巧用构造函数法证明不等式

PAGEPAGE1巧用构造函数法证明不等式鹤峰县第一高级中学陈荷香郑光耀445800不等式的证明，除了教材上的比较法、分析法、综合法、反证法外，还可以用其他方法，例如构造函数法。函数、方程、不等式作为一条主线贯穿于高中数学的始终，因此，让学生用构造函数法证明不等式作一些尝试，既培养了学生的创新能力又解决了不等式的证明。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：≥(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＜b，求证：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）证明：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，＜0，f(x)＜0；当x＜0时，-x＞0,故f(x)=f(-x)＜0∴＜0，即三、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(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。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≤同理可证：1≤a≤，1≤b≤。【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则f(a)=0时有△=(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：-＜c＜0证明：∵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＜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。，证明：设f(x)=(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=∴f(-1)=f(0)=f(1)=⑴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⑵当