構(gòu)造函數(shù)處理不等式問題-文庫吧資料
2024-10-31 14:46本頁面
【正文】 +|b|+|c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.、結(jié)合構(gòu)造函數(shù)在某個區(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，f(a,b,c)=32≥=1，a,b,c為正實數(shù)，則a,b,c中必有一個不大于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(方法同例例3)可知函數(shù)f(a,1,c)=t2t+1t1(t≥2)是增函數(shù)，當且僅當t=2q=1a=c=1時，(f(a,1,c))min=222+121=32成立，∴f(a,1,c)≥(a,b,c)≥f(a,1,c)≥。(x)=+^2當x2時,有f39。故必存在常數(shù)a，使原不等式對大于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為任意實數(shù) ∴上式中Δ≥0，即（1）4y≥0 1 411得：—≤y≤22x11 ∴—≤≤21+x22 ∴y≤2[說明]應(yīng)用判別式說明不等式，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，但過程較繁。若考慮構(gòu)造函數(shù)，運用函數(shù)的單調(diào)性證明，問題將迎刃而解。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題，獲得簡捷明快的證明。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⊿＝0時，b+c=0，此時，f(a)=a2+ac+c2+3ab=(ac)2=0，∴a=b=c時，不等式取等號。0，∴a2+ac+c2+3b(a+b+c)179。0成立，并指出等號何時成立。一般對與一元二次函數(shù)有關(guān)或能通過等價轉(zhuǎn)化為一元二次方程的，都可考慮使用判別式，但使用時要注意根的取值范圍和題目本身條件的限制。plnnp229。已知n206。已知a179。0,f(x)=x1lnx+2alnx求證：當x1時，恒有xlnx2alnx+1，（2007年，陜西卷）f(x)是定義在（0，+∞）上的非負可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf162。）（B）（2，0）∪（0，2）（D）（165。）（C）（165。(kk=1n).3k作業(yè)：1設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f(2)=2,當x0時，有f(x)xf162。)時，恒有h(x)h(0)=(0,+165。)上單調(diào)遞增，8分則當x206。)上恒成立，則h39。k2k33x3+(x1)2179。數(shù)列和型不等式，利用通項構(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。)(a)=0,ba,所以G(b)0,即g(a)+g(b)2g(3。39。)=a時, F(x)有極小值F(a).因為F(a)=0,ba,所以F(b)0,即g(a)+g(b)2g(又設(shè)G(x)=F(x)(xa)39。(x)2[g（222設(shè)F(x)=g(a)+g(x)2g（39。a+xa+x.)]=lnxln),則F39。二元不等式，定主元化為一元函數(shù)（全國）已知函數(shù)g(x)=xlnx設(shè)0ab,證明 ：0g(a)+g(b)2g（a+b)(ba)分析：，想一想大小關(guān)系又與函數(shù)的單調(diào)性密切相關(guān)，由此就可過渡到根據(jù)所要證的不等式構(gòu)造恰當?shù)暮瘮?shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，借助單調(diào)性比較函數(shù)值的大小，： 證明：對g(x)=xlnx求導(dǎo),則g(x
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