構(gòu)造函數(shù)證明不等式或比較大小-文庫(kù)吧資料
2024-10-28 07:05本頁(yè)面
【正文】 的最大值；（2）設(shè)0ab，證明：0g(a)+g(b)2g（a+b)(ba)ln2．2六、構(gòu)造二階導(dǎo)函數(shù)證明函數(shù)的單調(diào)性（二次求導(dǎo)）【例6】已知函數(shù)f(x)=aex12x． 2（1）若f(x)在R上為增函數(shù)，求a的取值范圍；（2）若a=1，求證：當(dāng)x0時(shí)，f(x)1+x．七、對(duì)數(shù)法構(gòu)造函數(shù)（選用于冪指數(shù)函數(shù)不等式）【例7】證明：當(dāng)x0時(shí)，(1+x)1+xe1+2．（2007年，安徽卷）設(shè)a179。x． x+1二、作差法構(gòu)造函數(shù)證明【例2】已知函數(shù)f(x)=的圖象的下方．2312x+lnx，求證：在區(qū)間(1 ,+165。第五篇：構(gòu)造法證明函數(shù)不等式構(gòu)造法證明函數(shù)不等式利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值和最值，再由單調(diào)性來(lái)證明不等式是函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式綜合中的一個(gè)難點(diǎn)，也是近幾年高考的熱點(diǎn)．解題技巧是構(gòu)造輔助函數(shù)，把不等式的證明轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或求最值，從而證得不等式，而如何根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造一個(gè)可導(dǎo)函數(shù)是用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵．一、移項(xiàng)法構(gòu)造函數(shù)【例1】已知函數(shù)f(x)=ln(x+1)x，求證：當(dāng)x1時(shí)，恒有11163。運(yùn)用函數(shù)的奇偶性xx2xx 證明：設(shè)f（x）=(x≠0)x122 例證明不等式：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(chēng)x∵當(dāng)x0時(shí)，12當(dāng)x故當(dāng) x≠0時(shí),恒有f(x)即：xx[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(lái)證明的，本題也可以運(yùn)用分類(lèi)討論思想。22證明：∵lgx+lgy 0(x1,y1)∴原不等式可變形為：Lga≥lgx+lgylgx+lgy222lgx+lgy）2lgxlgy令 f(x)= == +222222lgx+lgylgx+lgylgx+lgylgx+lgy22而 lgx0,lgy0,∴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≥102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。另證：類(lèi)比萬(wàn)能公式中的正弦公式構(gòu)造三角函數(shù)更簡(jiǎn)單。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。[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得f（∣a+b∣）≤ f（∣a∣+∣b∣）即： a+b1+a+b≤a+b1+a+b[說(shuō)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(lái)證明，則證明過(guò)程是用比較法證明f(x1)與f(x2)的大小關(guān)系；反過(guò)來(lái)，證明不等式又可以利用函數(shù)的單調(diào)性。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）[分析]本題若直接運(yùn)用比較法或放縮法，很難尋其線(xiàn)索。0（當(dāng)且僅當(dāng)a=,b=,c=時(shí)取等號(hào)），632149得⊿≤0,即⊿＝1444（++）≤0 abc111149∴當(dāng)a=,b=,c=時(shí)，(++)min=36 632abc構(gòu)造函數(shù)證明不等式利用函數(shù)的單調(diào)性+例巳知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。R+且a+b+c=1，求解析：構(gòu)造函數(shù)f(x)=（＝(1axa)2+(149++的最小值。0.∴4a+1+4b+1+4c+1+4d+1163。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。,b,c,d206。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。30,同理可求得a,c206。233。0，即：0163。2 消去c得：此方程恒成立，a+(b2)a+b2b+1=0，22238。236。235。234。：a,b,c206。0恒成立。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、c∈R，證明：a2+ac+c2+3b(a+b+c)179。第四篇：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。(x)0有f(x)在x2時(shí)嚴(yán)格遞增從而有f(n)=f(2)=ln(4/3)4/15=0即有l(wèi)n(4n4)/(6n+3)原不等式等證【解】：∏{n^2/(n^21)}e^((4n4)/(6n+3))∵n^2/(n^21)=n^2/(n+1)(n1)∴∏{n^2/(n^21)}=2n/(n+1)原式可化簡(jiǎn)為：2n/(n+1)e^((4n4)/6n+3))構(gòu)建函數(shù)：F(n)=2n/(n+1)e^((4n4)/(6n+3))其一階導(dǎo)數(shù)F’(n)={24e^((4n4)/(6n+3))}/(n+1)^2∵e^((4n4)/(6n+3))∴F’(n)0而F=4/(2+1)e^((84)/(12+3)
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