩個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，而另一邊為某個字母的二次式，這時(shí)可考慮用判別式法。：a,b,c206。2 消去c得：此方程恒成立，a+(b2)a+b2b+1=0，22238。0,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。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。[分析]此例即證a的存在性，可先分離參數(shù)，視參數(shù)為變元的函數(shù)，然后根據(jù)變元函數(shù)的值域來求解a，從而說明常數(shù)a的存在性。第四篇：構(gòu)造函數(shù)證明不等式在含有兩個或兩個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，而另一邊為某個字母的二次式，這時(shí)可考慮用判別式法。：a,b,c206。2 消去c得：此方程恒成立，a+(b2)a+b2b+1=0，22238。0,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。a+x+，其中x∈R，0b+xb+abaf（x）==1b+xb+x證明：令 f（x）=∵ba0ba+ 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
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