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函数法证明不等式(精选多篇)

网站:公文素材库 | 时间:2019-05-22 10:50:37 | 移动端:函数法证明不等式(精选多篇)

第一篇:函数法证明不等式

函数法证明不等式

已知函数f(x)=x-sinx,数列{an}满足0

<1>证明0

<2>证明an+1<(1/6)×(an)^3

它提示是构造一个函数然后做差求导,确定单调性。可是还是一点思路都没有,各位能不能给出具体一点的解答过程啊?

(1)f(x)=x-sinx,f"(x)=1-cosx

00,f(x)是增函数,f(0)

因为0

且an+1=an-sinan

(2)求证不等式即(1/6)an^3-an+1=(1/6)an^3-an+sinan>0①

构造函数g(x)=(1/6)x^3-x+sinx(0

g""(x)=x-sinx,由(1)知g""(x)>0,所以g"(x)单增,g"(x)>g"(0)=0

所以g(x)单增且g(x)>g(0)=0,故不等式①成立

因此an+1<(1/6)×(an)^3成立。

证毕!

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证明:构造函数f(c)=(1-ab)c+a+b-2

∵|a|<1,|b|<1

∴-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)<0

∴f(1)<0,即(1-ab)c+a+b-2<0

∴a+b+c。

第二篇:构造函数法证明不等式

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.

证明: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.

证明: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

证明: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≤

165

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 :证明: 构造函数f(x)=

x1?x

a1?a

b1?b

x

a?b1?a?b

,易证f(x)=

1?x

= 1-

1?x

当x>0 时单调递增.

∵ a+b+ab>a+b>0 ,∴ f(a+b+ab)>f( a+b) . 故

a1?a

b1?b

=

a?b?2ab(1?a)(1?b)

a?b?ab1?a?b?ab)

14

=f(a+b+ab)>f( a+b) =

13n?2

13n?1

a?b1?a?b

例6对任意自然数n 求证: (1+1)(1+

14

)·…·(1+

13n?2

)>3n?1.

证明:构造函数f(n)= (1+1)(1+

13n?1

)·…·(1+3

f(n?1)f(n)

(1?)33n?1

=

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+

14

)·…·(1+

13n?2

)>33n?1.

第三篇:对构造函数法证明不等式的再研究

龙源期刊网 http://.cn

对构造函数法证明不等式的再研究

作者:时英雄

来源:《理科考试研究·高中》201*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

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)=

x

1?x (x≥0)则f(x)=x1?x=1-1

1?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<x

2(x≠0) 证明:构造函数f(x)=x1?2

x

?x

2(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?2

x

<x

2

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(推荐访问范文网www.bsmz.netin?g(0)?0,

1?1?0 x?1

11?1?ln(x?1)?x∴ln(x?1)?1?,综上可知,当x??1时,有x?1x?1

【警示启迪】如果f(a)是函数f(x)在区间上的最大(小)值,则有f(x)?f(a)(或f(x)?f(a)),

那么要证不等式,只要求函数的最大值不超过0就可得证. ∴当x??1时,g(x)?g(0)?0,即ln(x?1)?

2、作差法构造函数证明

【例2】已知函数f(x)?1223x?lnx. 求证:在区间(1,??)上,函数f(x)的图象在函数g(x)?x的23

第 1 页 共 6 页 图象的下方;

分析:函数f(x)的图象在函数g(x)的图象的下方?不等式f(x)?g(x)问题, 12212x?lnx?x3,只需证明在区间(1,??)上,恒有x2?lnx?x3成立,设2323

1f(x)?g(x)?f(x),x?(1,??),考虑到f(1)??0 6

要证不等式转化变为:当x?1时,f(x)?f(1),这只要证明: g(x)在区间(1,??)是增函数即可。

2312【解】设f(x)?g(x)?f(x),即f(x)?x?x?lnx, 32即

1(x?1)(2x2?x?1)则f?(x)?2x?x?= xx2

(x?1)(2x2?x?1)当x?1时,f?(x)= x

从而f(x)在(1,??)上为增函数,∴f(x)?f(1)?

∴当x?1时 g(x)?f(x)?0,即f(x)?g(x),

故在区间(1,??)上,函数f(x)的图象在函数g(x)?1?0 623x的图象的下方。 3

【警示启迪】本题首先根据题意构造出一个函数(可以移项,使右边为零,将移项后的左式设为函数),

并利用导数判断所设函数的单调性,再根据函数单调性的定义,证明要证的不等式。读者也可以设f(x)?f(x)?g(x)做一做,深刻体会其中的思想方法。

3、换元法构造函数证明

111?1)?2?3 都成立. nnn

1分析:本题是山东卷的第(ii)问,从所证结构出发,只需令?x,则问题转化为:当x?0时,n【例3】(201*年,山东卷)证明:对任意的正整数n,不等式ln(

恒有ln(x?1)?x?x成立,现构造函数h(x)?x?x?ln(x?1),求导即可达到证明。

【解】令h(x)?x?x?ln(x?1), 322332

13x3?(x?1)2

?则h?(x)?3x?2x?在x?(0,??)上恒正, x?1x?12

所以函数h(x)在(0,??)上单调递增,∴x?(0,??)时,恒有h(x)?h(0)?0,

即x?x?ln(x?1)?0,∴ln(x?1)?x?x

对任意正整数n,取x?32231111?(0,??),则有ln(?1)?2?3 nnnn

【警示启迪】我们知道,当f(x)在[a,b]上单调递增,则x?a时,有f(x)?f(a).如果f(a)=?(a),要证明当x?a时,f(x)??(x),那么,只要令f(x)=f(x)-?(x),就可以利用f(x)的单调增性来推导.也就是说,在f(x)可导的前提下,只要证明f"(x)?0即可.

4、从条件特征入手构造函数证明

【例4】若函数y=f(x)在r上可导且满足不等式xf?(x)>-f(x)恒成立,且常数a,b满足a>b,求

证:.af(a)>bf(b)

【解】由已知 xf?(x)+f(x)>0 ∴构造函数 f(x)?xf(x),

则f"(x)? xf?(x)+f(x)>0, 从而f(x)在r上为增函数。

?a?b ∴f(a)?f(b) 即 af(a)>bf(b)

【警示启迪】由条件移项后xf?(x)?f(x),容易想到是一个积的导数,从而可以构造函数f(x)?xf(x),

求导即可完成证明。若题目中的条件改为xf?(x)?f(x),则移项后xf?(x)?f(x),要想到

是一个商的导数的分子,平时解题多注意总结。

5、主元法构造函数

1?x)?x,g(x)?xlnx 例.(全国)已知函数f(x)?ln(

(1) 求函数f(x)的最大值;

(2) 设0?a?b,证明 :0?g(a)?g(b)?2g(a?b)?(b?a)ln2. 2

分析:对于(ii)绝大部分的学生都会望而生畏.学生的盲点也主要就在对所给函数用不上.如果能挖掘一下所给函数与所证不等式间的联系,想一想大小关系又与函数的单调性密切相关,由此就可过渡到根据所要证的不等式构造恰当的函数,利用导数研究函数的单调性,借助单调性比较函数值的大小,以期达到证明不等式的目的.证明如下:

证明:对g(x)?xlnx求导,则g"(x)?lnx?1. 在g(a)?g(b)?2g(a?b)中以b为主变元构造函数, 2

a?x"a?xa?x. )]?lnx?ln),则f"(x)?g"(x)?2[g(222设f(x)?g(a)?g(x)?2g(

当0?x?a时,f"(x)?0,因此f(x)在(0,a)内为减函数.

当x?a时,f"(x)?0,因此f(x)在(a,??)上为增函数.

从而当x?a时, f(x) 有极小值f(a).

因为f(a)?0,b?a,所以f(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(

又设g(x)?f(x)?(x?a)ln2.则g"(x)?lnx?lna?b)?0. 2a?x?ln2?lnx?ln(a?x). 2

"当x?0时,g(x)?0.因此g(x)在(0,??)上为减函数.

因为g(a)?0,b?a,所以g(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(

6、构造二阶导数函数证明导数的单调性 例.已知函数f(x)?ae?xa?b)?(b?a)ln2. 212x 2

(1)若f(x)在r上为增函数,求a的取值范围;

(2)若a=1,求证:x>0时,f(x)>1+x

x解:(1)f′(x)= ae-x,

∵f(x)在r上为增函数,∴f′(x)≥0对x∈r恒成立,

-x即a≥xe对x∈r恒成立

-x-x-x-x记g(x)=xe,则g′(x)=e-xe=(1-x)e,

当x>1时,g′(x)<0,当x<1时,g′(x)>0.

知g(x)在(-∞,1)上为增函数,在(1,+ ∞)上为减函数,

∴g(x)在x=1时,取得最大值,即g(x)max=g(1)=1/e, ∴a≥1/e,

即a的取值范围是[1/e, + ∞)

(2)记f(x)=f(x) -(1+x) =e?

xx12x?1?x(x?0) 2则f′(x)=e-1-x,

xx令h(x)= f′(x)=e-1-x,则h′(x)=e-1

当x>0时, h′(x)>0, ∴h(x)在(0,+ ∞)上为增函数,

又h(x)在x=0处连续, ∴h(x)>h(0)=0

即f′(x)>0 ,∴f(x) 在(0,+ ∞)上为增函数,又f(x)在x=0处连续,

∴f(x)>f(0)=0,即f(x)>1+x.

小结:当函数取最大(或最小)值时不等式都成立,可得该不等式恒成立,从而把不等式的恒成立问题可转化为求函数最值问题.不等式恒成立问题,一般都会涉及到求参数范围,往往把变量分离后可以转化为m?f(x)(或m?f(x))恒成立,于是m大于f(x)的最大值(或m小于f(x)的最小值),从而把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题.因此,利用导数求函数最值是解决不等式恒成立问题的一种重要方法.

7.对数法构造函数(选用于幂指数函数不等式) 例:证明当x?0时

,(1?x)1?1

x?e1?x

8.构造形似函数

例:证明当b?a?e,证明a?b

ba

例:已知m、n都是正整数,且1?m?n,证明:(1?

m)n?(1?n)m

【思维挑战】

1、(201*年,安徽卷) 设a?0,f(x)?x?1?lnx?2alnx

2求证:当x?1时,恒有x?lnx?2alnx?1,

2、(201*年,安徽卷)已知定义在正实数集上的函数 2

f(x)?52122x?2ax,g(x)?3a2lnx?b,其中a>0,且b?a?3alna,22

求证:f(x)?g(x)

3、已知函数f(x)?ln(1?x)?

恒有lna?lnb?1?x,求证:对任意的正数a、b, 1?xb. a

4、(201*年,陕西卷)f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,且满足xf?(x)?f(x)≤0,对任意正数a、b,若a < b,则必有()

(a)af (b)≤bf (a)

(c)af (a)≤f (b)

【答案咨询】(b)bf (a)≤af (b) (d)bf (b)≤f (a)

2lnx2a2lnx??1 ,当x?1,a?0时,不难证明xxx

∴f?(x)?0,即f(x)在(0,??)内单调递增,故当x?1时,

2f(x)?f(1)?0,∴当x?1时,恒有x?lnx?2alnx?1 1、提示:f?(x)?1?

123a2

22、提示:设f(x)?g(x)?f(x)?x?2ax?3alnx?b则f?(x)?x?2a? 2x

(x?a)(x?3a)= (x?0) ?a?0,∴ 当x?a时,f?(x)?0, x

故f(x)在(0,a)上为减函数,在(a,??)上为增函数,于是函数f(x) 在(0,??)上的最小

值是f(a)?f(a)?g(a)?0,故当x?0时,有f(x)?g(x)?0,即f(x)?g(x)

3、提示:函数f(x)的定义域为(?1,??),f?(x)?11x ??221?x(1?x)(1?x)

∴当?1?x?0时,f?(x)?0,即f(x)在x?(?1,0)上为减函数

当x?0时,f?(x)?0,即f(x)在x?(0,??)上为增函数

因此在x?0时,f(x)取得极小值f(0)?0,而且是最小值 x1,即ln(1?x)?1? 1?x1?x

a1bab?1?于是ln?1? 令1?x??0,则1?bx?1aba

b因此lna?lnb?1? a于是f(x)?f(0)?0,从而ln(1?x)?

f(x)f(x)xf"(x)?f(x)f(x)??04、提示:f(x)?,f?(x)?,故在(0,+∞)上是减函数,xxx2

由a?b 有f(a)f(b)?? af (b)≤bf (a)故选(a) ab

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