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摘要数学教学的核心任务是培养学生的思维能力,不等式的证明是培养思维能力的一个重要内容。本文探讨了用构造思想构造代数模型来证明不等式,并用实例阐释了所述构造法。既能达到简化证明的目的,又能培养学生思维能力。
关键词构造法 不等式 代数模型
中图分类号:O187文献标识码:A
1 构造不等式证明不等式
根据题设条件,构造相应的不等式,如构造熟悉的不等式和基本不等式,再利用所构造的不等式的有关的性质。
例1 证明贝努利不等式:(1+x)2>1+nx,其中x>1,且n∈Q.
[分析]:∵x>0,n>1,∴1+x>0,根据条件,将结论稍加变换,构造出均值不等式,即可简单地进行证明。令n=p/q (p>q,且q,p∈N),则结论可化为:(1+x) p/q>1+nx,即1+x>(1+nx) q/p而(1+nx)q/p= <== =1+x , ∴原不等式成立。
例2 设|a|,|b|,|c|均小于1,求证:ab+bc+ca>-1
[分析]:中条件|a|<1,可构造不等式1+a>0,同理构造1+b>0,1+c>0于是得(1+a)(1+b)(1+c)>0①,同理得:(1-a)(1-b)(1-c)>0②,将①式展开:1+(a+b+c)+(ab+bc+ca)+abc>0③,将②式展开:1-(a+b+c)+(ab+bc+ca)-abc>0 ④ ,将③式+④式:2+2(ab+bc+ca)>0 此即:ab+bc+ca> -1。
2 构造函数证明不等式
根据所给不等式的特征,构造恰当的初等函数,以此作为映射关系,然后利用函数的奇偶性、单调性等性质来证明不等式。
例1 已知x > 0,求证x+ +≥
[分析]:构造函数f(x)=x+ (x>0)则x+ ≥2, 设2≤< ,
由f()-f()= +-(+ ) = (-)+(-) =
显然∵2≤< ∴- > 0,-1 > 0, > 0∴上式 > 0
∴f (x)在[2,+∞)上单调递增,∴左边≥f(2)=
例2 求证: y=≥
[分析]:设t= (t≥3) 则f(t)=y= ,用定义法可证:f (t)在[3,+∞)上单调递增,令:3≤t1 0
∴y =≥f(3) ==
例3 已知a,b,c∈R,求证:≥()2
[分析]:构造函数f(x)=(x-a)2+(x-b)2+(x-c)2=3x2-2(a+b+c)x+ a2+ b2+c2
∵f(x)=(x-a)2+(x-b)2+(x-c)2≥0, ∴△=4(a+b+c)2-4€?(a2+ b2+c2≤0
将上式整理即得:≥()2
例4 已知a,b为实数,并且eba
[分析]:当eba,只须证blna>alnb,即证>,构造函数y=(x>e),求导得y′= ,因为x>e,lnx>1,所以y′<0,从而函数y=在(e,+∞)上是减函数,因为e得证,即ab>ba得证。
3 构造方程模型证明不等式
根据问题所给条件特征,利用方程的思想,构造方程解决问题。
例1 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]:由题设:显然a, b, c中必有一个正数,不妨设a > 0,则, 即b, c是二次方程x2+ax+=0的两个实根。∴△=a2-≥0 ,即:a≥2
例2 求证:≤≤3(≠k+,k∈Z)
[分析]:设y= 则:(y -1)tan2 + (y + 1)tan + (y - 1) = 0
当 y = 1时,命题显然成立,
当 y ≠ 1时,△= (y + 1)2 -4(y - 1)2 = (3y - 1)(y - 3)≥0
∴≤y≤3
综上所述,原式成立。(此法也称判别式法)
例3 实数x,y满足4x2-5xy+4y2=5,设s= x2+y2求证:≤s≤
[分析]:把x2+y2= s代入4x2-5xy+4y2=5,可得x2y2=(s-1)2, 由两数之和与两数之积联想到韦达定理,可构造以和为根的一元二次方程.t2-st+(s-1)2=0
∵△=s2-4(s-1)2≥0,故≤s≤
例4 已知p3+q3=2;p,q∈R,求证:p+q=2
[分析]:设p+q=t,由条件可知(p+q)( p2+q2-pq)=2,所以pq=t2-
构造方程:x2-tx+t2-=0,则p,q是此方程的两实根。
所以△=t2-4(t2-)≥0,解得t≤0,即p+q≤2。
4 构造数列证明不等式
从要证的不等式分析,若它与数列有关,那么就可以考虑转化为运用构造数列的方法。
例1若n∈N,求证:(1+1)·(1+)·(1+)…(1+)≥
[分析]:构造数列{bn},使得b1·b2…bn=,则得bn= = ,只须证:1+>,即证()3>,因为3n-2>0,也就是证(3n-1)3>(3n-2)2(3n+1),即证:27n3-27n2+9n->27n3-27n2+4,也即证:9n>5,显然对此式成立。故(1+1)·(1+)·(1+)…(1+)≥
例2 证明不等式<++…+<(*)对所有正整数n成立。
[分析]:++…+是一个与n相关的量,将它与(*)式左、右两端作差,构造出相应的数列,则可利数列的单调性业解决问题。设an=++…+(n∈N)一方面,构造数列{xn},令xn=an-,则xn+1-xn=an+1-an-+,所以xn+1>xn, {xn}为单调递增数列,首项x1=-1为最小项,所以xn>x1=-1>0,即an>
另一方面构造数列{yn}.令yn=an+,则yn+1-yn=an+1-an+-。所以 yn+1>yn,{yn}为单调递减数列 ,首项y1=-2为最小项,所以yn 5 构造对偶式模型证明不等式
根据不等式条件、特点,有一些不等式是对偶式出现的,则构造对偶式,构造对偶式的关键在于抓住已知条件,利用和与差互为倒数、倒序、错位等特征进行巧妙的构造,利用对偶式的特征和性质证明不等式。
例1 已知x,y,z∈R+,求证:++≥0
例2 [分析]:构造对偶式,设A = ++,
B = ++,
A-B=(-)+(-)+(-)
=+ + ≥0
∴(AB)+(A-B)=2A≥0,∴A≥0,故原不等式成立。
6 构造复数模型证明不等式
根据所证不等式的式子与复数的联系,通过构造复数,利用复数的有关性质和运算法则来解决。
例1 已知a,b∈R+且a+b=1,
求证:(1+)(1+)>5
[分析]:构造复数,设z1=1+i,z2=1+i,
则(1+)(1+)= |z1|2|z2|2=|z1·z2|2=1,
()+ (-)i≥(1+)2≥[1+]2=(1+)2=3+2>5,故有(1+)(1+)>5
通过上述不等式的证明,可以发现,只要我们能从题目的条件和所要证明的不等式的整体关系中,把握其本质,就可以把不等式变形,构造出具有一定结构特征的函数、数列、复数、方程、对偶式、不等式等某个代数模型,并将所要证的不等式问题转化为研究该代数模型的特征,从而达到促进转化,简化证明的目的,构造法的关键是寻找一个促进问题转化和解决的辅助模型。利用构造思想方法,不是直接解决原问题,而是构造一个与原问题有关或等价的新问题,其特点是“构造”,怎样“构造”?没有通用的方法、固定的模式,所构造的辅助模型是多种多样的。
参考文献
[1]齐如意.巧用构造法证明不等式[J].数学通报,2004(1).
[2]张建.浅谈构造法证明不等式[J].数学通报,2004(12).
关键词构造法 不等式 代数模型
中图分类号:O187文献标识码:A
1 构造不等式证明不等式
根据题设条件,构造相应的不等式,如构造熟悉的不等式和基本不等式,再利用所构造的不等式的有关的性质。
例1 证明贝努利不等式:(1+x)2>1+nx,其中x>1,且n∈Q.
[分析]:∵x>0,n>1,∴1+x>0,根据条件,将结论稍加变换,构造出均值不等式,即可简单地进行证明。令n=p/q (p>q,且q,p∈N),则结论可化为:(1+x) p/q>1+nx,即1+x>(1+nx) q/p而(1+nx)q/p= <== =1+x , ∴原不等式成立。
例2 设|a|,|b|,|c|均小于1,求证:ab+bc+ca>-1
[分析]:中条件|a|<1,可构造不等式1+a>0,同理构造1+b>0,1+c>0于是得(1+a)(1+b)(1+c)>0①,同理得:(1-a)(1-b)(1-c)>0②,将①式展开:1+(a+b+c)+(ab+bc+ca)+abc>0③,将②式展开:1-(a+b+c)+(ab+bc+ca)-abc>0 ④ ,将③式+④式:2+2(ab+bc+ca)>0 此即:ab+bc+ca> -1。
2 构造函数证明不等式
根据所给不等式的特征,构造恰当的初等函数,以此作为映射关系,然后利用函数的奇偶性、单调性等性质来证明不等式。
例1 已知x > 0,求证x+ +≥
[分析]:构造函数f(x)=x+ (x>0)则x+ ≥2, 设2≤< ,
由f()-f()= +-(+ ) = (-)+(-) =
显然∵2≤< ∴- > 0,-1 > 0, > 0∴上式 > 0
∴f (x)在[2,+∞)上单调递增,∴左边≥f(2)=
例2 求证: y=≥
[分析]:设t= (t≥3) 则f(t)=y= ,用定义法可证:f (t)在[3,+∞)上单调递增,令:3≤t1
∴y =≥f(3) ==
例3 已知a,b,c∈R,求证:≥()2
[分析]:构造函数f(x)=(x-a)2+(x-b)2+(x-c)2=3x2-2(a+b+c)x+ a2+ b2+c2
∵f(x)=(x-a)2+(x-b)2+(x-c)2≥0, ∴△=4(a+b+c)2-4€?(a2+ b2+c2≤0
将上式整理即得:≥()2
例4 已知a,b为实数,并且e
[分析]:当e
3 构造方程模型证明不等式
根据问题所给条件特征,利用方程的思想,构造方程解决问题。
例1 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]:由题设:显然a, b, c中必有一个正数,不妨设a > 0,则, 即b, c是二次方程x2+ax+=0的两个实根。∴△=a2-≥0 ,即:a≥2
例2 求证:≤≤3(≠k+,k∈Z)
[分析]:设y= 则:(y -1)tan2 + (y + 1)tan + (y - 1) = 0
当 y = 1时,命题显然成立,
当 y ≠ 1时,△= (y + 1)2 -4(y - 1)2 = (3y - 1)(y - 3)≥0
∴≤y≤3
综上所述,原式成立。(此法也称判别式法)
例3 实数x,y满足4x2-5xy+4y2=5,设s= x2+y2求证:≤s≤
[分析]:把x2+y2= s代入4x2-5xy+4y2=5,可得x2y2=(s-1)2, 由两数之和与两数之积联想到韦达定理,可构造以和为根的一元二次方程.t2-st+(s-1)2=0
∵△=s2-4(s-1)2≥0,故≤s≤
例4 已知p3+q3=2;p,q∈R,求证:p+q=2
[分析]:设p+q=t,由条件可知(p+q)( p2+q2-pq)=2,所以pq=t2-
构造方程:x2-tx+t2-=0,则p,q是此方程的两实根。
所以△=t2-4(t2-)≥0,解得t≤0,即p+q≤2。
4 构造数列证明不等式
从要证的不等式分析,若它与数列有关,那么就可以考虑转化为运用构造数列的方法。
例1若n∈N,求证:(1+1)·(1+)·(1+)…(1+)≥
[分析]:构造数列{bn},使得b1·b2…bn=,则得bn= = ,只须证:1+>,即证()3>,因为3n-2>0,也就是证(3n-1)3>(3n-2)2(3n+1),即证:27n3-27n2+9n->27n3-27n2+4,也即证:9n>5,显然对此式成立。故(1+1)·(1+)·(1+)…(1+)≥
例2 证明不等式<++…+<(*)对所有正整数n成立。
[分析]:++…+是一个与n相关的量,将它与(*)式左、右两端作差,构造出相应的数列,则可利数列的单调性业解决问题。设an=++…+(n∈N)一方面,构造数列{xn},令xn=an-,则xn+1-xn=an+1-an-+,所以xn+1>xn, {xn}为单调递增数列,首项x1=-1为最小项,所以xn>x1=-1>0,即an>
另一方面构造数列{yn}.令yn=an+,则yn+1-yn=an+1-an+-。所以 yn+1>yn,{yn}为单调递减数列 ,首项y1=-2为最小项,所以yn
根据不等式条件、特点,有一些不等式是对偶式出现的,则构造对偶式,构造对偶式的关键在于抓住已知条件,利用和与差互为倒数、倒序、错位等特征进行巧妙的构造,利用对偶式的特征和性质证明不等式。
例1 已知x,y,z∈R+,求证:++≥0
例2 [分析]:构造对偶式,设A = ++,
B = ++,
A-B=(-)+(-)+(-)
=+ + ≥0
∴(AB)+(A-B)=2A≥0,∴A≥0,故原不等式成立。
6 构造复数模型证明不等式
根据所证不等式的式子与复数的联系,通过构造复数,利用复数的有关性质和运算法则来解决。
例1 已知a,b∈R+且a+b=1,
求证:(1+)(1+)>5
[分析]:构造复数,设z1=1+i,z2=1+i,
则(1+)(1+)= |z1|2|z2|2=|z1·z2|2=1,
()+ (-)i≥(1+)2≥[1+]2=(1+)2=3+2>5,故有(1+)(1+)>5
通过上述不等式的证明,可以发现,只要我们能从题目的条件和所要证明的不等式的整体关系中,把握其本质,就可以把不等式变形,构造出具有一定结构特征的函数、数列、复数、方程、对偶式、不等式等某个代数模型,并将所要证的不等式问题转化为研究该代数模型的特征,从而达到促进转化,简化证明的目的,构造法的关键是寻找一个促进问题转化和解决的辅助模型。利用构造思想方法,不是直接解决原问题,而是构造一个与原问题有关或等价的新问题,其特点是“构造”,怎样“构造”?没有通用的方法、固定的模式,所构造的辅助模型是多种多样的。
参考文献
[1]齐如意.巧用构造法证明不等式[J].数学通报,2004(1).
[2]张建.浅谈构造法证明不等式[J].数学通报,2004(12).