新課標(biāo)下略談構(gòu)造函數(shù)證明不等式

【摘要】在中學(xué)數(shù)學(xué)中證明不等式的方法有許多種，但有些不等式的證明問題不容易入手，如果在構(gòu)造函數(shù)的背景下合理運(yùn)用函數(shù)本身的特點(diǎn)或性質(zhì)，那么往往就能有效地解決不等式中的證明問題.本文主要在構(gòu)造函數(shù)的三個(gè)切入點(diǎn)配以例題來探究不等式的證明方法.

【關(guān)鍵詞】構(gòu)造；函數(shù)；不等式

不等式證明是中學(xué)數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)中永恒的主題.在通常情況下，人們總是直接利用命題本身的條件進(jìn)行解題，但這種常規(guī)的方法在證明某些命題時(shí)往往很繁瑣，有時(shí)甚至無從下手.在處理這些問題中，假如我們創(chuàng)造條件也就是構(gòu)造一個(gè)適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，尋找有效的切入點(diǎn)，就有可能比較容易地解決問題.由于構(gòu)造的函數(shù)并不是本身已明顯地給出，因而這種構(gòu)造解題的思維方法是帶有創(chuàng)造性的.新課標(biāo)的理念是鼓勵(lì)學(xué)生主動(dòng)思考、主動(dòng)探索、主動(dòng)創(chuàng)造地參與到數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)之中，所以這種創(chuàng)造性的思維訓(xùn)練應(yīng)予以重視.本文對構(gòu)造函數(shù)的三個(gè)切入點(diǎn)作一些初步的探討.

一、結(jié)合勘根定理，利用判別式“△”的特點(diǎn)構(gòu)造函數(shù)證明不等式

例1 若a，b，c∈R，且a≠0，又4a+6b+c>0，a-3b+c<0.

求證：9b2>4ac.

證明 構(gòu)造函數(shù)f(x)，設(shè)f(x)=ax2+3bx+c(a≠0)，

由f(2)=4a+6b+c>0，

f(-1)=a-3b+c<0，

根據(jù)勘根定理可知：f(x)在區(qū)間(-1，2)內(nèi)必有零點(diǎn).

又f(x)為二次函數(shù)，由勘根定理結(jié)合可知：

f(x)必有兩個(gè)不同的零點(diǎn).

令ax2+3bx+c=0可知△=(3b)2-4ac>0，

所以可得：9b2>4ac.命題得證.

評析 本題合理變換思維角度，抓住問題本質(zhì)，通過構(gòu)造二次函數(shù)，將所要證明的結(jié)論轉(zhuǎn)化成判別式“△”的問題，再結(jié)合勘根定理和二次函數(shù)知識(shí)，從而使問題獲得解決.

二、結(jié)合構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

例2 (2005年人教A版《選修4-5不等式選講》例題改編)已知a，b，c是實(shí)數(shù)，求證：

|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.

證明 構(gòu)造函數(shù)f(x)，設(shè)f(x)=x1+x(x≥0).

由于f′(x)=1(1+x)2，所以結(jié)合導(dǎo)數(shù)知識(shí)可知f(x)在［０，＋∞）上是增函數(shù).

∵0≤|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|，

∴f(|a+b+c|)≤f(|a|+|b|+|c|)，

即|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|1+|a|+|b|+|c|＝|a|1+|a|+|b|+|c|+|b|1+|a|+|b|+|c|+|c|1+|a|+|b|+|c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.命題得證.

三、結(jié)合構(gòu)造函數(shù)在某個(gè)區(qū)間的最值證明不等式

例3 （第36屆IMO試題）

設(shè)a，b，c為正實(shí)數(shù)，且滿足abc=1，求證:

1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)≥32.

證明 構(gòu)造函數(shù)，設(shè)f(a，b，c)=1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)，顯然a=b=c=1時(shí)，f(a，b，c)=32≥32成立.

又abc=1，a，b，c為正實(shí)數(shù)，則a，b，c中必有一個(gè)不大于1，不妨設(shè)0

f(a，b，c)-f(a，1，c)=(1-b)1a3(b+c)(1+c)+1+b+b2b3(a+c)+1c3(a+b)(1+a)≥0，

∴f(a，b，c)≥f(a，1，c)，

因此要證f(a，b，c)≥32，只要證f(a，1，c)≥32，此時(shí)ac=1，

∴a，1，c成等比數(shù)列，令a=q-1，c=q(q>0).

f(a，1，c)=q31+q+qq2+1+1q2(1+q)

=q5+1q2(1+q)+qq2+1

=(q4+1)-(q3+q)+q2q2+qq2+1

=(q2+q-2)-(q+q-1)+1q+q-1+1

=t2-t+1t-1.（其中t=q+q-1，且t≥2）.

由導(dǎo)數(shù)知識(shí)（方法同例2、例3）可知函數(shù)

f(a，1，c)=t2-t+1t-1(t≥2)是增函數(shù)，

當(dāng)且僅當(dāng)t=2q=1a=c=1時(shí)，

(f(a，1，c))min=22-2+12-1=32成立，

∴f(a，1，c)≥32.

故f(a，b，c)≥f(a，1，c)≥32.命題得證.

評析 在王建宏同志的《略談?dòng)脴?gòu)造法證明分式不等式》一文中，對例3采用了構(gòu)造向量的方法解答.本文給該題提供了另一種解題思路，對用構(gòu)造函數(shù)法證明不等式作一些嘗試，既培養(yǎng)了創(chuàng)新能力，又解決了不等式的證明問題.

綜上所述，在數(shù)學(xué)活動(dòng)中，在一些不等式證明的問題中，若能建立合理的數(shù)學(xué)模型，會(huì)用特殊化和一般化轉(zhuǎn)化問題，常能取得較佳的解題效果，使得一些不易入手的數(shù)學(xué)問題得以順利解決.

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