構(gòu)造函數(shù)證明不等式-展示頁
2024-10-31 14:46本頁面
【正文】 ）∴a+ma b+mb例求證：a+b1+a+b≤a+b1+a+b（a、b∈R）[分析]本題若直接運用比較法或放縮法，很難尋其線索。0（當(dāng)且僅當(dāng)a=,b=,c=時取等號），632149得⊿≤0,即⊿＝1444（++）≤0abc111149∴當(dāng)a=,b=,c=時，(++)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 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，通過構(gòu)造二項平方和函數(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，這時可考慮用判別式法。(x)0有f(x)在x2時嚴(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))=4/3e^(4/15)0所以F(n)0即：2n/(n+1)e^((4n4)/6n+3))故得證。第一篇：構(gòu)造函數(shù)證明不等式構(gòu)造函數(shù)證明不等式構(gòu)造函數(shù)證明:e的(4n4)/6n+3)次方不等式兩邊取自然對數(shù)(嚴(yán)格遞增)有:ln(2^2/2^21)+ln(3^2/3^21)+...+ln(n^2/n^21)(4n4)/(6n+3)不等式左邊=2ln2ln1ln3+2ln3ln2ln4+...+2lnnln(n1)ln(n+1)=ln2ln1+lnnln(n+1)=ln構(gòu)造函數(shù)f(x)=ln(4x4)/(6x+3)對f(x)求導(dǎo),有:f39。(x)=+^2當(dāng)x2時,有f39。一、結(jié)合勘根定理，利用判別式“△”的特點構(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，抓住問題本質(zhì)，通過構(gòu)造二次函數(shù),將所要證明的結(jié)論轉(zhuǎn)化成判別式“△”的問題,再結(jié)合勘根定理和二次函數(shù)知識，、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(dāng)且僅當(dāng)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)≥。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。0成立，并指出等號何時成立。0，∴a2+ac+c2+3b(a+b+c)179。當(dāng)⊿＝0時，b+c=0，此時，f(a)=a2+ac+c2+3ab=(ac)2=0
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