构造函数证明不等式

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1、在含有两个或两个以上字母的不等式中，若使用其它方法不能解决，可将一边整理为零，而另一边为某个字母的二次式，这时可考虑用判别式法。一般对与一元二次函数有关或能通过等价转化为一元二次方程的，都可考虑使用判别式，但使用时要注意根的取值范围和题目本身条件的限制。例1.设：a、b、c∈R，证明：成立，并指出等号何时成立。解析：令⊿＝∵b、c∈R，∴⊿≤0即：，∴恒成立。当⊿＝0时，，此时，，∴时，不等式取等号。例2.已知：且，求证：。解析：消去c得：，此方程恒成立，∴⊿＝，即：。同理可求得②构造函数逆用判别式证明不等式对某些不等式证明，若能根据其条件和结论，结合判别式的结构特征，通过构造二项平方

2、和函数：由，得⊿≤0，就可以使一些用一般方法处理较繁琐的问题，获得简捷明快的证明。例3.设且，求证：﹤6。解析：构造函数：＝由，得⊿≤0，即⊿＝.∴﹤6.例1.设且，求的最小值。解析：构造函数＝由（当且仅当时取等号），得⊿≤0,即⊿＝144-4（）≤0∴当时，构造函数证明不等式1、利用函数的单调性例5、巳知a、b、c∈R+，且a[分析]本题可以用比较法、分析法等多种方法证明。若采用函数思想，构造出与所证不等式密切相关的函数，利用函数的单调性来比较函数值而证之，思路则更为清新。证明：令f（x）=，其中x∈R+，00∴y=在R+上为减函数从而f

3、（x）=在R+上为增函数∵m>0∴f（m）>f（0）∴>例6、求证：≤（a、b∈R）[分析]本题若直接运用比较法或放缩法，很难寻其线索。若考虑构造函数，运用函数的单调性证明，问题将迎刃而解。[证明]令f（x）=，可证得f（x）在[0，∞)上是增函数（证略）而0<∣a+b∣≤∣a∣+∣b∣得f（∣a+b∣）≤f（∣a∣+∣b∣）即：≤[说明]要证明函数f(x)是增函数还是减函数，若用定义来证明，则证明过程是用比较法证明f(x1)与f(x2)的大小关系；反过来，证明不等式又可以利用函数的单调性。2、利用函数的值域例7、若x为任意实数，求证：—≤≤[分析]本题可以直接使用分析法或比较法证明，

4、但过程较繁。联想到函数的值域，于是构造函数f（x）=，从而只需证明f(x)的值域为[—，]即可。证明：设y=，则yx2-x+y=0∵x为任意实数∴上式中Δ≥0，即（-1）2-4y2≥0∴y2≤得：—≤y≤∴—≤≤[说明]应用判别式说明不等式，应特别注意函数的定义域。另证：类比万能公式中的正弦公式构造三角函数更简单。例8、求证：必存在常数a，使得Lg（xy）≤Lga.对大于1的任意x与y恒成立。[分析]此例即证a的存在性，可先分离参数，视参数为变元的函数，然后根据变元函数的值域来求解a，从而说明常数a的存在性。若s≥f(t)恒成立，则s的最小值为f(t)的最大值；若s≤f(t)恒成立，则

5、s的最大值为f(t)的最小值。证明：∵>0(x>1,y>1)∴原不等式可变形为：Lga≥令f(x)===而lgx>0,lgy>0,∴lg2x+lg2y≥2lgxlgy>0∴≤1∴10时，1-2x<0，故f(x)<0当x<0时，根据图象的对称性知f(x)<0故当x≠0时,

6、恒有f(x)<0即：<(x≠0)[小结]本题运用了比较法，实质是根据函数的奇偶性来证明的，本题也可以运用分类讨论思想。但利用偶函数的轴对称性和奇函数的中心对称性，常能使所求解的问题避免复杂的讨论。