構(gòu)造函數(shù),結(jié)合導(dǎo)數(shù)證明不等式-在線瀏覽
2024-10-28 05:32本頁(yè)面
【正文】 明不等式湖北省天門(mén)中學(xué)薛德斌2010年10月例設(shè)當(dāng)x206。[a,b]時(shí)，f/(x)g/(x)，求證：當(dāng)x206。1時(shí)(x1)f/(x)0．求證：（1）f(0)+f(2)2f(1)；（2）f(2)2f(1)．例已知m、n206。2，證明： x1,x2206。)，|f(x1)f(x2)|179。f(a+b)f(b).xln(1+x)x； 1+x11112n+c163。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。0成立，并指出等號(hào)何時(shí)成立。0，∴a2+ac+c2+3b(a+b+c)179。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)。R且a+b+c=2,a2+b2+c2=2，求證： a,b,c206。0,3a+b+c=222解析：237。a+b+c=2∴⊿＝(b2)24(b22b+1)=3b2+4b179。b163。4249。234。235。4。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。R+且a+b+c+d=1，求證：4a+1+4b+1+4c+1+4d+1﹤6。0，得⊿≤0，即⊿＝4(4a+1+4b+1+4c+1+4d+1)2128163。42﹤,b,c,d206。abc2bxb)2+(3cxc)21492++)x12x+1,(Qa+b+c=1)abc111由f(x)179。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。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。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。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。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。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。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。(x)=+^2當(dāng)x2時(shí),有f39。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|+|
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