巧用构造函数法证明不等式.docx

巧用构造函数法证明不等式

第一篇：巧用构造函数法证明不等式构造函数法证明不等式一、构造分式函数，利用分式函数的单调性证明不等式【例1】证明不等式：|a||b||ab|1|a||b|≥1|ab|证明：构造函数f(x)=x1x(x≥0)则f(x)=x1x=1-11x在0，上单调递增∵f(|a|+|b|)=|a||b|1|a||b|f(|a+b|)=|ab|1|ab|且|a|+|b|≥|a+b|∴f(|a|+|b|)≥f(|a+b|)即所证不等式正确。二、利用分式函数的奇偶性证明不等式【例2】证明不等式：x12x＜x2（x≠0）证明：构造函数f(x)=x12xx2(x0)∵f(-x)=-xx-x2x1-2-x22x1x2x12x[1-(1-2x)]x2x12xx2=f(x)∴f(x)是偶函数，其图像关于y轴对称。当x＞0时，12x＜0，f(x)＜0；当x＜0时，-x＞0,故f(x)=f(-x)＜0∴x1-2xx2＜0，即x12x＜x2三、构造一次函数，利用一次函数的单调性证明不等式【例3】已知|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1，求证：a+b+c＜abc+2。证明：构造函数f(c)=(1-ab)c+a+b-2∵|a|＜1，|b|＜1∴-1＜ab＜1，1-ab＞0∴f(c)的（-1，1）上是增函数∵f(1)=1-ab+a+b-2=a+b–ab-1=a(1b)=(1c)2＞4a(a+b+c)。证明：构造函数f(x)=ax2+(-b+c)x+(a+b+c)(a≠0)则f(0)=a+b+c，f(1)=2(a+c)由(a+c)(a+b+c)＜0知：f(0)•f(1)＜0∴f(x)=0有两个不等的实数根。∴△＞0，即(bc)2＞4a(a+b+c)【例5】已知实数a，b，c满足a+b+c=5，a2+b2+c2=9，求证a，b，c的值都不小于1，又都不大于213。证明：构造函数f(x)=2x2+2(a+b)x+a2+b2=(x+a)2+(x+b)2≥0∵2＞0∴△=[2(a+b)]2-4×2×(a2+b2)≤0∴△=4(5-c)2-8(9-c2)≤0∴(c-1)(3c-7)≤0∴1≤c≤213同理可证：1≤a≤21，1≤b≤2133。【例6】已知a，b，c∈R，证明：a2+ac+c2+3b(a+b+c)≥0，并指出等号何时成立？证明：令f(a)=a2+(c+3b)a+c2+3b2+3bc△=(c+3b)2-4(c2+3b2+3bc)=-3(b+c)2≤0恒成立∵二次项系数1＞0∴f(a)≥0，即a2+ac+c2+3b(a+b+c)≥0又当△=0，即b+c=0时f(a)=(a+b)2=0∴当且仅当a=-b=c时才能取等号。⒉利用一元二次方程根的分布证明不等式【例7】设a+b+c=1，a2+b2+c2=1，且a＞b＞c，求证：-13＜c＜0证明：∵a+b+c=1∴a+b=1-c有a2+b2+2ab=1c∴a，b是方程x2-(1-c)x+c2-c=0的两个实数根∵a＞b＞c，故方程有大于c的两个不等的实数根构造函数f(x)=x2-(1-c)x+c2-c，则有：(1c)24(c2c)＞01c＞c2f(c)＞0∴-13＜c＜0⒊综合运用判别式法、一元二次方程根的分布证明不等式【例8】设a，b是两个不等于0的实数，求证：下列不等式中至少有一个成立。aa22b22b1，aa22b22b1证明：设f(x)=bx2axb2(b≠0)∵△=(-a)2-2b(-b)=a2+2b2＞0∴抛物线与x轴必有两个交点，其横坐标为x=aa22b22b∴f(-1)=b2af(0)=b2f(1)=b2a⑴当b＞0时，f(0)＜0若a＞0,则f(-1)＞0∴点A（-1，f(-1)）在x轴上方，点B（0，f(0)）在x轴下方∴抛物线与x轴在（-1，0）内必有一个交点，此时有aa22b22b1若a＜0，则f(1)＞0∴点C(1，f(1))在x轴上方∴抛物线与x轴在（0，1）内必有一个交点，此时有aa22b22b1⑵当b＜0时，f(0)＞0，此时点B在x轴下方，同理可证A点和C点至少有一点在x轴上方。故两个不等式至少有一个成立。构造函数法证明不等式，关键在于找到能够反映所要证不等式特征的合适的函数，从而就可以利用该函数的性质去证明不等式。第二篇：巧用构造法证明不等式巧用构造法证明不等式构造法是指在解决数学问题的过程中，为了完成由条件向结论的转化，通过构造辅助元素，架起一座沟通条件和结论的桥梁，从而使问题得到解决。不等式证明是高中数学的一个难点问题，若能巧用构造方法，可以使一些问题化难为易.本文拟用构造法巧证一些不等式问题，仅供参考.一、构造函数证明不等式若能根据题中条