函数法证明不等式精选多篇Word文档格式.docx
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【例1】证明不等式:
≥(人教版教材p23t4)
证明:
构造函数f(x)=(x≥0)
则f(x)==1-在上单调递增
∵f(|a|+|b|)=f(|a+b|)=且|a|+|b|≥|a+b|
∴f(|a|+|b|)≥f(|a+b|)即所证不等式正确。
点评:
本题还可以继续推广。
如:
求证:
≥。
利用分式函数的单调性可以证明的教材中的习题还有很多,如:
p14第14题:
已知c>
a>
b>
0,求证:
p19第9题:
已知三角形三边的长是a,b,c,且m是正数,求证:
p12例题2:
已知a,b,m,都是正数,且a二、利用分式函数的奇偶性证明不等式
【例2】证明不等式:
(x≠0)
构造函数f(x)=
∵f(-x)=
=f(x)
∴f(x)是偶函数,其图像关于y轴对称。
当x>
0时,当x0,故f(x)=f(-x)∴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|∵|a|∴-10
∴f(c)的(-1,1)上是增函数
∵f
(1)=1-ab+a+b-2=a+b–ab-1=a(1-b)-(1-b)=(1-b)(a-1)∴f
(1)∴a+b+c。
第二篇:
构造函数法证明不等式
河北省赵春祥
不等式证明是中学数学的重要内容之一.由于证明不等式没有固定的模式,证法灵活多样,技巧性强,使其成为各种考试命题的热点问题,函数法证明不等式就是其常见题型.即有些不等式可以和函数建立直接联系,通过构造函数式,利用函数的有关特性,完成不等式的证明.
一、构造一元一次函数证明不等式
例1设0<x<1,0<y<1,0<z<1,求证:
x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1.
构造一次函数f(x)=x(1-y)+y(1-z)+z(1-x),整理,得
f(x)=(1-y-z)x+(y+z-yz)其中0<x<1,
∵0<x<1,0<y<1,0<z<1,∴-1<1-y-z<1.
⑴当0<1-y-z<1时,f(x)在(0,1)上是增函数,于是
f(x)<f
(1)=1-yz<1;
⑵当-1<1-y-z<0时,f(x)在(0,1)上是减函数,于是
f(x)<f(0)=y+z-yz=1-(1-y)(1-z)<1;
⑶当1-y-z=0,即y+z=1时,f(x)=y+z-yz=1-yz<1.
综上,原不等式成立.
例2已知|a|<1,|b|<1,|c|<1,求证:
abc+2>a+b+c.
构造一次函数f(x)=(bc-1)x+2-b-c,这里,|b|<1,|c|<1,|x|<1,则bc<1.∵f(?
1)=1-bc+2-b-c=(1-bc)+(1-b)+(1-c)>0,
f
(1)=bc-1+2-b-c=(1-b)(1-c)>0,
∵-1<x<1,∴一次函数f(x)=(bc-1)x+2-b-c的图象在x轴上方,这就是说,当|a|<1,|b|<1,|c|<1时,有(bc-1)a+2-b-c>0,
即abc+2>a+b+c.
二、构造一元二次函数证明不等式
例3若a、b、c∈r+,求证:
a2+b2+c2≥ab+bc+ca.
证明构造函数f(x)=x2-(b+c)x+b2+c2-bc.
因为△=(b+c)2-4(b2+c2-bc)=-3(b-c)2≤0,
又因为二次项的系数为正数,所以x2-(b+c)x+b2+c2-bc≥0对任意实数恒成立.以a替换x得:
a2-(b+c)a+b2+c2-bc≥0,即a2+b2+c2≥ab+bc+ca.
例4已知a、b、c、d、e是满足a+b+c+d+e=8,a2+b2+c2+d2+e2=16的实数,求证:
0≤e≤
165
.
构造一元二次函数
f(x)=4x
+2(a+b+c+d)+a2+b2+c2+d2=(x+a)2+(x+b)2+(x+c)2+(x+d)2≥0,
又∵二次项系数为正数,
∴△=4(a+b+c+d)2-16(a2+b2+c2+d2)=4(8-e)2-16(16-e2)≤0,解之得0≤e≤
故不等式成立.
三、构造单调函数证明不等式例5已知a>0,b>0,求证:
构造函数f(x)=
x1?
x
a1?
a
+
b1?
b
>
a?
,易证f(x)=
1?
=1-
当x>0时单调递增.
∵a+b+ab>a+b>0,∴f(a+b+ab)>f(a+b).故
=
b?
2ab(1?
a)(1?
b)
ab1?
ab)
14
=f(a+b+ab)>f(a+b)=
13n?
2
1
例6对任意自然数n求证:
(1+1)(1+
)·
…·
(1+
)>3n?
1.
构造函数f(n)=(1+1)(1+
(1+3
,
由
f(n?
1)f(n)
(1?
)33n?
3n?
4
=(3n?
2)
(3n?
1)(3n?
4)
>1,
∵f(n)>0,∴f(n?
1)>f(n),即f(n)是自然数集n上的单调递增函数,
∴(1+1)(1+
)>33n?
第三篇:
对构造函数法证明不等式的再研究
XX.cn
作者:
时英雄
来源:
《理科考试研究·
高中》2019年第10期
某刊一文阐述了构造法证明不等式的九个模型,笔者深受启发,对其中作者介绍的构造函数模型进行了挖掘,着重对构造函数模型,利用函数的有关性质解决不等式问题进行了再研究,以供大家参考。
第四篇:
巧用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
|a|?
|b||a?
b|
|b|≥1?
|a?
x(x≥0)则f(x)=x1?
x=1-1
在?
0,?
?
上单调递增
∵f(|a|+|b|)=
|b|1?
|b|f(|a+b|)=|a?
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
2x<x
2(x≠0)证明:
构造函数f(x)=x1?
2(x?
0)∵f(-x)=-xx-x?
2x1-2-x?
2?
2x?
x2?
2x
[1-(1-2x
)]?
x2=f(x)
当x>0时,1?
<0,f(x)<0;
当x<0时,-x>0,故f(x)=f(-x)<0∴x1-2x?
x2<0,即x1?
<x
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。
构造函数f(c)=(1-ab)c+a+b-2
∵|a|<1,|b|<1
∴-1<ab<1,1-ab>0
∵f
(1)=1-ab+a+b-2=a+b–ab-1=a(1-b)-(1-b)=(1-b)(a-1)<0∴f
(1)<0,即(1-ab)c+a+b-2<0∴a+b+c<abc+2
四、构造二次函数
⒈利用判别式法证明不等式
【例4】已知a,b,c∈r,(a+c)(a+b+c)<0,求证:
(b-c)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(b-c)2>4a(a+b+c)当a=0时,显然成立。
∴(b-c)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
。
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?
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。
第1页共2页
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:
-1
3<c<0
∵a+b+c=1
∴a+b=1-c有a2+b2+2ab=1-2c+c2
∵a2+b2+c2=1
∴ab=c2-c
∴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:
c)2?
4(c2?
c)>0
c>c
f(c)>0
∴-1
⒊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。
a2?
2b2
2b1,aa2?
2b1
设f(x)=bx2?
ax?
2(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?
2b
∴f(-1)=b
af(0)=?
2f(
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