构造法证明对数不等式.doc

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1、构造法证明对数不等式函数，是贯穿整个中学数学的一根主线，因而它一直都是高考重点考察的对象与内容。对数函数与导数又作为中等数学与高等数学的衔接点，因此，在高考中，在对数函数中用导数作为工具来处理的题型也就成了表现函数问题的热点题型。不等式是数学的一个重要内容，它始终贯穿在整个高中数学当中，从一开始的集合，函数的定义域、值域、单调性的确定，到立体几何、解析几何中最值问题，无一不是与不等式有着紧密的联系，许多的问题最终都可以归结为不等式的求解与证明。特别是在近年来，不等式中去掉了“无理不等式、指数不等式、对数不等式的解法”

2、等内容后，这些与对数相关的不等式问题与函数的导数、绝对值、参数等内容又将成为新的亮点。以下是对数与不等式相结合的问题的题例。例1、已知函数⑴求证：；⑵求证：。分析：问题⑴属于常规题型，利用函数的导数与最值关系即可得证；要证明问题⑵，首先要构造出不等式的左边中的一系列的，联想到问题⑴中已有的结论，此结论可变形为，即，因此，要构造，只需要在中的依次取2、3、4、……、，即可得、、……、，依次累加，得比较两式，只需证即可，以下可用数学归纳法完成。证明：⑴设，则第7页共7页10-↗极大值↘　　即因此，有，也就是⑵由⑴知，，依

3、次取，得，，…，依次累加，得比较两式，只需证即可，以下用数学归纳法给出证明。当时，左边，右边即　左边右边　成立假设当时，不等式成立当时，左边由所以，上式可变成第7页共7页左边显然，当时，，所以左边因此，对任意成立，即成立。例2、已知函数在处取得极值0⑴求实数、的值；⑵证明：对任意的正整数，不等式都成立。分析：问题⑴属于常规题型，利用函数的导数与极值关系即可得证；问题⑵也属于含有对数的不等式，围绕，由于在⑴中含有项，因此取，则至此可考虑用累加，则以下易得。解：⑴，所以，有　　　解得。⑵由⑴知，的定义域为所以0-0↘极小

4、值↗因此，为在其定义域上的最小值，有第7页共7页又，即（当且仅当时，等号成立）对任意正整数，取，得又因所以即，因此，有例3、已知函数是在上每一点处均可导的函数，若在上恒成立⑴求证：函数在上是增函数；⑵当，时，证明：；⑶已知不等式在且时恒成立，求证：分析：问题⑴要证明单调性，一般从定义或导数出发，由于条件中有导数作已知条件，因此，可从导数入手；问题⑵易见为凸函数的证明；问题⑶中由于需要证明的结论中有，故需要把它们构造出来，因此，构造函数，此时，函数在上是单调增函数，由问题⑵，结合数学归纳法，有当时，有恒成立对函数，使用

5、上结论，有第7页共7页==所以，有令，则==至此，已构造出所需的结论，以下易得。证明：⑴由，对求导得，由已知可得在上恒成立，所以函数在上是增函数。⑵由⑴知函数在上是单调增函数，当时，有且，因此，有，，于是，两式相加得：⑶由⑵知，函数在上是单调增函数，当时，有恒成立。由数学归纳法知，当时，有恒成立设,则在上是单调增函数，因此，在第7页共7页时，有恒成立令，记又将(**)代入(*)中，可得：即使用构造法来处理数学中较为复杂的问题是一种常用的、有效的思想、方法与技巧。在数学发展的历史长河中，有很多著名的难题都是这样的过程完

6、成的，比如说，在对费马(PierredeFermat)大定理(1637年，费马在古希腊数学家丢番图(Diophantus)写的《算术》第二卷关于方程的整数解的研究的命题8旁边空白处用拉丁文写下一段具有历史意义的批注：“将一个正整数的立方表为两个正整数的立方和；将一个正整数的四次方表为两个正整数的四次方和；或者一般地，将一个正整数的高于二次的幂表为两个正整数的同一次幂的和，这是不可能的。对此，我找到了一个真正奇妙的证明，但书页的空白太小，无法把它写下。”用式子来表达这段话就是“方程没有正整数解。”这个结论就是费马大定理

7、)长达350年的证明过程中，就是经过欧拉、狄里克莱、索菲娅、库默尔、法廷斯、符雷等等这样若干次的辅助问题的辅助证明，最终成就了在美国工作的英国数学家Wells的最终证明。这个构造法的思想就是先构造一个辅助问题，并证明这个辅助问题的正确性，然后利用这个辅助问题的结论来证明所需证明的结论。第7页共7页特别是在现在强调包含基本思想方法在内的当前形势下，在作为数学的基本思想方法的构造法面前，只有认真感悟其思想，领会其关键步骤，在高考面前，即使拿不到满分，也要争取能拿到一些步骤分。当然，也应该看到，对数学思想方法的渗透，在高考

8、要求之下，实在地说，要求也是比较高的。2011年4月第7页共7页