不等式法

不等式法（精选11篇）

不等式法 篇1

有些不等式问题如果从正面证明, 常常会很麻烦, 甚至无从下手, 但是如果转换角度, 从不等式的结构和特点入手, 巧妙地构造与之相关的数学模型, 将问题转化, 就可以使思路简洁、清晰, 问题也会很容易解决。

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

证明:令a=b+1, 由a>1, 得b>0, 只要证明, 所以不等式得证。

不等式法 篇2

^2<(a^2+b^2)/2

(a,b∈R，且a≠b)

设一个正方形的边为C,有4个直角三角形拼成这个正方形,设三角形的一条直角边为A,另一条直角边为B,(B>A)A=B,刚好构成,若A不等于B时,侧中间会出现一个小正方形,所以小正方形的面积为(B-A)^2,经化简有(B+A)^2=4AB,所以有((A+B)/2)^2=AB,又因为(A^2+B^2)/2>=AB,所以有((A+B)/2)^2<=(A^2+B^2)/2,又因为A不等与B,所以不取等号

可以在直角三角形内解决该问题

=^2-(a^2+b^2)/2

=<2ab-(a^2+b^2)>/4

=-(a-b)^2/4

<0

能不能用几何方法证明不等式，举例一下。

比如证明SINx不大于x(x范围是0到兀/2，闭区间)

做出一个单位圆，以O为顶点，x轴为角的一条边

任取第一象限一个角x，它所对应的弧长就是1*x=x

那个角另一条边与圆有一个交点

交点到x轴的距离就是SINx

因为点到直线，垂线段长度最小，所以SINx小于等于x，当且尽当x=0时，取等

已经有的方法：第一数学归纳法2种;反向归纳法(特殊到一般从2^k过渡到n);重复递归利用结论法;凸函数性质法;

能给出其他方法的就给分

(a1+a2+...+an)/n≥(a1a2...an)^(1/n)

一个是算术，一个是几何。人类认认识算术才有几何，人类吃饱了就去研究细微的东西，所以明显有后者小于前者的结论，这么简单都不懂，叼佬就是叼佬^_^

搞笑归搞笑，我觉得可以这样做，题目结论相当于证

(a1+a2+...+an)/n-(a1a2...an)^(1/n)≥0

我们记f(a1,a2,……,an)=(a1+a2+...+an)/n-(a1a2...an)^(1/n)这时n看做固定的。我们讨论f的极值，它是一个n元函数，它是没有最大值的(这个显然)

我们考虑各元偏导都等于0，得到方程组，然后解出

a1=a2=……=an

再代入f中得0，从而f≥0，里面的具体步骤私下聊，写太麻烦了。

要的是数学法证明也就是代数法不是用向量等几何法证明.....有没有哪位狠人帮我解决下

【柯西不等式的证明】二维形式的证明

(a^2+b^2)(c^2+d^2)(a,b,c,d∈R)

=a^2·c^2+b^2·d^2+a^2·d^2+b^2·c^2

=a^2·c^2+2abcd+b^2·d^2+a^2·d^2-2abcd+b^2·c^2

=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2

≥(ac+bd)^2，等号在且仅在ad-bc=0即ad=bc时成立。

一般形式的证明

求证：(∑ai^2)(∑bi^2)≥(∑ai·bi)^2

证明：

当a1=a2=…=an=0或b1=b2=…=bn=0时，一般形式显然成立

令A=∑ai^2B=∑ai·biC=∑bi^2

当a1，a2，…，an中至少有一个不为零时，可知A>0

构造二次函数f(x)=Ax^2+2Bx+C，展开得：

f(x)=∑(ai^2·x^2+2ai·bi·x+bi^2)=∑(ai·x+bi)^2≥0

不等式法 篇3

[关键词]构造函数法 不等式证明 高中数学

[中图分类号] G633.6 [文献标识码] A [文章编号] 16746058（2015）230033

不等式的证明问题是中学数学教学的一个难点，传统的证明不等式的方法技巧性较强，多数学生不易想到，并且各类不等式的证明没有通性通法.新教材引入导数相关的内容，为我们处理不等式的证明问题提供了一条新的途径.在近年高考题中，使用导数证明不等式也时有出现，但现行教材对这一问题没有展开研究，使得学生对这一简便方法并不了解.利用导数证明不等式思路清晰、方法简捷、操作性强，易被学生掌握.下面笔者介绍作差构造函数法、换元构造函数法、从条件特征入手构造函数法的基本思路，并通过一些实例进行分析与总结.

一、作差构造函数法

作差法是比较法中常用的方法，其原理来自不等式的基本性质：如果a>b，则a-b>0；如果a=b，则a-b=0；如果a【例1】 求证不等式

x-x22

【例3】 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）.

证明：由已知得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）.

由条件移项后得xf′（x）+f（x）>0，容易想到这是一个积的导数，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），则移项后得xf′（x）-f（x）>0，要想到这是一个商的导数，学生在平时解题时应多注意总结.

作为高中教学的重点和难点，不等式证明问题难度高，技巧性强，其相关内容一直得到了高中数学教学和研究人员的很多关注.新教材体系新增了导数部分的内容，为证明不等式增加了新的思路，开辟了一条新路径.将导数相关的内容运用到不等式的证明中，可以使证明过程简单明了，思路清晰，方法易于操作，是值得展开充分研究的一项内容.

[ 参 考 文 献 ]

[1]陈唐明.构造函数证明不等式方法探析——对《用构造函数来证明不等式》一文的研究性学习[J].中学数学研究，2009（11）：30-32.

[2]朱护国.构造函数法证明不等式[J].试题与研究：新课程论坛，2014（7）.

[3]王云.浅谈运用构造函数法证明不等式[J].语数外学习：数学教育，2012（7）：57-57.

[4]苗建成.用构造函数法证明不等式[J].中学生数学，2009（13）.

[5]曾思江.分而治之 各个击破——不等式证明的局部处理法[J].数学教学，1991（5）.

[6]左振钊，张艳红，袁博.相关系数的性质的几种证明方法[J].河北北方学院学报（自然科学版），2005（5）.

[7]王建平，张香伟，李艳华.构造辅助函数法在高等数学中的应用[J].河南教育学院学报（自然科学版），2004（1）.

[8]周顺钿.模式·放缩·探索——IB模块《不等式选讲》的教学策略[J].教学月刊（中学版），2010（5）.

例谈“线性代换”法证明不等式 篇4

分析这个看似简单的问题采用常规的方法来解并不顺利, 如果分别用x, y来替换不等式中的分母b - 1、a - 1, 则不等式的结构就会发生明显的变化.

证明令x = b - 1, y = a - 1, 则x > 0, y > 0, 则

说明这里的代换x = b - 1, y = a - 1 叫做线性代换. 某些分式不等式, 如果分母是变元的线性多项式则可以考虑采用线性代换.

例2 设x1, x2, x3是正数, 求证: x1x2x3≥ ( x2+ x3- x1) (x1+x3-x2) (x1+x2-x3) .

a, b, c中至多有一个不大于0, 不妨设a ≤0, b ≤0, 则x3≤0 这与x3> 0 矛盾.

当a, b, c中恰有一个不大于0 时, 不等式显然成立.

当a, b, c均为正数时, 原不等式化为 ( b + c) ( c + a) ( a + b) ≥8abc.

换元法证明不等式 篇5

2a=cosA,b=sinA

c=2cosB,d=2sinB

|ac+bd|=2|cosAcocB+sinAsinB}=2|cos(A-B)|

<=2

得证

若x+y+z=1，试用换元法证明x²+y²+z²≥1/

3解法一：(换元法)

证明：因为

(x-1/3)^2+(y-1/3)^2+(z-1/3)^2≥0

展开，得

x^2+y^2+z^2-2/3*(x+y+z)+3*1/9≥0

x^2+y^2+z^2-2/3+1/3≥0

x^2+y^2+z^2≥1/3。

其中等号当且仅当x=y=z=1/3时成立

解法二：

因为:x+y+z=

1所以:(x+y+z)²=1

化解为:x²+y²+z²+2xy+2xz+2yz=1

又因为：

x²+y²≥2xy;

x²+z²≥2xz;

y²+z²≥2yz;

所以x²+y²+z²+2xy+2xz+2yz=1<=3(x²+y²+z²)

固x²+y²+z²≥1/3

例1：已知a+b+c=1，求证：a2+b2+c2≥1/3

证明：令a=m+1/3，b=n+1/3，c=t+1/3，则m+n+t=0

∴a2+b2+c2=(m+1/3)2+(n+1/3)2+(t+1/3)2

=m2+n2+t2+2(m+n+t)/3+1/3

=m2+n2+t2+1/3

∵m2+n2+t2≥0，∴a2+b2+c2≥1/3得证。

换元的目的：转化、化简已知条件，使已知条件更易于使用。

例2：已知a>b>c，求证：1/(a-b)+1/(b-c)≥4/(a-c)

证明：令x=a-b，y=b-c，则a-c=x+y且x>0，y>0

∴原不等式转化为：1/x+1/y≥4/(x+y)

因此，只要证明：(x+y)/x+(x+y)/y≥

4只要证：1+y/x+1+x/y≥4

只要证：y/x+x/y≥2，而y/x+x/y≥2恒成立。

∴1/(a-b)+1/(b-c)≥4/(a-c)得证。

换元的目的：

化简、化熟命题，把复杂的、不熟悉的命题化为简单的、熟悉的命题。

例3：已知(x2-y2+1)2+4x2y2-x2-y2=0，求证：(3-√5)/2≤x2+y2≤(3+√5)/

2证明：令x2+y2=t

由(x2-y2+1)2+4x2y2-x2-y2=0整理得：

(x2+y2)2-3(x2+y2)+1=-4x2

∴(x2+y2)2-3(x2+y2)+1≤0

∴t2-3t+1≤0，解之得：(3-√5)/2≤t≤(3+√5)/2

∴(3-√5)/2≤x2+y2≤(3+√5)/2得证。

换元的目的：转化条件，建立条件与结论间的联系。

例4：已知x-1=(y+1)/2=(z-2)/3，求证：x2+y2+z2≥59/1

4证明：设x-1=(y+1)/2=(z-2)/3=k，则x=k+1，y=2k-1，z=3k+2

∴x2+y2+z2=(k+1)2+(2k-1)2+(3k+2)2

=14k2+10k+6

=14(k2+5k/7)+6

=14(k+5/14)2+59/14≥59/14

∴x2+y2+z2≥59/14得证。

换元的目的：减少未知数的个数，直接利用已知条件。

例5：已知a>0，求证：(a+(a+(a+(a+…+a0.5)0.5)0.5)0.5)0.5

证明：设t1=a0.5，t2=(a+a0.5)0.5，……，tn=(a+(a+(a+(a+…+a0.5)0.5)0.5)0.5)0.5tn=(a+tn-1)0.5

tn2=a+tn-1，且tn>0，而tn>tn-

1∴tn20

∴tn

换元的目的：转换、化简命题

例6：已知a≥c>0，b≥c，求证：√c(a-c)+√c(b-c)≤√ab

证明：要证明原不等式，只要证明：

√c(a-c)/ab+√c(b-c)/ab≤

1只要证明：√(c/b)(1-c/a)+√c/a(1-c/b)≤1

令sinα=√c/b，sinβ=√c/a，且α、β∈(0，π]

只要证明：sinαcosβ+cosαsinβ≤

1只要证明：sin(α+β)≤1，而sin(α+β)≤1显然成立

∴原不等式得证。

换元的目的：利用两个正数的和等于1进行三角换元，可以将原问题得到极大

程度的化简，在各种命题的解题中有着广泛的应用。

例7：已知a2+b2=c2，且a、b、c均为正数，求证：an+bn2且n∈N

证明：设a=csinα，b=ccosα。α∈(0，π/2)

则：an+bn=cnsinnα+cncosnα=cn(sinnα+cosnα)

不等式法 篇6

关键词：数列型不等式；放缩法；策略

证明数列型不等式最重要的方法为放缩法. 放缩法的本质是基于最初等的四则运算，利用不等式的传递性，对照着目标进行合情合理的放缩. 但放缩程度很难把握，裂项技巧性又太强，常常因找不到放缩、裂项的途径而导致证明的失败. 如何找到放缩、裂项的一般途径呢？放缩过程中最难处理的是减小放缩的误差，这又如何处理呢？

对通项进行化简，先求和再放缩

例1 已知数列an=，设数列{an}的前n项和为Sn，求证：Sn<.

分析：对于这道题，思考的问题是先放缩还是先求和，看看条件中{an}的通项公式，分母中有递推式：n2，（n+2）2，那么，就可以改写成“递推相减”的形式，所以，此题应采用先求和后放缩.

这里的变量r、i与q称为控制变量，作为误差调整的手段，还要兼顾从第几项开始实施放缩. 对于前三种的处理方法，显然第三种处理方法要烦一点，从前面的分析中，我们要学会如果来选择变量控制误差，以及变量取什么值. 从目标入手，目标驱动想法，这种分析问题的意识很重要.

想法二：放缩成“裂项相消型”，如何恰到好处地放缩成“裂项相消型”，思维着力点：把原式放缩成一个具有递推关系的结构，通常是将分式结构中的分母放缩成递推式，然后裂成“递推相减”的形式.

在问题研究的过程中，放缩的方向就是朝着“可求和”数列进行放缩，在“裂项相消型”的放缩中，问题的关键是将分母朝着“递推式”进行放缩. 在控制误差方面，一方面可以考虑延后放缩，另一方面可以考虑待定系数引入参数控制误差，而引入参数的方法不唯一，所以此类问题处理也比较灵活.

构造递推不等式（等差型，等比型）

我们前面研究的“数列和”不等式的题型，条件中的通项都是给出的. 如果条件给出的是递推公式，研究“数列和”不等式，那么我们首先要考虑的是，能否将数列的通项公式求出，如果通项公式求不出，那么我们常见的想法就是从目标入手，对题目中的目标进行研究，将递推公式朝着等差数列进行放缩，或者朝着等比数列进行放缩，总之，也是朝着“可求和”的数列进行放缩. 如果是朝着等差数列进行放缩，通过对目标的研究，得到放缩的公差是多少，假设公差为d，也就是说，我们放缩成类似于：an+1≥an+d形式，那么，由递推关系，便得到：an≥a1+（n-1）d，且Sn≥na1+d. 如果是朝着等比数列进行放缩，也是通过对目标的研究，得到放缩的公比是多少，假设公比为q（q>0），也就是说，将递推公式放缩成类似于：an+1≥an·q形式，那么，同样由递推关系，我们便得到：an≥a1·qn-1，且Sn≥（1-qn）. 下面举例说明.

从上述例题，看出递推放缩的数列与不等式的综合题，解决的关键在于放缩，放缩是一种不等变形，没有目标的指向，很难有效放缩，如果我们将其放缩成等差数列、等比数列，再从目标研究，放缩的公差、公比是多少，那么放缩的指向性明显加强，从而降低了此类问题的解决难度. 此外，根据对目标的分析，确定放缩的目标，可以利用比较法（作差或作商）来解决，在思维上也降低了难度.

本文对数列与不等式的综合题的处理方法作了分析与研究，数列型不等式，它不但可以考查证明不等式和数列的各种方法，而且还可以综合考查其他多种数学思想方法. 处理数列型不等式最重要的方法就是放缩法. 放缩过程中，我们需要考虑是先求和还是先放缩，如果通项能求和，这样问题还是容易处理，如果通项不能求和，就需要先放缩再求和，朝着“可求和”的数列进行放缩，常见的是朝“等比型”和“裂项相消型”进行放缩，在放缩过程中经常会出现放缩过大，那么需要减少误差，在两种减小误差的方法中，相对而言引入恰当参数控制误差方便一些. 当然，我们也可以根据数列的特征，构造函数，利用函数的单调性等方法进行放缩. 对于条件给出的是递推公式的数列不等式，我们应该朝着等差数列或等比数列进行放缩，但如果我们能对目标进行恰当的分析，找到需要放缩的目标，直接采用比较法将问题解决，相当方便一些. 只有正确把握了放缩法的方法思路和规律特征，我们在证明数列型不等式的压轴题时，就会豁然开朗，快速找到突破口.

例谈用“构造法”证明不等式 篇7

1. 整体观察, 局部构造

有些不等式的证明, 若从整体上考虑难以下手, 可构造若干个结构完全相同的局部不等式, 逐一证明后, 再利用同向不等式相加的性质, 即可得证.

例1在△ABC中, a, b, c分别为∠A, ∠B, ∠C的对边, 求证:a2+b2+c2<2ab+2bc+2ca.

证明由余弦定理得a2=b2+c2-2bc cos A, b2=c2+a2-2ca cos B, c2=a2+b2-2ab cos C.

将上面三式相加, 得

构造与题设 (∠A, ∠B, ∠C为△ABC的内角) 有必然联系的三个不等式cos A<1, cos B<1, cos C<1, 则有

将 (1) 代入 (2) , 得a2+b2+c2<2ab+2bc+2ca.

即此不等式得证.

2. 形成类比, 构造图形

如果问题中的数量关系具有明显的几何意义或以某种方式与几何图形建立关系, 那么从数形结合、数形转化的角度出发, 构造几何图形, 将题设的条件与数量关系直接在图形中得到实现, 通过几何图形的直观性获解.

例2设a>0, 实数x, y, z满足x+y=z=a, , 求证:

简析本题用常规方法证明, 难以实现.若把已知方程分别看作直线与圆, 构造一个直线与圆有公共点的图形, 证明思路就豁然开朗.

证明将已知方程化为x+y=a-z, , 因二式同时成立, 意味着在直角坐标系中, 直线x+y=a-z和圆相交或相切, 如图.

于是圆心 (0, 0) 到直线x+y=a-z的距离小于或等于半径, 即, 化简, 得3z2-2az≤0

3. 洞察联系, 构造方程

对于要证明的“A·C≥ (或≤) B2”这类不等式, 我们先把不等式变形为4A·C≥ (或≤) (2B) 2, 然后构造一个二次函数f (x) =Ax2-2Bx+C, 再证明其判别式Δ≤0 (或Δ≥0) .

例3已知, 求证:b2≥4ac.

因为, 故姨是方程 (2) 的一个根, 从而方程 (1) 有实根, 故b2-4ac≥0, 即b2≥4ac.

4. 联想沟通, 构造向量

利用|a|+|b|≥|a+b|或|a·b|≤|a||b|证明不等式.

观察此题的结构, 左边是积的形式, 右边是常数, 对左边的式子稍加变形就能表示出两个向量的坐标, 从而能够计算出两个向量的模, 再结合数量积和模的关系就构造了一个不等式, 从而结论得证.

5. 联想三角, 构造三角模型

例5已知a, b, c为三角形的三边, 且a2+b2=c2, n∈N*且n>2, 求证:cn>an+bn.

证明由a>0, b>0, c>0, a2+b2=c2得,

可以联想到三角中的sin2α+cos2α=1,

故cn>an+bn.

从结论变形式也可联想到指数函数, 通过构造指数函数, 利用函数单调性, 也可使问题顺利解决.

6. 构造复数模型

构造复数证明不等式, 利用复数模的性质|z1|+|z2|≥|z1±z2|≥|z1|-|z2|往往能避免复杂的凑配技巧, 使证明过程直观又容易接受.

例6已知A=x cos2θ+y sin2θ, B=x sin2θ+y cos2θ, x, y, A, B∈R.求证:x2+y2≥A2+B2.

证明构造复数z1=A+B1i, z2=x+yi.

则|z1|=| (x cos2θ+y sin2θ) + (x sin2θ+y cos2θ) i|=

|z1cos2θ+i z2sin2θ|≤|z2cos2θ|+|i z2sin2θ|=

|z2|cos2θ+|z2|sin2θ=|z2|.

即|z2|2≥|z1|2, 所以x2+y2≥A2+B2.

7. 整体放缩, 构成对偶

要证明S

要证明S

这也是构造法证明不等式的常用手段.

故, 所以原不等式成立.

巧用构造法证明不等式 篇8

根据所给不等式的特征, 利用函数的性质和函数的图象来证明不等式.

点评:此题用构造函数法直观地解决了求函数值域的问题, 达到了将复杂问题简单化的目的.

二、构造方程法

对于形如a≤f (x) ≤b的不等式, 令y=f (x) , 将其整理成关于x的二次方程, 利用方程有实数解△≥0, 建立关于y的不等式, 求解出y的范围, 达到证明不等式的目的.

例2已知实数a、b、c满足a+b+c=0和abc=2, 求证:a、b、c中至少有一个不小于2.

分析:针对这个题中出现的有两数和和积的情况, 我们就可以想到韦达定理.可以利用韦达定理构造一个一元二次方程, 然后利用一元二次方程根的判别式解决问题.

点评:此方法灵活利用韦达定理和一元二次方程根的判别式, 简单明了地解决了问题, 达到了事半功倍的效果.

三、构造几何图形法

将不等式中的项赋予一定的几何意义, 然后利用几何关系达到证明不等式的目的.

分析:已知0

证明:构造单位正方形, 如右图所示:O是正方形内任意一点, 且O到AD、AB的距离分别为a、b, 则|AO|+|BO|+|CO|+|DO|≥|AC|+|BD|

点评:上述问题充分展示了代数问题的几何解决, 说明根据题目特征巧妙地利用数形结合的思想, 可以化难为易, 开拓解题思路.

例谈不等式的构造法证明 篇9

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.

用参数法证明不等式的方法和技巧 篇10

例1：已知：x+y+z=1，证明：。

分析：本题的条件为线性方程形式x+y+z=1，结论的一边为整式x2+y2+z2，三个变量具有对称性。由条件x+y+z=1，每个变量可先取平均值;考虑把变量表示成+t, t为参数，且三个参数之和为零，然后代入所证不等式的一边，就可以使问题简化。

证明：令x=+t1, y=+t2, z=+t3，其中t1、t2、t3为实数，且t1+t2+t3=0,

因为t1+t2+t3=0，而t12≥0, t22≥0, t32≥0,

所以.

本题还可以推广到n个变量的一般情形。

例2：设ai>0 (i=1, 2，…，n)，且，证明：，等号当且仅当a1=a2=…=an时成立。

证明：令ai=+ti (ti∈R, i=1, 2，…，n)，则有,

从而有

当且仅当ti=0 (i=1, 2, …, n) , 即a1=a2=…=an=时取等号。

例3:设ai>0 (i=1, 2, …, n) , 且, , 证明:≥4n, 当且仅当a1=a2=…=an时取等号。

虽然本题不是线性方程形式，而是个变量之积的形式，但也可以仿照前面例题的方法，将本题表示为它们的几何平均数与一个实参数之积。

证明：令ai=2ti，显然ti>0 (i=1, 2，…，n)，且,

于是可令ti=1+t′i (i=1, 2，…，n),

有

所以有

当且仅当t′i=0，即ti=1，亦ai=2即是等号成立。

当且仅当时a1=a2=…=an等号成立。

例4：已知a>0, b>0，且a+b=1。求证：。

证明:设,

显然，当且仅当t2=0，即a=b=时，等号成立。

例5:已知x, y, z∈R, 且x+y+z=1, , 证明:x, y, z∈[0, ]。

故, t1∈, x∈[0, ], 同理可证y, z∈[0, ]。

例6:设a, b, c∈R+, 求证:.

分析：本题中，变量a, b, c之和不是一个常数，但a, b, c具有某种对称性, 不等式右边为, 故可设a+b+c=s为参数。

构造函数f (x)=，然后利用函数单调性证明不等式。

证明：设a+b+c=s构造函数f (x)=，易知f (x)在(0, s)上是增函数，

同理有,

而a+b+c=s,

证明不等式不仅是中学数学教学的难点，而且是数学竞赛培训的难点，其证明蕴涵了丰富的逻辑推理和非常高的技巧，通过证明不等式，学生可以培养数学式子的变形能力，逻辑思维能力，以及分析问题和解决问题的能力。

摘要：不等式的证明方法很多, 本文介绍其中较重要的一种方法——参数法, 通过几个例题探讨了用参数法证明不等式的技巧和方法。

关键词：不等式证明,参数法,技巧

参考文献

[1]唐秀颖主编.数学题解辞典[M].上海:上海辞书出版社, 1985.11.

构造法在不等式中的应用 篇11

理解和掌握函数的思想方法有助于实现数学从常量到变量的这个认识上的飞跃.很多数学命题繁冗复杂, 难寻入口, 若巧妙运用函数思想, 能使解答别具一格, 耐人寻味.

例1证明:如果, 那么x+y=0.

证明构造函数,

易证f (x) 在R上是奇函数且单调递增.

又因为f (x) 是增函数, ∴x=-y, 即x+y=0.

二、构造方程法

根据所给不等式的特征, 由根与系数的关系构造出一元二次方程, 再由判别式或根的特点证明不等式.

例2已知:, 求证:.

解析消去c, 得

, 此方程恒成立,

∴, 即.同理可求得.

三、构造数列证明不等式

在处理与自然数n有关的数学问题时, 根据题目所提供的特征, 通过替换、设想等构造出一个与欲解 (证) 问题有关的数列 (数组) , 并对该数列 (数组) 的特征进行分析, 常可获得解题的途径.如果从分析问题所提出的信息知道其本质与数列有关, 那么该问题就可以考虑运用构造数列的方法来解.

例3已知数列, 求an.

分析我们希望化为.

即an+An+B=2an-1+2An-2A+2B.

解由已知an+n+3=2[an-1+ (n-1) +3].设bn=an+n+3, 则bn=2bn-1.即{bn}是公比为2的等比数列且b1=a1+1+3=1+1+3=5.

对于某些关于自然数的不等式问题, 与数列有着密切的联系, 这时也可构造有关的数列模型, 利用其单调性解决.

四、构造复数

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, 正所谓“退一步海阔天空”.

不等式得证.

五、构造几何图形 (体)

如果问题条件中的数量关系有明显的或隐含的几何意义与背景, 或能以某种方式与几何图形建立起联系, 则可考虑通过构造几何图形将题设中的数量关系直接在图形中得以实现, 然后, 借助于图形的性质在所构造的图形中寻求问题的结论.构造的图形, 最好是简单而又熟悉其性质的图形.这些几何图形包括平面几何图形、立体几何图形及通过建立坐标系得到的解析几何图形.

例5求函数的值域.

其几何意义是平面内动点P (x, 0) 到两定点M (2, 3) 和N (5, -1) 的距离之和 (如图) , 为求其值域只要求其最值即可.

易知当M, N, P三点共线 (即P在线段MN上) 时, f (x) 取得最小值, , 无最大值, 故得函数的值域为[5, +∞) .

从以上各例不难看出, 构造法是一种极富技巧性和创造性的解题方法, 体现了数学中发现、类比、化归的思想, 也渗透着猜想、探索、特殊化等重要的数学方法.运用构造法解数学题可从中欣赏数学之美, 感受解题乐趣, 更重要的是可开拓思维空间, 启迪智慧, 并对培养多元化思维和创新精神大有裨益.

摘要：关于不等式的证明方法有很多种, 而运用函数构造法证明不等式使得问题简单化, 本文阐述了数学中构造法的含义及其应用所产生的影响, 用实例介绍了函数构造方法的几种应用情形.

关键词：构造法,不等式,证明

参考文献

[1]田发胜.例谈构造复数解题[J].中学数学教与学, 2000 (9) .

[2]宋玉连.构造法在解题中的应用刍议[J].连云港教育学院学报, 1999 (2) .

[3]刘朝斌.解一元二次不等式的几点技巧[J].数学教学通讯, 2004 (3) :46-47.