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构造函数巧解不等式

第一篇：构造函数巧解不等式构造函数巧解不等式湖南黄爱民函数与方程，不等式等联系比较紧密，如果从方程，不等式等问题中所提供的信息得知其本质与函数有关，该题就可考虑运用构造函数的方法求解。构造函数，直接把握问题中的整体性运用函数的性质来解题，是一种制造性的思维活动。因此要求同学们多分析数学题中的条件和结论的结构特征及内在联系，能合理准确地构建相关函数模型。一、构造函数解不等式例1、解不等式810x35x03(x1)x1分析；本题直接将左边通分采用解高次不等式的思维来做运算较烦。但注意到8102323x5x,启示我们构造函数且题中出现()5()3x1x1x1(x1)f(x)=x3+5x去投石问路。解：将原不等式化为(232)5()x35x，令f(x)=x3+5x，则不等式变为x1x122f()f(x)，∵f(x)=x3+5x在R上为增函数∴原不等式等价于x，解x1x1之得：－1＜x＜2或x＜－2。例2、解不等式1x220x11x21tan2cos2于是可构造三分析：由xR及的特征联想到万能公式1x21tan2角函数，令x=tanα(22)求解。1tan2解：令x=tanα()0，从222tan113而2sin2sin10sin1∴∴tanα＞,∴x＞26233。3二、构造函数求解含参不等式问题。例3已知不等式11112loga(a1)对大于1的一切自然数nn1n22n123恒成立，试确定参数a的取值范围。解：设f(n)∵f(n+1)-f(n)111，n1n22n11110,∴f(n)是关于n的增函2n12n2n1(2n1)(2n2)712∴f(n)loga(a1)对大于1的一切自然数n恒121237121成立,必须有loga(a1)∴loga(a1)1，而a＞1，∴a-1＜12123a数。又n≥2∴f(n)≥f(2)=∴1＜a＜115∴a的取值范围为（1，）。22三、构造函数证明不等式。例4、已知|a|＜1,|b|＜1,|c|＜1，求证：ab+bc+ca＞-1证：把a看成自变量x，作一次函数f(x)=bx+bc+cx+1=(b+c)x+bc+1,∵|a|＜1,|b|＜1,|c|＜1∴－1＜x＜1又∵f(-1)=-b-c+bc+1=(1-b)(1-c)>1f(1)=b+c+bc+1=(1+b)(1+c)>0，又一次函数具有严格的单调性。∴f(x)=(b+c)x+bc+1在x∈（-1，1）的图象位于x的上方，∴(b+c)x+bc+1>0,从而：(b+c)a+bc+1>0,即证：ab+bc+ca＞-1例5、已知，求证：x2y2z22xycos2yzcos2zxcos证明：考虑函数f(x)=x2y2z2(2xycos2yzcos2zxcos)=2x22x(ycoszcos)y2z22yzcos,其中4(ycoszcos)24(y2z22yzcos)4(ysinzsin)20又x2的系数大于0，∴f(x)的值恒大于或等于0，∴x2y2z22xycos2yzcos2zxcos。第二篇：构造函数,妙解不等式构不等式与函数是高中数学最重要的两部分内容。把作为高中数学重要工具的不等式与作为高中数学主线的函数联合起来，这样资源的优化配置将使学习内容在函数思想的指导下得到重组，优势互补必将提升学习效率.例1:已知a2+ab+ac0分析：有所证形式为二次函数的判别式（△）的格式。故试图构造二次函数使思路峰回路转。证明：令f(x)=cx2+bx+a。由a2+ab+ac=a(a+b+c)F(0)=a，f(1)=a+b+c。所以，f(x)图像与x轴有两个交点.。所以判别式（△）大于0。即b2-4ac>0。x111本题与2005年全国卷Ⅱ中函数f(x)=ln(1+x)-x没有什么区别，有着高等数学的背景，且是近几年高考命题不等式证明题中新的开挖点。构造函数和用求导数法来研究其单调性，进而再利用单调性可快捷证得，往往别开生面。11证明：设1+=t,由x∈(0,+∞)则t>1,∴x=xt11原不等式1令f(t)=t-1-lnt则f‘(t)=1-当t∈(1,+∞)，有f‘(t)>0t从而f(t)在t∈(1,+∞)单调递增，所以f(t)>f(1)=0即t-1>lnt1t1同理令g(t)=lnt-1+。则g’(t)=2当t∈(1,+∞)，有g’(t)>0tt1所以g(t)在t∈(1,+∞)单调递增，g(t)>g