構(gòu)造法證明函數(shù)不等式(參考版)
2024-10-27 20:30本頁(yè)面
【正文】 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+c0，a3b+(x),設(shè)f(x)=ax2+3bx+c(a≠0)，由f(2)=4a+6b+c0，f(1)=a3b+cf(x)+3bx+c=0可知△=(3b)24ac0,所以可得：9b2，抓住問(wèn)題本質(zhì)，通過(guò)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(wèn)題,再結(jié)合勘根定理和二次函數(shù)知識(shí)，、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45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|.、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)≥，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≥=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)=(1b)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=q1，c=q(q0).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+q2)(q+q1)+1q+q1+1=t2t+1t1.(其中t=q+q1，且t≥2).由導(dǎo)數(shù)知識(shí)(方法同例例3)可知函數(shù)f(a,1,c)=t2t+1t1(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=222+121=32成立，∴f(a,1,c)≥(a,b,c)≥f(a,1,c)≥。(x)=+^2當(dāng)x2時(shí),有f39。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。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。例求證：必存在常數(shù)a，使得Lg（xy）≤ +lg2y對(duì)大于1的任意x與y恒成立。1+x222x2證明：設(shè) y=，則yxx+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(shuō)明]應(yīng)用判別式說(shuō)明不等式，應(yīng)特別注意函數(shù)的定義域。利用函數(shù)的值域例若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(guò)程較繁。若考慮構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性證明，問(wèn)題將迎刃而解。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(lái)比較函數(shù)值而證之，思路則更為清新。abc2bxb)2+(3cxc)21492++)x12x+1,(Qa+b+c=1)abc111由f(x)179。42﹤,b,c,d206。0，得⊿≤0，即⊿＝4(4a+1+4b+1+4c+1+4d+1)2128163。R+且a+b+c+d=1，求證：4a+1+4b+1+4c+1+4d+1﹤6。0，得⊿≤0，就可以使一些用一般方法處理較繁瑣的問(wèn)題，獲得簡(jiǎn)捷明快的證明。4。235。234。4249。b163。a+b+c=2∴⊿＝(b2)24(b22b+1)=3b2+4b179。a+b+c=222解析：237。30,R且a+b+c=2,a2+b2+c2=2，求證： a,b,c206。當(dāng)⊿＝0時(shí)，b+c=0，此時(shí)，f(a)=a2+ac+c2+3ab=(ac)2=0，∴a=b=c時(shí)，不等式取等號(hào)。0，∴a2+ac+c2+3b(a+b+c)179。0成立，并指出等號(hào)何時(shí)成立。一般對(duì)與一元二次函數(shù)有關(guān)或能通過(guò)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。構(gòu)造函數(shù)法證明不等式，關(guān)鍵在于找到能夠反映所要證不等式特征的合適的函數(shù)，從而就可以利用該函數(shù)的性質(zhì)去證明不等式。a2+2b22b∴f(1)=b2+af(0)= b2f(1)= b2a⑴當(dāng)b＞0時(shí)，f(0)＜0若a＞0,則f(1)＞0∴點(diǎn)A（1，f(1)）在x軸上方，點(diǎn)B（0，f(0)）在x軸下方∴拋物線與x軸在（1，0）內(nèi)必有一個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)有aa2+2b22b1 若a＜0，則f(1)＞0 ∴點(diǎn)C(1，f(1))在x軸上方 ∴拋物線與x軸在（0，1）內(nèi)必有一個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)有 a+a2+2b22b1 ⑵當(dāng)b＜0時(shí)，f(0)＞0，此時(shí)點(diǎn)B在x軸下方，同理可證A點(diǎn)和C點(diǎn)至少有一點(diǎn) 在x軸上方。f(c)＞0∴13＜c＜0⒊綜合運(yùn)用判別式法、一元二次方程根的分布證明不等式【例8】設(shè)a，b是兩個(gè)不等于0的實(shí)數(shù)，求證：下列不等式中至少有一個(gè)成立。2239。237。239?！纠?】已知a，b，c∈R，證明：a2 + ac + c2 + 3b(a + b + c)≥0，并指出等號(hào)何時(shí)成立？證明：令f(a)= a2 +(c + 3b)a + c2 + 3b2+ 3bc△=(c + 3b)24(c2 + 3b2 + 3bc)=3(b + c)2≤0 恒成立 ∵二次項(xiàng)系數(shù)1＞0∴f(a)≥0，即 a2 + ac + c2 + 3b(a + b + c)≥0又當(dāng)△=0，即b + c = 0時(shí)f(a)=(a + b)2= 0 ∴當(dāng)且僅當(dāng)a=
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