運用函數(shù)構(gòu)造法巧證不等式(參考版)
2024-11-01 00:39本頁面
【正文】 (1＋13n2)＞33n+1．。(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)(1＋13n2)＞3n+1．證明：構(gòu)造函數(shù)f(n)=(1＋1)(1＋13n+1))上是減函數(shù)，由ab有xab8第五篇：構(gòu)造函數(shù)法證明不等式構(gòu)造函數(shù)法證明不等式河北省 趙春祥不等式證明是中學數(shù)學的重要內(nèi)容之一．由于證明不等式?jīng)]有固定的模式，證法靈活多樣，技巧性強，使其成為各種考試命題的熱點問題，函數(shù)法證明不等式就是其常見題型．即有些不等式可以和函數(shù)建立直接聯(lián)系，通過構(gòu)造函數(shù)式，利用函數(shù)的有關(guān)特性，完成不等式的證明．一、構(gòu)造一元一次函數(shù)證明不等式例1設(shè)0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，求證：x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)＜1．證明：構(gòu)造一次函數(shù)f(x)= x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)，整理，得f(x)=(1－y－z)x＋(y＋z－yz)其中0＜x＜1，∵0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，∴－1＜1－y－z＜1．⑴當0＜1－y－z＜1時，f(x)在(0，1)上是增函數(shù)，于是f(x)＜f(1)=1－yz＜1；⑵當－1＜1－y－z＜0時，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1－y－z = 0，即y＋z = 1時，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，當| a |＜1，| b |＜1，| c |＜1時，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 ．因為 △=(b＋c)2－4(b2＋c2－bc)=－3(b－c)2≤0，又因為二次項的系數(shù)為正數(shù)，所以x2－(b＋c)x＋b2＋c2－bc≥0對任意實數(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x＞0 時單調(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對任意自然數(shù)n 求證：(1＋1)(1＋14)bf(a)，故選A． F(x)=179。(x)=baaxx2f(x)f(a)f(b)222。1．163。(x)f(x)ln179。1xa1b=1，于是，即ln(1+x)179。)上為增函數(shù)；因此在x=0時，f(x)取得極小值f(0)=0，而且是最小值，于是f(x)179。(x)0，即f(x)在x206。(x)0，即f(x)在x206。)，f39。0，即f(x)179。)上為增函數(shù)，于是函數(shù)F(x)在(0 , +165。(x)=0，F(xiàn)39。0時，不難證明xxx 在(0,+165。(x)=12lnx2a2lnx+1，∴f162。(x)0，得f(x)在[0 , +165。(0)=01+x（x0），又由f(x)在[0 , +165。)上嚴格單調(diào)增加，從而f39。(x)=2x0（x0），易知f39。0）又f39。)上為增函數(shù)，又F(x)在x=0處連續(xù)，∴F(x)F(0)=0，即f(x)1+x．【點評】當函數(shù)取最大（或最?。┲禃r不等式都成立，可得該不等式恒成立，從而把不等式的恒成立問題可轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題．不等式恒成立問題，一般都會涉及到求參數(shù)范圍，往往把變量分離后可以轉(zhuǎn)化為mf(x)（或mf(x)）恒成立，于是m大于f(x)的最大值（或m小于f(x)的最小值），從而把不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題．因此，利用導數(shù)求函數(shù)最 值是解決不等式恒成立問題的一種重要方法．例7．【解析】 對不等式兩邊取對數(shù)得(1+)ln(1+x)1+1xx，化簡為2(1+x)ln(1+x)2x+x2，2(l1+x)，設(shè)輔助函數(shù)f(x)=2x+x2
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