构造法证明不等式

2024-05-09

构造法证明不等式(精选17篇)

构造法证明不等式 篇1

构造法证明不等式

由于证明不等式没有固定的模式,证法灵活多样,技巧性强,使得不等式证明成为中学数学的难点之一.下面通过数例介绍构造法在证明不等式中的应用.一、构造一次函数法证明不等式

有些不等式可以和一次函数建立直接联系,通过构造一次函数式,利用一次函数的有关特性,完成不等式的证明.例1设0≤a、b、c≤2,求证:4a+b+c+abc≥2ab+2bc+2ca.证明:视a为自变量,构造一次函数

=4a+b+c+abc-2ab-2bc-2ca=(bc-2b-2c+4)a+(b+c-2bc),由0≤a≤2,知表示一条线段.又=b+c-2bc=(b-c)≥0,=b+c-4b-4c+8=(b-2)+(c-2)≥0,可见上述线段在横轴及其上方,∴≥0,即4a+b+c+abc≥2ab+2bc+2ca.二、构造二次函数法证明不等式

对一些不等式证明的题目,若能巧妙构造一元二次函数,利用二次函数的有关特性,可以简洁地完成不等式证明.例2实数a、b、c满足(a+c)(a+b+c)<0,求证:(b-c)>4a(a+b+c).证明:由已知得a=0时,b≠c,否则与(a+c)(a+b+c)<0矛盾,故a=0时,(b-c)>4a(a+b+c)成立.当a≠0时,构造二次函数=ax+(b-c)x+(a+b+c),则有

=a+b+c,=2(a+c),而·=2(a+c)(a+b+c)<0,∴存在m,当-1

构造法证明不等式 篇2

一、构造函数

例1:已知函数f (x) =x2+bx+c (b, c为常数) , 方程f (x) =x的两个实数根是x1, 、x2, 且满足x1-x2>1, 设0<t<x1, 求证f (x) >x1。

证明:构造函数F (x) =f (x) -x=x2+ (b-1) x+c, 其图像的对称轴为, 由x2-x1>1得, 即x1<-, 由于f (x) 在 () 上为减函数, 所以f (x) 在 (-∞, x1) 上为减函数, 又0<t<x1, 所以f (t) >f (x) =x。

二、构造数列

例2:已知a>1, n≥2, n∈N, 求证:。

证明:由a>1, 得, 即, 故原不等式等价于。构造以1为首项, 为公比的等比数列an, 则, 问题转化为证明不等式Sn>n, 即a1+a2+a3+……+an>n。由于an>1, 所以不等式成立。

三、构造不等式

例3:已知, 且, 求证:a+b<1。

证明:构造不等式, 即, 所以, 即a+b<1。

四、构造方程法

例4:已知a>b>c, a+b+c=1, a2+b2+c2=1, 求证:

证明:由a+b=1-c, 得a2+b2= (a+b) 2-2ab= (1-c) 2-2ab=1-c2, 所以ab=c2-c, 因此, 构造以ab为根的方程x2- (1-c) x+c2-c=0, 令f (x) =x2- (1-c) x+c2-c, 令a, b∈R, 及a>b>c, 得, 解得。

五、构造向量法

例5:设任意实数x、y, 满足x<1, y<1, 求证:。

证明:构造向量, 由向量数量积性质, 得, 所以, 即。

六、构造三角形

例6:设a, b∈R+a≠b, 求证:f (a) -f (b) <a-b。

证明:由, 构造直角三角形, 如图1所示, AB=1, BD=b, , BC=a在△ABD中, 有AC-AD<BC-BD, 即, 故原不等式成立。

七、构造解析几何模型

例7:已知a, b, c∈R, a+b+c=1, a2+b2+c2=1, 求证:。

证明:设P (a, b) , 由题意知点P是直线x+y=1-c2与圆x2+y2=1-c2的公共点, 于是圆心O (0, 0) 到直线x+y=1-c2的距离不大于该圆的半径, 即, 所以。

八、构造几何体

例8:已知, a>0, b>0, c>0,

求证:, 当且仅当时取等号。

证明:从三个根式的结构特点容易联想到余弦定理, 于是可构造如图2所示的图形。

作OA=a, OB=b, OC=c, ∠AOB=∠BOC=60°, 则∠AOC=120°, , 由几何知识可知:AB+BC≥AC, ∴, 当且仅当A、B、C三点共线时等号成立, 此时有, , 即ab+bc=ac, 故当且仅当时取等号。

九、构造二项式

例9:已知a>1, n≥2, n∈N, 求证:。:a2>n2 (n2-1) 24

应用构造法证明不等式竞赛题 篇3

不等式的证明,凭借其简单的知识基础、独特的解题构思、发散的证明方向、奇特的推理过程成为数学竞赛中永恒的热点之一.构造法,作为技巧性特别强的一种解题方法,主要通过构造适当的变量、等式、函数、图形、数列、模型等辅助手段,使问题转化,揭示出直观和本质的形式,从而有助于问题的解决.构造法与不等式证明的结合,往往能相得益彰,迸发出令人赞叹的思维火花.本文拟通过具体例子,分类阐述如何应用构造法证明不等式竞赛题.

1构造函数关系证明不等式

所以原不等式成立.

2构造图形证明不等式

数形结合是最重要的数学思想之一,也是解决数学问题的有效方法之一,不等式的证明也是如此.如果问题条件中的数量关系能以某种方式与几何图形建立关系或具有明显的几何意义,从而构造图形,将题设条件及数量关系直接在图形中得到实现,然后在所构造的图形中寻求所证的结论.

例3设实数x,y,z满足0sin2x+sin2y+sin2z.

分析因坐标平面里单位圆上的点的坐标可用三角函数来表示,这就启示我们能否构造单位圆来解决.

证明在直角坐标平面上以原点为圆心作单位圆.考虑第一象限,在单位圆上取点A1,A2,A3,使得∠A1Ox=x,∠A2Ox=y,∠A3Ox=z.

由Eξ2-(Eξ)2≥0得x21x1+x2+x22x2+x3+…+x2nxn+x1≥12.

从以上几例可以看出,构造法是证明不等式竞赛题的重要方法.当然运用构造法解题,必须对基础知识掌握得非常熟练,必须有丰富的联想和敢于创新的精神.不失时机地运用构造法,一定能激发学生的探索精神和培养学生的创新能力.

(作者简介见本刊2014年第11期)

构造函数证明不等式的方法探究 篇4

构造函数证明不等式的方法探究

作者:赵久勇 常国庆

来源:《新高考·高三数学》2013年第06期

向量法证明不等式 篇5

向量法证明不等式

高中新教材引入平面向量和空间向量,将其延伸到欧氏空间上的n维向量,向量的加、减、数乘运算都没有发生改变. 若在欧式空间中规定一种涵盖平面向量和空间向量上的数量积的`运算,则高中阶段的向量即为n=2,3时的情况.

设a,b是欧氏空间的两向量,且a=(x1,x2,…,xn),b=(y1,y2,…,yn)(xi,yi∈R,i=1,…,n)

规定a・b=(x1,x2,…,xn)・(y1,y2,…,yn)=x1y1+x2y2+…+xnyn=xiyi.

(注:a・b可记为(a,b),表示两向量的内积),有

由上,我们就可以利用向量模的和与和向量的模的不等式及数量积的不等式建立一系列n元不等式,进而构造n维向量来证明其他不等式.

一、利用向量模的和与和向量的模的不等式(即

例1设a,b,c∈R+,求证:(a+b+c)≤++≤.

证明:先证左边,设m=(a,b),n=(b,c),p=(c,a),

则由

综上,原不等式成立.

点评:利用向量模的和不小于和向量的模建立不等式证明左边,利用向量数量积建立不等式证明右边.

作单位向量j⊥AC

j(AC+CB)=jAB

jAC+jCB=jAB

jCB=jAB

|CB|cos(π/2-∠C)=|AB|cos(π/2-∠A)

即|CB|sinC=|AB|sinA

a/sinA=c/sinC

其余边同理

在三角形ABC平面上做一单位向量i,i⊥BC,因为 BA+AC+CB=0恒成立,两边乘以i得 i*BA+i*AC=0① 根据向量内积定义,i*BA=c*cos(i,AB)=c*sinB,同理 i*AC=bcos(i,AC)=b(-sinC)=-bsinC代入①得 csinB-bsinC=0 所以b/sinB=c/sinC 类似地,做另外两边的单位垂直向量可证a/sinA=b/sinB, 所以a/sinA=b/sinB=c/sinC

步骤1

记向量i ,使i垂直于AC于C,△ABC三边AB,BC,CA为向量a,b,c

∴a+b+c=0

则i(a+b+c)

=i・a+i・b+i・c

=a・cos(180-(C-90))+b・0+c・cos(90-A)

=-asinC+csinA=0

接着得到正弦定理

其他

步骤2.

在锐角△ABC中,设BC=a,AC=b,AB=c。作CH⊥AB垂足为点H

CH=a・sinB

CH=b・sinA

∴a・sinB=b・sinA

得到a/sinA=b/sinB

同理,在△ABC中,

b/sinB=c/sinC

步骤3.

证明a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R:

任意三角形ABC,作ABC的外接圆O.

作直径BD交⊙O于D. 连接DA.

因为直径所对的圆周角是直角,所以∠DAB=90度

因为同弧所对的圆周角相等,所以∠D等于∠C.

所以c/sinC=c/sinD=BD=2R

例谈不等式的构造法证明 篇6

1. 构造三角函数

例1已知a≤1, b≤1.

解析观察所给条件和结论,发现具有对称性且满足正、余弦函数变化范围,可联想到构造三角函数,使结论式变无理为有理,利用三角公式多,联系广,变化活的特点,把一些问题转化到三角问题,以打开思路.

证明设a = sinα,b = sinβ,

2. 构造一元二次方程判别式

解析由于tanα是任意实数,最高为二次且分式比值介于两个实数之间,可联想到一元二次方程它的两实根把实轴分成三部分,构造出一个形如f1x2+ f2x + f3= 0的方程,( 其中f1,f2,f3是包含已知条件的实函数) 则该方程必有实数解,利用其判别式来界定f1,f2,f3的满足条件,从而得证该不等式.

整理,得 ( y - 1) tan2α - tanα + ( y - 1) = 0.

因为tanα为实数,所以Δ = b2- 4ac = 1 - 4 ( y 1)2≥0,

从而原命题得证.

3. 构造二项式定理

例3若实数x,y满足x + y = 1,

求证: x5+ y5≥1/16.

解析已知、求证均为对称式,可考虑减少未知参数,又因x,y为任意实数的5次方,不等号右边为一正数,可构造出一个含有一个未知变量的对称的二项式,使不等号左边变成偶次幂,抵消奇次幂,以保证不等式左边大于零恒成立.

证明令x =1/2+ α,y =1/2- α,

由二项式定理,得

4. 构造向量

例 4 设 a,b,c∈R,

解析已知、求证均为对称式,由求证式左边特点联想到向量的模,右边形似向量和式模,构造向量,用向量的方法解决不等式,使不等式问题融推理于计算,本题实质利用向量模的和与和的模之间的关系.

5. 构造概率事件

例 5 设 0 < x,y,z < 1,

求证: x( 1 - y) + y( 1 - z) + z( 1 - x) < 1.

解析由于所给条件均为小于1的正数,可联想到随机事件的概率,构造互相独立的随机事件,利用概率性质来求解.

所以,原命题得证.

6. 构造已知不等式法

算术平均值不等式、几何平均值不等式、柯西不等式、三角形不等式和契贝雪夫不等式等一些著名的不等式通常是一些不等式证明的化归方向.

例6已知: x > 0,y > 0,z > 0,且x + y + z = 1.

解析对于条件是等式,结论是不等式的轮换对称式可构造平均值不等式来证明.

证明: ∵x > 0,y > 0,z > 0且x + y + z = 1.

∴x,y,z的平均值为1/3.

7. 构造复数

例 7 若 a,b,x,y∈R+,且 x2+ y2= 1.

解析复数是实数的延伸,一些难以解决的实数问题通过构造转化为复数问题,虽然数的结构会变复杂,但常使问题简明化.

证明设z1= ax + byi,z2= bx + ayi,则

原不等式得证.

8. 构造数列

由于xii = 1,2,…n,n + 1不全等,

原不等式得证.

9. 构造坐标

例9对任意实数a,b,c有

解析该题具有优美的对称性,且根号下均为平方和形式,我们可联想到两点之间的距离公式,不等式两边于是转化成了线段与线段的关系,由于该题涉及任意的三个变量,可把它放置在三维坐标系下利用三角形两边之和大于第三边寻求解法.

证明: 建立空间直角坐标系,并取三点A ( a,0,0) ,B( 0,b,0) ,C( 0,0,c) ,

则有︱AB︱ +︱ BC︱≥︱AC ︱.

由两点之间的距离公式,得

原不等式得证.

由以上可知,构造法多应用于一些具有“对称性”的问题,在该类问题中由于所给条件地位相等,因此可以构造一些特殊图形或模型来解决问题,至于如何提高构造想象力,这需要在熟悉掌握数学基本知识的基础上善于总结和领会各种方法思路,勤于思考、精于推理、养成严谨灵活多变的思维能力才能把自己的数学知识转化为数学能力.

构造概率模型证明组合恒等式 篇7

关键词:组合恒等式;概率模型

一、引言

1、问题提出。组合数学是数学的一个重要分支,而组合恒等式的研究又是组合数学的一个重要内容之一。由于组合恒等式在概率中有着极为广泛的应用,又是研究概率论的重要工具,因此我们同样可以反过来构造适当的概率论模型去证明一些组合恒等式。从而使一些复杂的恒等式证明变得简单易懂。

2、文献综述。文献[1]用贝努里概率模型证明了组合恒等式,能够使得一些看似复杂的组合恒等式证明变得更加容易。文献[2,3,10]用“古典概率模型”中的抽球模型证明了组合恒等式,通过此模型对问题的解决,使我们得到了一个一般的概率思想方法。文献[11]用几何概率思想并运用了超几何概率公式,全概率公式以及完备事件组性质证明了组合恒等式,而本文则通过三种模型的结合证明了组合恒等式,使概率的思想方法在组合恒等式的证明中得到了更充分的利用,并对恒等式证明进行了归类,体现了学科与学科之间的相互应用。

二、三种模型的证明

1、构造抽球模型证明组合恒等式。抽球模型问题是概率论中“古典概率模型”的一类基本问题,我们可以构造抽球模型来证明一些组合恒等式。

2、构造几何概率模型证明组合恒等式。对于组合数学中的一些恒等式,通过构造几何模型进行证明能够使得这些等式的证明变得更加清晰明了。下面就是三个通过构造几何模型证明的组合恒等式。

3、构造贝努里概率模型证明组合恒等式。证明组合恒等式的方法有很多,而通过构造贝努里概率模型证明组合恒等式能够使得一些看似复杂的组合恒等式更加便捷。

等式得证

此题利用几何分布的性质,期望及方差得到证明。在这里我们运用上面的三种构造概率模型的方法證明了我们常见的十个组合恒等式。构造概率模型的方法还可以解决许多其它的组合恒等式如:

参考文献

[1] 屈婉玲.组合数学[M].北京大学出版社,1989.

[2] 盛骤,谢式千,潘承毅.概率论与数理统计[M].高等教育出版社,2007,7-8.

[3] 刘云,王阳.巧用概率模型解决代数问题[J].和田师范专科学校学报,2008,215-206.

[4] 孙树伟.几类组合恒等式的概率证法[J].高校讲台,2007.11-13

[5] 孙福杰.用古典概率方法证明组合恒等式[J].白城师范学院学报,2003. 69-70.

判别式法证明不等式 篇8

等价于(x-cosc*y-cosb*z)^2+(sinc*y-sinb*z)^2>=0

对于分式函数y=f(x)=(ax^2+bx+c)/(dx^2+ex+f):

由于对任意一个实数y,它在函数f(x)的值域内的充要条件是关于x的方程y=(ax^2+bx+c)/(dx^2+ex+f)有实数解,因此“求f(x)的值域。”这一问题可转化为“已知关于x的方程y=(ax^2+bx+c)/(dx^2+ex+f)有实数解,求y的取值范围。”

把x作为未知量,y看作常量,将原式化成关于x的一元二次方程形式(*),令这个方程有实数解,然后对二次项系数是否为零加以讨论:

(1)当二次项系数为0时,将对应的y值代入方程(*)中进行检验以判断y的这个取值是否符合x有实数解的要求,……

(2)当二次项系数不为0时,∵x∈R,∴Δ≥0,……

此时直接用判别式法是否有可能产生增根,关键在于对这个方程去分母这一步是不是同解变形。

原问题“求f(x)的值域。”进一步的等价转换是“已知关于x的方程y(dx^2+ex+f)=ax^2+bx+c至少有一个实数解使得dx^2+ex+f≠0,求y的取值范围。”

【举例说明】

1、当函数的定义域为实数集R时

例1求函数y=(x^2-2x+1)/(x^2+x+1)的值域.解:由于x^2+x+1=(x+12)^2+34>0,所以函数的定义域是R.去分母:y(x^2+x+1)=x^2-2x+1,移项整理得(y-1)x^2+(y+2)x+(y-1)=0.(*)

(1)当y≠1时,由△≥0得0≤y≤4;

(2)当y=1时,将其代入方程(*)中得x=0.综上所述知原函数的值域为〔0,4〕.2、当函数的定义域不是实数集R时

例2求函数y=(x^2-2x+1)/(x^2+x-2)的值域.解:由分母不为零知,函数的定义域A={x|x≠-2且x≠1}.去分母:y(x^2+x-2)=x^2-2x+1,移项整理得(y-1)x^2+(y+2)x-(2y+1)=0.(*)

(1)当y≠1时,由△≥0得y^2≥0�y∈R.检验:由△=0得y=0,将y=0代入原方程求得x=1,这与原函数定义域A相矛盾,所以y≠0.(2)当y=1时,将其代入方程(*)中得x=1,这与原函数定义域A相矛盾,�

所以y≠1.综上所述知原函数的值域为{y|y≠0且y≠1}

对于分式函数y=f(x)=(ax^2+bx+c)/(x^2+mx+n):

由于对任意一个实数y,它在函数f(x)的值域内的充要条件是关于x的方程y=(ax^2+bx+c)/(x^2+mx+n)有实数解,把“求f(x)的值域”这问题可转化为“已知x的方程y=(ax^2+bx+c)/(x^2+mx+n)有实数解,求y的取值范围”把x当成未知量,y当成常量,化成一元二次方程,让这个方程有根.先看二次项系数是否为零,再看不为零时只需看判别式大于等于零了.此时直接用判别式法是否有可能出问题,关键在于对这个方程取分母这一步是不是同解变形。

这个问题进一步的等价转换是“已知x的方程y(x^2+mx+n)=ax^2+bx+c)到少有一个实数解使x^2+mx+n≠0,求y的取值范围”

浅谈用放缩法证明不等式 篇9

山东省 许 晔

不等式的证明是中学数学教学的重点,也是学生接受时感到头痛的难点。不等式的证明方法很多。如:比较法(比差商法)、分析法、综合法、数学归纳法、反证法和放缩法等。限于篇幅,下面仅就用放缩法证明不等式的问题加以证明。

所谓放缩法,就是针对不等式的结构特征,运用不等式及有关的性质,对所证明的不等式的一边进行放大或缩小或两边放大缩小同时兼而进行,似达到证明结果的方法。但无论是放大还是缩小都要遵循不等式传递性法则,保证放大还是缩小的连续性,不能牵强附会,须做到步步有据。比如:证a<b,可先证a<h1,成立,而h1<b又是可证的,故命题得证。

利用放缩法证明不等式,既要掌握放缩法的基本方法和技巧,又须熟练不等式的性质和其他证法。做到放大或缩小恰到好处,才有利于问题的解决。现举例说明用放缩法证明不等式的几种常用方法。

一、运用基本不等式来证明

①求证:lg8·lg12<

1证明:∵lg8>0,lg12>0,而 lg96<lg100=2 ∴lg8·lg12<1.说明:本题应用对数函数的单调性利用不等式平均值,不等式两次放大,使不等式获证。

说明:本题采用了与基本不等式结合进行放缩的有关解题技巧。

解:

∵a2b2≥2ab(当且仅当a=b时,等号成立)同理a2+c2≥2ac(当且仅当a=c时,等号成立)b2+c2≥2bc(当且仅当b=c时,等号成立)

∴a2+b2+c2≥ab+bc+ac(当且仅当a=b=c时,等号成立)∵由已知可得a2+b2+c2=ab+bc+ac,说明:此题完全使用了不等式的基本性质便可解此题。

二、运用放大、缩小分母或分子的办法来达到放缩的目的证明:

说明:本题观察数列的构成规律,采用通项放缩的技巧把一般数列转化成特殊数列,从而达到简化证题的目的。

证明:

本题说明采用了分别把各项的分母换成最大的2m或最小的m+1的技巧。③求证:

证明:

本题说明:此题采用了从第三项开始拆项放缩的技巧,放缩拆项时,不一定从第一项开始,须根据具体题型分别对待,即放不能太宽、缩不能太窄,真正做到恰到好处。

④求证:

证明:

本题说明,此题采用了通项放缩,使放缩后能拆项相消的技巧。⑤若a、b、c为不全相等的非实数 求证:

证明:

∵a、c、b不全为零,上述三式不能全取等号,相加得

说明:本题考虑到是齐次对称式,应用不舍弃非负项缩小的技巧。⑥求证:

证明:

当a+b=0时,不等式显然成立。

当a+b≠0时,∵0<|a+b|≤|a|+|b|,即:左边≤右边.说明:本题是运用了放大分母而缩小一个正分数的技巧。

三、放缩法在数学归纳法和数列中的应用

证明:当n=k+1时,则得

本题采用放缩法和数学归纳法相结合的解题方法。

证明:由递推公式有:

∴x100>45.本题采用了数列的递增和放缩法相结合的解题技巧。

构造可导函数解不等式问题 篇10

一、构造可导函数解不等式

例1:已知函数f(x)=x2-mx(m∈R),g(x)=lnx若对任意有意义的x,不等式f(x)>g(x)恒成立,求m的取值范围。

解:不等式f(x)>g(x)等价于x2-mx>lnx∵x>0∴不等式

在(0,+∞)上恒成立。令 ,

令h(x)=2x2+lnx-1,则 ,∵当x>0时,h'(x)>0∴h(x)在(0,+∞)上单调递增。又∵h(1)=0∴h(x)>0的解为x>1,∴t'(x)>0的解为x>1,∴t(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴t(x)min=t(1)=1∴m<1。

点评:本题的难点是解t'(x)>0,在构造了可导函数h(x)后通过导数研究函数h(x)的性质,问题则可以迎忍而解了。

二、构造可导函数证明不等式

例2:已知函数 证明:在区间(1,+∞)上,函数f(x)的图象在函数 的图象下方。

证明:设f(x)=g(x)-f(x),即 则

,当x>1时

从而f(x)在(1,+∞)上为增函数,∴F(x)>F(1)= >0,∴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)的图象下方。

点评:本题通过作差构造一个函数,并利用导数判断函数的单调性,证明不等式。

例3:已知函数 证明:若a<5,则在任意x1,x2∈(0,+∞),x1≠x2,有证明:设 则 ,∵当a>1,x>0时, ∵1<a<5∴g'(x)≥1-(√a-1-1)2>0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,∴当x1>x2时,g(x1)>g(x2)即f(x1)+x1>f(x2)+x2,∴f(x1)- f(x2)>-(x1-x2), 。

当x1<x2时同样可以得到 。

点评:本题从结论特征入手构造函数证明不等式。由结论变形得到。

当x1>x2时,即证f(x1)+x1>f(x2)+x2;当x1<x2时,即证f(x1)+x1<f(x2)+x2,容易想到研究函数f(x)+x的单调性。因此构造可导函数g(x)=f(x)+x即可。

例4:设0≤x≤1,p>1,求证:21-p≤xp+(1-x)p≤1

证明:构造函数f(x)=xp+(1+x)p,x∈[0,1],则f'(x)=pxp-1-p(1-x)p-1,令f'(x)=0得唯一驻点x=0.5,又f(0)=f(1)=1,f(0.5)= 21-p<1。∴f(x)max=1,f(x)min=21-p,故原不等式成立。

利用“构造函数”方法证明不等式 篇11

一、构造分式函数证

二、构造指数函数证

三、构造一次函数证

例4设x, y, z∈ ( 0, 1) . 求证: x ( 1 - y) + y ( 1 - z) + z ( 1 x) < 1.

解析: 多字母问题, 可选定一字母为变量, 其余为常数, 变成函数问题.

证明: 设f ( x) = ( 1 - y) x + y ( 1 - z) + z ( 1 - x) -1是x的一次函数且0 < x <1.

因为f ( 0) = y ( 1 - z) + z -1 = ( 1 - z) ( y -1) <0.

f ( 1) = 1 - y + y ( 1 - z) - 1 = - yz < 0.

而x∈ ( 0, 1) , 由一次函数的性质得f ( x) <0.

即 x ( 1 - y) + y ( 1 - z) + z ( 1 - x) -1 <0.

故x ( 1 - y) + y ( 1 - z) + z ( 1 - x) <1得证.

四、构造二次函数

这几种函数都是高中知识里熟悉与重点的函数, 学生易掌握, 它给我们不等式证明开启了另外一扇窗.

构造法证明不等式 篇12

与斐波那契数列有关的恒等式的组合法证明

与斐波那契数列有关的`恒等式具有美丽的外表,这种美自然激发我们去追求导致美的原因,希望找到美的理由或推导出美.本文将从组合的角度去论证与斐波那契数列有关的恒等式,正是对美的探索与追求.

作 者:姜洋 孙朝仁  作者单位:姜洋(江苏省连云港市新海实验中学,22)

孙朝仁(江苏省连云港市教育局教研室,222004)

刊 名:数学通报  PKU英文刊名:BULLETIN DES SCIENCES MATHEMATICS 年,卷(期): 48(11) 分类号:O1 关键词: 

不等式证明 篇13

一、不等式的初等证明方法

1.综合法:由因导果。

2.分析法:执果索因。基本步骤:要证..只需证..,只需证..(1)“分析法”证题的理论依据:寻找结论成立的充分条件或者是充要条件。

(2)“分析法”证题是一个非常好的方法,但是书写不是太方便,所以我们可利用分析法寻找证题的途径,然后用“综合法”进行表达。

3.反证法:正难则反。

4.放缩法:将不等式一侧适当的放大或缩小以达证题目的。放缩法的方法有:

(1)添加或舍去一些项,如:

2)利用基本不等式,如:

(3)将分子或分母放大(或缩小):

5.换元法:换元的目的就是减少不等式中变量,以使问题

化难为易、化繁为简,常用的换元有三角换元和代数换元。

6.构造法:通过构造函数、方程、数列、向量或不等式来证明不等式。

证明不等式的方法灵活多样,但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法。

7.数学归纳法:数学归纳法证明不等式在数学归纳法中专门研究。

8.几何法:用数形结合来研究问题是数学中常用的方法,若求证的不等式是几何不等式或有较明显的几何意义时,可以考虑构造相关几何图形来完成,若运用得好,有时则有神奇的功效。

9.函数法:引入一个适当的函数,利用函数的性质达到证明不等式的目的。

10.判别式法:利用二次函数的判别式的特点来证明一些不等式的方法。当a>0时,f(x)=ax2+bx+c>0(或<0).△<0(或>0)。当a<0时,f(x)>0(或<0).△>0(或<0)。

二、部分方法的例题

1.换元法

换元法是数学中应用最广泛的解题方法之一。有些不等式通过变量替换可以改变问题的结构,便于进行比较、分析,从而起到化难为易、化繁为简、化隐蔽为外显的积极效果。

注意:在不等式的证明中运用换元法,能把高次变为低次,分式变为整式,无理式变为有理式,能简化证明过程。尤其对含有若干个变元的齐次轮换式或轮换对称式的不等式,通过换元变换形式以揭示内容的实质,可收到事半功倍之效。

2.放缩法

欲证A≥B,可将B适当放大,即B1≥B,只需证明A≥B1。相反,将A适当缩小,即A≥A1,只需证明A1≥B即可。

注意:用放缩法证明数列不等式,关键是要把握一个度,如果放得过大或缩得过小,就会导致解决失败。放缩方法灵活多样,要能想到一个恰到好处进行放缩的不等式,需要积累一定的不等式知识,同时要求我们具有相当的数学思维能力和一定的解题智慧。

3.几何法

构造法证明不等式 篇14

1构造等边三角形证明不等式

例1设x, y, z是介于0与1之间的实数.求证:x (1-z) +y (1-x) +z (1-y) <1.

分析本题直接证明非常困难, 考虑到左边是两个因式乘积之和的形式, 而两因式乘积通常与几何中求图形面积的问题有关, 因此考虑构造等边三角形或矩形来解.

解构造如图1所示的边长为1的等边三 角形ABC, 分别在AB上取AD=x, BE=y, CF=z, 则BD=1-x, CE=1-y, AF=1-z.连DE, EF, FD, 则

2构造圆形证明不等式

例2已知a, b, m都是正数, 且a<b.求证:a+m/b+m>a/b.

分析待证的不等式可转化为a (b+m) <b (a+m) .若令a (b+m) =bx, 其中x<a+m, 这就使我们联想到相交弦定理, 因此, 可构造圆来解决.

证明如图2, 以a+b+m为直径作⊙O, 在直径AB上取点P, 使AP=a, PB=b+m.因为b>a, 所以P不是圆心, 过P做弦CD, 使PC=b.设PD=x, 由相交弦定理得

3构造长方形证明不等式

例3已知a, b, c, d都是正有理数, 求证:

分析此题初看, 似乎无从下手, 但仔细观察其整体结构与三角形中三边间关系相似, 再观察被开方数结构, 容易联想到勾股定理, 它们都是直角三角形的斜边, 凑在一起就构造出矩形.

4构造正方形证明不等式

例4已知x, y, z均为正数, 求证:

5构造梯形证明不等式

例5已知a, b, c, d均为正数, 求证:

6构造长方体证明不等式

例6已知:a>0, b>c, c>0, , 求证

分析由条件a2+b2+c2=1与长方体对角线的性质12=a2+b2+c2相似, 不妨构造出一个长方体, 其长、宽、高分别为a, b, c, 加以证明.

7构造正方体证明不等式

例7已知锐角α, β, γ满足cos2α+cos2β+cos2γ=1, 求证:

证明如图7, 由已知条件构造正方体ABCD-A1B1C1D1, 使∠C1AD =α, ∠C1AB=β, ∠C1AA1=γ, 又设AD=a, AB=b, AA1=c, 则易证

8构造四面体证明不等式

例8已知x, y, z为正数, 求证:

分析注意到x2+xy+y2=x2+y2-2xycos120°, 于是我们可以把看成以x, y为两边, 夹角为120°的三角形的第三边, 从而得到下面证法.

证明如图8, 在平面上任取点O, 作∠AOB=∠BOC=∠AOC=120°, 截OA=x, OB=y, OC=z, 连AB, BC, CA, 则三边的长分别是由AB+AC>BC就得要证的不等式.

综上所述可知:注意构造几何图形证明代数不等式的专题研究, 符合新课程改革关于“……让学生的思维活跃起来”的理念要求, 有利于提高学生的专题总结水平, 有利于学生在研究总结的过程中, 拓展视野, 启迪思维, 有利于学生系统灵活地掌握所学的知识内容, 对于帮助学生理解课本内容, 培养探索精神和创新意识, 提高解题水平和发展思维能力, 均颇有益处.

练习1设x, y, z∈R+, 求证:

提示构造如图9所示的四面体, 设在三面 体V-ABC中, VA=x, VB=y, VC=z, 且∠AVB= ∠BVC=∠CVA=60°, 由余弦定理分别求得:

在△ABC中, 由AB+BC>AC即得所证.

练习2已知a, b, x, y均为正实数, 且a2+b2=1, x2+y2=1, 求证:ax+by≤1.

提示构造如图10所示的圆, 在直径AB=1的两侧任作Rt△ABC和Rt△ADB, 使AC=a, BC=b, BD=x, AD=y.由勾股定理, 知a, b, x, y满足题设条件, 根据托勒密定理, 得AC·BD+BC·AD=AB·CD, 因为CD≤AB=1所以ax+by≤1.

练习5同例2, 略.

提示构造如图13所示的Rt△DEC和Rt△ABC, 显然n>m, 所以a+m/b+n<a+m/b+m, 又因为a/b=a+m/b+n, 所以a/b<a+m/b+m.

练习6已知a, b, c都是正实数, 求证:

练习8设a, b, c, d都是正数, 满足a/b=c/d, 且a最大, 求证:a+d>b+c.

提示如图16, 取线段AC=a, 在AC上取B点, 使AB=d, 以BC为直径作圆O, 不妨设b≥c, 作割线AD=b, 交圆E, 作OF⊥AD.因为AC·AB=AE·AD, 即ad=b·AE, 所以AE=c, 又

参考文献

不等式的证明方法 篇15

一、比较法:

ab等价于ab0;而ab0等价于a

b1.即a与b的比较转化为与0

或1的比较.使用比较发时,关键是要作适当的变形,如因式分解、拆项、加减项、通分等,这是第一章中许多代数不等式的证明及其他各章初等不等式的证明所常用的证明技巧.二、综合法与分析法:

综合法是由因导果,即是由已知条件和已知的不等式出发,推导出所要证明的不等式;分析法是执果索因,即是要逐步找出使结论成立的充分条件或者充要条件,最后归结为已知的不等式或已知条件.对于条件简单而结论复杂的不等式,往往要通过分析法或分析法与综合法交替使用来寻找证明的途径.还要注意:第一,要熟悉掌握第一章的基本不等式和后面各章中著名的各种不等式;第二,要善于利用题中的隐含条件;第三,不等式的各种变性技巧.三、反证法:

正难则反.设所要证的不等式不成立,从原不等式的结论的反面出发,通过合理的逻辑推理导出矛盾,从而断定所要证的不等式成立.要注意对所有可能的反面结果都要逐一进行讨论.四、放缩法:

要证ab,又已知(或易证)ac,则只要证cb,这是利用不等式的传递性,将原不等式里的某些项适当的放大或缩小,或舍去若干项等以达证题目的.放缩法的方法有: ①添加或舍去一些项,如:a21a;n(n1)n;

②将分子或分母放大(或缩小);

③利用基本不等式,如:

log3lg5(n(n1)lg3lg522)2lglglg4; n(n1);

④利用常用结论:

k1k

1k1

1k

11k1k

12k

1k;

1k(k1)

1k1

1k

1k1

1k

1k(k1)1k;



(程度大)

1k

1

(k1)(k1)

2k1

();(程度小)

五、换元法:

换元的目的就是减少不等式中变量,以使问题化难为易,化繁为简,常用的换元有三角换元和代数换元.如:

已知x2y2a2,可设xacos,yasin;

已知x2y21,可设xrcos,yrsin(0r1); 已知

xaxa

2

ybyb

1,可设xacos,ybsin;

已知

1,可设xasec,ybtan;

六、数学归纳法法:

与自然数n有关的许多不等式,可考虑用数学归纳法证明,数学归纳法法证明不等式在数学归纳法中有专门的研究.但运用数学归纳法时要注意:

第一,数学归纳法有多种形式.李大元就证明了下述七种等价的形式:设P(n)是与n有关的命题,则

(1)、设P(n0)成立,且对于任意的kn0,从P(k)成立可推出P(k1)成立,则P(n)对所有大于n0的n都成立.(2)、设m是任给的自然数,若P(1)成立,且从P(k)(1km)成立可推出

P(k1)成立,则P(n)对所有不超过m的n都成立.(3)、(反向归纳法)设有无穷多个自然数n(例如n2m),使得P(n)成立,且从P(k1)成立可推出P(k)成立,则P(n)对所有n成立.(4)、若P(且P(n)对所有满足1nk的n成立可推出P(k1)成立,1)成立,则P(n)对所有n成立.(5)、(最小数原理)自然数集的非空子集中必有一个最小数.(6)、若P)且若P(k),P(k1)成立可推出P(k2)成立,则P(n)1(,P(2)成立,对所有n成立.(7)、(无穷递降法)若P(n)对某个n成立可推出存在n1n,使得P(n1)成立,则P(n)对所有n成立.此外,还有螺旋归纳法(又叫翘翘板归纳法):设有两个命题P(n),Q(n),若

P(1)

成立,又从P(k)成立可推出Q(k)成立,并且从Q(k)成立可推出P(k1)成立,其中k为任给自然数,则P(n),Q(n)对所有n都成立,它可以推广到两个以上的命题.这些形式虽然等价,但在不同情形中使用各有方便之处.在使用它们时,若能注意运用变形和放缩等技巧,往往可收到化难为易的奇效.对于有些不等式与两个独立的自然数m,n有关,可考虑用二重数学归纳法,即若要证命题P(m,n)对所有m,n成立,可分两步:①先证P(1,n),P(m,1)对所有m,n成立;②设P(m1,n),P(m,n1)成立,证明P(m1,n1)也成立.第二,数学归纳法与其它方法的综合运用,例如,证明

n

k

11k

sinkx0,(0x)

就要综合运用数学归纳法,反证法与极值法;有时可将n换成连续量x,用微分法或积分法.第三,并不是所有含n的不等式都能用数学归纳法证明的.七、构造法:

通过构造函数、方程、数列、向量或不等式来证明不等式;证明不等式的方法灵活多样,但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法.要依据题设、题断的结构特点、内在联系,选择适当的证明方法,要熟悉各种证法中的推理思维,并掌握相应的步骤,技巧和语言特点.笔者将在第三章中详细地介绍构造法.八、利用基本不等式:

善于利用已知不等式,特别是基本不等式去发现和证明新的不等式,是广泛应用的基本技巧.这种方法往往要与其它方法结合一起运用.22

例1 已知a,bR,且ab1.求证:a2b2

252

.证法一:(比较法)a,bR,ab1

b1a

a2b2

252

ab4(ab)

122(a

12)0

a(1a)4

2a2a

即a22b22

证法二:(分析法)

252

(当且仅当ab时,取等号).a22B2

252

ab4(ab)8

252

b1a

225122

(a)0a(1a)4822

显然成立,所以原不等式成立.点评:分析法是基本的数学方法,使用时,要保证“后一步”是“前一步”的充分条件.证法三:(综合法)由上分析法逆推获证(略).证法四:(反证法)

假设(a2)2(b2)2

252,则 a2b24(ab)8

252

252

.由ab1,得b1a,于是有a2(1a)212

1

所以(a)0,这与a0矛盾.22

.所以a2b2

252

.证法五:(放缩法)

∵ab1

∴左边=a2b2

a2b221252ab4

222

=右

边.点评:根据不等式左边是平方和及ab1这个特点,选用基本不等式

ab

ab2.2

证法六:(均值换元法)

∵ab1,所以可设a

12t,b

t,1

∴左边=a2b2(t2)2(t2)2

5525252

=右边.tt2t

2222

当且仅当t0时,等号成立.点评:形如ab1结构式的条件,一般可以采用均值换元.证法七:(利用一元二次方程根的判别式法)

设ya2b2,由ab1,有y(a2)2(3a)22a22a13,所以2a22a13y0,因为aR,所以442(13y)0,即y故a2b2

252

.252

.下面,笔者将运用数学归纳法证明第一章中的AG不等式.在证明之前,笔者先来证明一个引理.引理:设A0,B0,则(A+B)nAn+nA(n-1)B,其中nN.证明:由二项式定理可知

n

(A+B)=AniBiAn+nA(n-1)B

n

i0

(A+B)A+nA

nn(n-1)

不等式的证明方法 篇16

步骤一:首先把不等式转化关于某变量x的函数,并且求出x的定义域。步骤二:证明该变量x的函数在其定义域的单调关系。

步骤三:由步骤二可得出该不等式的极小值或极大值,进而求出最小值或最大值。

步骤四:利用最小值或最大值证该不等式是正确。

②利用求等比数列和的方法证明不等式成立。

③利用列式分解法来证明不等式成立(经常用于数列不等式)。

Ⅰ利用分子分母的列式分解法分解。类型应是分子是常数,分母是可由两个因子式的二元一次方程并且该两个因子式相减可得一个常数。通常类型如下:c/a(x+b1)(x+b2)= c/a * 1/(b2-b1)* [1/(x+b1)-1/(x+b2)] Ⅱ利用根号和列式分解法来证明不等式的成立。

Ⅲ利用对数的性质来进行因式分解。例如ln[n/(n+1)] = ln(n)-ln(n+1);④利用假说演绎法来证明不等式的成立。

步骤如下(假设有5分,一般都可拿3分):

步骤一:假设该不等式成立。

步骤二:当n = 1 时,该不等式成立。(1分或2分)

步骤三:当n = k+1 时,把他代入左边的参数,再跟与 n = k的不

等式转换。从而验证当n = k+1 时,该不等式也成立。(3分或4分)

步骤四:综上所述,该不等式成立。(0分或1分)

⑤利用放缩法来证明不等式成立。下面有几种常见的关于放缩法的几种类型。Ⅰ利用已有的列式分解法的知识进行放缩。

Ⅱ利用上述已知的条件进行放缩。

放缩法证明数列不等式的基本策略 篇17

证题中经常用到的放缩方法有:

1.“添舍”放缩:对不等式一边添项或舍项以达到放大和缩小的效果.

2.分式放缩:分别放缩分式的分子、分母或者同时放缩分子分母以达到放缩的效果.

3.利用重要的不等式或结论放缩:把欲证不等式变形构造,然后利用已知的公式或恒不等式进行放缩,例如,均值不等式、柯西不等式、绝对值不等式、二项式定理、贝努力公式、真分数性质定理等.

4.单调性放缩:挖掘不等式的结构特征和函数内涵来构造单调数列或单调函数,利用单调性、值域产生的不等关系进行放缩.

二、常见的放缩控制

当我们选择了正确的放缩方法后,却往往会在放缩的过程中不知不觉间失控,导致放缩的过大或过小,达不到欲证的目标.那么如何控制好放缩的尺度.

例1求证:

分析1:不等式左边不能直接求和,我们希望通过合适的放缩后可以求和.若采取的方法向右端放大,

则左边

很明显,放得有点大了,导致传递性失败,不等式链中断,放缩失败.那怎么办呢?

1.调整放缩的“量”的大小

分析2:分析1中“放”的有点过大,因为放大了放大了,…所以可以通过调整放大的“量”来控制放缩的效果.在分母减少了n,我们可以把分母只减少1,即这样放的量就少了。

证明1:左边

2.调整放缩的“项”的起点

分析3:分析1中从第二项开始放缩,放的最终有点大.可以调整放缩的项数,从第三项开始放缩.

证明2:左边

由此可见,调整成功.显然从第三项开始放缩所得的结果比从第二项开始放缩所得的结果又更小些.以此类推,当放缩的项数越少,放缩后的结果就会越来越精细,越来越逼近目标.

除此之外,还可以调整放缩的次数,通过多次放缩的调整来达到效果;有时也可以根据欲证式子的结构特点,把相邻的项分组捆绑后进行放缩,也可以达到控制放缩合理和尺度的效果.

三、常见的问题类型

数列型不等式的一边常与求和有关,所以可以通过放缩后求和(或求和后放缩)来达到欲证的目标.下面我们通过典型例题来体会常见问题的处理手法.

1.放缩与“公式法求和”

选择恰当的放缩方法,通过“通项”的适度放缩使之转化为等差或等比数列,从而求和达到简化证题的目的.

例2设

证明:因为所,即

说明:分别利用“添舍项”和“均值不等式”把通项放缩为等差数列,然后求和得证.

2.放缩与“裂项法求和”

在例1中,不等式的左边无法求和,但通过放缩产生裂项相消的求和效果后,使问题解决.例2的右边也是利用放缩产生了裂项的效果,然后求和.下面我们再通过例题的证明体会裂项求和效果的运用.

例3求证

证明:因为

所以因为

所以

说明:例1分式、例3根式的放缩后裂项相消求和的处理手法是很多灵活题目的原型,值得体会.

3.放缩与“并项法求和”

例4求证

分析:观察分母的变化规律,把若干项“捆绑”并为一项后进行放缩,然后求和就很容易实现欲证的目标.

证明:左边

4.利用递推关系式放缩

利用递推关系式本身蕴含的不等关系或放缩产生的不等关系,在很多题目中可以起到很好的放缩效果.

例5已知求证:.

分析:根据欲证不等式的结构特点,通过递推关系式构造关于1+ak的不等式,然后实现对通项的放缩.

证明:因为且

所以所以

所以左边

5.构造和数列后进行放缩

如果数列不等式没有直接的求和的形式,很多时候可以间接的构造和数列,然后进行放缩处理.

例6已知正数列满足证明:

分析:根据已知构造关于的递推关系式,然后利用“累加法”把不等式的左边转化为和数列的形式.

证明:因为所以.所以

所以所以

总之,运用放缩法进行数列不等式的证明,要认真分析条件和结论的结构特征,明确方向,防止盲目放缩.同时还要多总结、多思考,多掌握一些常用的放缩技巧,以提高分析问题和解决问题的能力.

摘要:放缩法证明数列不等式,不仅需要学生掌握常用的放缩方法和技巧,控制好放缩的目标和尺度,同时也需要熟悉常见的问题类型.为了帮助更多的学生突破这一难点,本文对放缩法证明数列不等式的基本策略进行分析.

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