构造函数妙解不等式

构造函数妙解不等式（精选9篇）

构造函数妙解不等式 篇1

不等式与函数是高中数学最重要的两部分内容。把作为高中数学重要工具的不等式与作为高中数学主线的函数联合起来，这样资源的优化配置将使学习内容在函数思想的指导下得到重组，优势互补必将提升学习效率.例1:已知a2+ab+ac<0证明b2-4ac>0

分析：有所证形式为二次函数的判别式（△）的格式。故试图构造二次函数使思路峰回路转。

证明：令f(x)=cx2+bx+a。由a2+ab+ac=a(a+b+c)<0得a与 a+b+c异号。

F(0)=a，f(1)= a+b+c。所以，f(x)图像与x轴有两个交点.。所以判别式（△）大于0。即b2-4ac>0。

x111< ln

本题与2005年全国卷Ⅱ中函数f(x)=ln(1+x)-x 没有什么区别，有着高等数学的背景，且是近几年高考命题不等式证明题中新的开挖点。构造函数和用求导数法来研究其单调性，进而再利用单调性可快捷证得，往往别开生面。

11证明：设1+= t ,由x∈(0,+∞)则t > 1 ,∴x =xt1

1原不等式

< lnt

1令f(t)=t-1-lnt 则 f ‘(t)=1-当 t∈(1,+∞)，有f‘(t)>0 t

从而 f(t)在t∈(1,+∞)单调递增，所以 f(t)>f(1)=0 即t-1>lnt

1t1同理 令g(t)=lnt-1+。则g’(t)= 2 当t∈(1,+∞)，有 g’(t)>0 tt

1所以 g(t)在t∈(1,+∞)单调递增，g(t)>g(1)=0即lnt>1-t

x111综上 < ln

有些不等式，利用函数的性质（如单调性，奇偶性等）来解证，往往要比常规的方法容易找到证题途径，下面看一个例题：

例3：设a，b，c∈R+，且a＋b＞c．

在课堂上可先让学生用常规方法思考试证后启发学生用构造函数法来证，最后比较证法。

（x∈R+），先证单调性。

∴f（x）在x∈R+上单调递增。

∵a+b＞c（已知）∴f（a+b）＞f（c），利用构造法也可解关于x的不等式

例4:已知关于x的不等式｜x-4｜＋｜x-3｜＜a的解集为非空集合，求实数a的取值范围。

对于讨论这类含参数的不等式，先让学生按常规方法解：用数轴法，分别在三个区间内讨论解集为非空集合时a的取值范围，然后求它的交集得a＜1。

后来又启发学生用构造函数方法来解，学生们思考很积极，有一个学生解道：

作出分段函数的图象（如上图所示）

构造函数妙解不等式 篇2

例1 (2011年辽宁文科) 设函数f (x) =x+ax2+blnx, 曲线y=f (x) 过P (1, 0) , 且在P点处的切线斜率为2.

(1) 求a, b的值;

(2) 证明:f (x) ≤2x-2.

解 (1) f' (x) =1+2ax+

由已知条件, 得f (1) =0, f' (1) =2,

证明 (2) ∵f (x) 的定义域为 (0, +∞)

由 (1) 知f (x) =x-x2+3lnx.

设g (x) =f (x) - (2x-2) =2-x-x2+3lnx,

当00;当x>1时, g' (x) <0.

∴g (x) 在 (0, 1) 内单调递增, 在 (1, +∞) 内单调递减.而g (1) =0, 故当x>0时, g (x) ≤0, 即f (x) ≤2x-2.

总结直接作差g (x) =f (x) - (2x-2) , 用导数得gmax (x) =g (1) =0, 从而得证.直接作差是证这类题最常用的方法.

二、分离函数

例2 (2011年课标全国卷文科) 已知函数曲线y=f (x) 在点 (1, f (1) ) 处的切线方程为x+2y-3=0.

(1) 求a, b的值;

(2) 证明:当x>0, 且x≠1时, f (x)

解 (1) 略, a=1, b=1.

证明 (2) 由 (1) 知f (x) =

∴当x≠1时, h' (x) <0, 而h (1) =0, 故

当x∈ (0, 1) 时, h (x) >0, 可得

当x∈ (1, +∞) 时, h (x) <0, 可得

从而当x>0, 且x≠1时

总结作差后的函数如可分为两个函数的积, 直接求导很繁, 可取其中一个函数求导, 再讨论证明.

三、巧妙变形

例3 (2010年辽宁文科) 已知函数f (x) = (a+1) lnx+ax2+1.

(1) 讨论函数f (x) 的单调性;

(2) 设a≤-2, 证明:对任意x1, x2∈ (0, +∞) , |f (x1) -f (x2) |≥4|x1-x2|.

解 (1) 略.

(2) 不妨设x1≥x2, 由于a≤-2, 故f (x) 在 (0, +∞) 内单调递减.

∴|f (x1) -f (x2) |≥4|x1-x2|等价于f (x2) -f (x1) ≥x1-x2, 即f (x2) +x2≥f (x1) +x1.

令g (x) =f (x) +x, 则

从而g (x) 在 (0, +∞) 内单调递减, 故g (x1) ≤g (x2) .

即f (x1) +x1≤f (x2) +x2,

故对任意x1, x2∈ (0, +∞) , |f (x1) -f (x2) |≥4|x1-x2|.

总结通过等价变形, 构造函数g (x) , 利用g (x) 的单调性得证.

四、作函数积

例4 (2011年本溪一中模拟) 对任意的x∈ (0, ﹢∞) , 求证:

证明对任意的x∈ (0, ﹢∞) ,

总结

构造可导函数解不等式问题 篇3

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。

构造函数法证特殊数列不等式 篇4

题目1：求证1111111+1++…+ln(1n)1++++…+

题目2：求证

题目3：求证234n1234n2n(n1)ln2ln3ln4lnn ln2ln3ln4lnn

234n1

n

构造函数法证特殊数列不等式

题目1：求证12111111+1++…+ln(1n)1++++…+ 34n1234n

(一)构造函数①f(x)ln(1x)

分析：f(x)x(x0)1x1(1x)xx=>0,函数f(x)在(0,+)上单调递增。221x(1x)(1x)

x(x0)1x

1111111,ln(1),ln(1)，…… 因而有ln(1)13141112231123ln(1)1nn11n

11111111故：ln(1)+ln(1)+ln(1)+……+ln(1)>+++……+ 123n234n11111即ln(1n)+++……+ 234n1所以当x0时，有f(x)>f(0)=0，即有ln(1x)

（二）构造函数②f(x)ln(1x)x(x0)分析：f(x)x11=<0,函数f(x)在(0,+)上单调递减。1x1x

所以当x0时，有f(x)

233nn

11111111故：ln(1)+ln(1)+ln(1)+……+ln(1)<1++++……+ 123n234n1111即ln(1n)1++++……+ 234n因而有ln(1)1,ln(1),ln(1),……, ln(1) 1112

综上有：12111111ln(1n)1++++…+ +1++…+34n1234n小结：记住函数不等关系㈠

题目2：求证x

(三)构造函数③f(x)lnxx1(x0)x1

1(x1)(x1)x21分析：f(x)=>0,函数f(x)在(0,+)上单调递增。22x(x1)x(x1)

x1(x1)x1

211312413,ln3,ln4，…… 因而有ln2213314415

n1lnn n1所以当x1时，有f(x)>f(1)=0，即有lnx

故：ln2ln3ln4lnn>

综上有1234n2n12xxxx……xx= 3456nn1n(n1)2ln2ln3ln4lnnn(n1)

x1lnx(x1)x1

ln2ln3ln4lnn1题目3：求证234nn小结：记住函数不等关系㈡)构造函数④f(x)lnx(x1)(x1（注：此函数实质和构造函数二一样）分析：f(x)1=1

x1x<0,函数f(x)在(1,+)上单调递减。x

所以当x1时，有f(x)

因而有ln21,ln32,ln43，……，lnnn1

ln2ln3ln4lnn1234（n2)(n1)n

n（n2)(n1)即有ln2ln3ln4lnn234 故有：ln2ln3ln4lnn1234nn

小结：记住函数不等关系㈢lnxx1(x1)

识记重要不等式关系

ln(1x)x(x0)1x

ln(1x)x(x0)

x

x1lnx(x1)x1

lnxx1(x1)

资料由谢老师收集：

构造法证明不等式 篇5

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

构造一次函数解证不等式问题 篇6

一、求参数范围

例1函数y=(x-1)a-6(log3a)x+x+1,其中x∈[0,1]时,函数值恒为正,求a的取值范围.

解:选x为主元,构造一次函数有该一次函数恒为正的充要条件为:,解得,所以

例2若f(x)=asinx+bcosx+c的图象过点(0,1)及(,1),且当x∈[0,]时恒有{f(x)|≤2,求c的取值范围.

构造函数g(u)=(1-c)u+c,因g(u)在区间[1,]表示线段,可知:

解得

评注:上述两例若不变换主元,则需要进行分类讨论,造成运算过程非常冗长,不利于构造参数不等式求范围.

二、解不等式

例3设不等式x2+px+1>3x+p对一切满足|log2pl<2的p值均成立,解此不等式.

解:由|log2p|<2得.转换视角,将不等式中p视为主元,则可变形为:f(p)=(x-1)p+(x2-3x+1),p∈(,4),问题转化为关于p的一次函数为正数时系数的讨论.显然x≠1,因此f(p是p的单调函数,使f(p>0,p∈(,4)成立的充要条件为:,即

三、证明不等式

例4若x、y、z∈(0,1),则有x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1.

证明:构造一次函数f(x)=(1-y-z)x+y(1-z)+z,x∈(0,1),

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

于是对0

从而有(1-y-z)x+y(1-z)+z<1,即x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1.

例5已知,β≠kπ(k∈Z),求证:sinαcosβ+cosβsinγ+sinγsinα>-1.

证明:因为sinαcosβ+cosβsinγ+sinβsinα+1=(cosβ+sinγ)sinα+cosβsinγ+1,故可构造函数f(x)=(cosβ+sinγ)x+cosβsinγ+1.

由已知条件|sinα|<1,|cosβ|<1,|sinγ|<1,易知f(-1)=(1-cosβ)(1-sinγ)>0,f(1)=(1+cosβ)(1+siny)>0.

从而无论一次函数f(x)是增函数还是减函数,当x∈(-1,1)时恒有f(x)>0.

所以f(sinα)>0,则问题获证.

例6已知a、b、c是实数,函数f(x)=ax2+bx+c,g(x)=ax+b,当-1≤x≤1时|f(x)|≤1,求证:当x∈[-1,1]时|g(x)|≤2成立.

证明:由题设有|f(0)|=|c|≤1,|f(1)|=|a+b+c|≤1,|f(-1)|=|a-b+c|≤1.

因为|a±b|=|a土b+c-c|≤|a±b+c|+|c|≤2,所以-2≤a±b≤2.

所以对于函数g(x)=ax+b,x∈[-1,1],有g(x)≤max{g(1),g(-1)}=max{a+b,a-b}≤2;g(x)≥min{g(1),g(-1)}=min{a+b,a-b}≥-2.

所以-2≤g(x)≤2,即|g(x)|≤2.

构造函数妙解不等式 篇7

一、直接作差，构造函数

如果要证明对于?坌x∈D都有f（x）≥g（x）的不等式，可以直接作差构造新函数h（x）≥f（x）－g（x），x∈D．那么，问题就转化为证明h（x）在D内的最小值大于或等于0．

例1．（2012年高考辽宁理科12）若x∈[0，+∞），则下列不等式恒成立的是（ 　 ）

A． ex≤1+ x+x2 　B． ■＜1－■x+■x2

C． cosx≥1－■x2 　D． 1n（1+x）≥x－■x2

解析：设f（x）＝cosx－（1－■x2）＝cosx－1+■x2，则g（x）＝f ′（x）＝－sinx+x，所以g ′（x）=-cosx+1≥0，所以当x∈[0，+∞）时，g（x）是增函数，f ′（x）=g（x）≥g（0）＝0，同理f（x）≥f（0）＝0，即cosx－（1－■x2）≥0，因此，cosx≥1－■x2，故选C．

评注：本题采用直接作差构造函数，通过利用导数分析所构造函数的单调性与最值来证明不等式，需要说明的是，为了证明f（x）是增函数，构造函数g（x）＝f ′（x）=－sinx+x，运用导数工具证明函数g（x）≥0来证明f（x）是增函数．

二、合理转化，构造函数

有些不等式的证明问题，针对待证不等式直接构造函数非常困难，可以对待证不等式合理变形转化，由待证不等式出发不断寻找使得结论成立的充分条件，直到找到容易证明的不等式为止，再根据最后找到的不等式构造函数．

例2．（2012年高考湖北文科22）设函数f（x）＝axn（1－x）+b（x＞0），n为正整数，a,b为常数，曲线y＝f（x）在（1，

f(1)）处的切线方程为x+y=1．（1）求a,b的值；（2）求函数f（x）的最大值；（3）证明：f（x）＜■．

分析：由（Ⅱ）可知f（x）的最大值为f（■）=■，因此，要证明f（x）＜■，只需证明■＜■，即证（■）n+1＞e，即证ln（■）＞■，即证ln（1+■）＞■，令t=1+■，则ln（1+■）＞■可化为1nt＞■，从而只需要证明1nt＞■（t＞1）．

解析：（1）a=1，b=0；（2）f（■）＝■（3）构造函数g（t）＝1nt－1+■，t≥1．g′（t）＝■－■，t≥1．当t＞1时，g′（t）＞0，g （t）在[1，+∞）上递增．因此，当t≥1时，g（t）＞g（1）＝0，即1nt＞■（t＞1）．令t=1+■，则ln（1+■）＞■＝■，即ln（■）n+1＞1ne，所以（■）n+1＞e，即■＜■，所以f（x）＜■．

评注：本题直接证明是非常困难，将待证不等式转化不断逆推寻找，最终将问题转化为证明ln（1+■）＞■，然后通过构造函数g（t）＝1nt－1+■（t＞1）解决问题．

三、适当放缩，构造函数

如果直接构造函数证明不等式比较困难，可以对待证不等式进行适当的放缩，再去构造合适的函数，通过分析函数的性质来解决问题，从而解决比较复杂的问题．当然，放缩要适度，恰到好处．

例3．（2012年高考浙江文科21）已知a∈R，函数f（x）＝4x3-2ax+a．（1）求f（x）的单调区间；（2）证明：当0≤x≤1时，f（x）+2－a＞0．

解析：（1）略；（2）由于0≤x≤1，当a≤2时，f（x）+a－2＝4x3－2ax+2≥4x3－4x+2．当a＞2时，f（x）+a－2＝4x3+2a（1－x）－2≥4x3+4（1－x）－2＝4x3－4x+2．设g（x）＝2x3－2x+1，0≤x≤1，则g′（x）＝6（x－■）（x+■），则有：

所以g（x）min=g（■）=1-■＞0．当0≤x≤1时，2x3－2x+1＞0．故f（x）+a－2≥4x3-4x+2＞0．

评注：本题去掉绝对值符号并进行放缩之后构造函数．首先通过放缩，把含有两个变量的不等式f（x）+2－a＞0转化为证明只含一个变量的不等式4x3-4x+2＞0．然后利用导数分析所构造函数的单调性与最值来证明不等式．

四、观察结构，构造函数

对于有些多变量的不等式，可以从观察对待证不等式的结构特点入手，对其进行适当变形，并分析变量的结构特点，构造适当的函数，将多变量问题转化为单变量的函数问题．

例4． （2012年山东省聊城市高三统考题）函数f（x）=x2+b1n（x+1）－2x，b∈R（1）当b＝■时，求函数f（x）的极值；（2）设g（x）＝f（x）+2x，若b≥2，求证：对任意两个不相等实数x1，x2∈（－1，+∞），都有■≥2.

解析：（1）略；（2）因为f（x）＝x2+b1n（x+1）－2x，所以f ′（x）＝■（x＞－1），因为b≥2，所以f ′（x）≥0（当且仅当b＝2，x＝0时等号成立），所以f（x）在区间（－1，+∞）上是增函数．不妨设x1＞x2，则对任意x1，x2∈（－1，+∞），当x1＞x2时，f（x1）＞f（x2），即g（x1）-2x1＞g（x2）-2x2，所以g（x1）-g（x2）＞2（x1-x2），因此，■≥2.

评注：本题解题关键在于将待证不等式适当变形为g（x1）-2x1＞g（x2）-2x2之后，观察结构发现，构造函数f（x）=g（x）-2x，问题转化为证明函数f（x）是减函数即可．

五、消元换元，构造函数

有些不等式含有多个变量，可以对多变量的不等式进行转化变形，通过换元转化成只含一个变量的不等式，然后构造只含一个变量的函数，通过分析函数的单调性极值或最值来解决问题．

例5． （2012年浙江省名校新高考研究联盟联考）已知函数f（x）＝alnx-（x－1）2-ax（常数a∈R）.（1）求f（x）的单调区间；（2）设a＞0，如果对于f（x）的图像上两点P1（x1，f（x1））,P2（x2，f（x2））（x1＜x2），存在x0∈（x1，x2）使得f（x）的图像在x＝x0处的切线m∥P1P2，求证：x0＜■．

解析：（1）略；（2）易知f ′（x0）＝kP■P■=■=■-（x2+x1－2）－a，又f ′（■）＝■－（x1+x2－2）－a．∵f ′（x）＝■－2（x－1）－a（a＞0）在（0，+∞）上为减函数．要证x0＜■,只要证f′（x0）＞f ′（■），即■＞■, 即证ln■＞■ ……①

令t＝■＞1，g（t）=lnt-■，则g′（t）=■－■＝■＞0，g（t）在（1，+∞）为增函数，因此g（t）＞g（1）=0，也就是lnt＞■，即■＞■，即ln■＞■，∴x0＜■得证．

评注：本题利用f ′（x）在（0，+∞）上为减函数，将待证不等式转化为证明含有两个变量不等式①，通过用t=x2/x1换元，可以构造函数g（t），分析出函数g（t）是单调增函数，进而求函数的最小值来证明不等式．

六、确定主元，构造函数

有些多变量的不等式可以在多个变量中选择某个变量为主元，将其他变量视为参数，将问题转化为以主元变量为自变量的函数，通过分析函数的单调性极值或最值来解决问题．

例5中的待证不等式ln■＞■，（x1＜x2），也可确定主元构造函数．构造函数h（t）＝ln■－■，t＞x1＞0，则h′（t）＝■＞0即h（t）在（x1，+∞）是增函数，因此，h（t）＝ln■－■＞h（x1）＝0，即ln■＞■（x1＜x2）．

评注：本题要证明的不等式①含有两个变量，将变量x2作为自变量，而将x1作为参数，构造函数h（t），通过分析出函数h（t）是单调减函数，并求函数的最小值来证明不等式．

【链接练习】

1． 已知函数f（x）＝ln（1+x）－■，（1）求函数f（x）的最小值；（2）求证：对任意的正数a、b，恒有lna-lnb≥1-■．

2． 设f（x）＝lnx+■-1，证明：(1)当x＞1时，f（x）＜1.5（x-1）；(2)当时1＜x＜3时，f（x）＜■．

【温馨提示】

1．（1）最小值是0；（2）对f（x）＝ln（1+x）－■≥0，令1+x=■，可得ln■≥1-■．

2． 构造函数g（x）=f（x）-1.5（x-1），x＞1和h（x）=f（x）-■，1＜x＜3分别求最值即可证明不等式．

（作者单位：谢伟，湖北省襄阳市第五中学；王丹，湖北省襄阳市第四中学）

不要轻视拷贝构造函数与赋值函数 篇8

由于并非所有的对象都会使用拷贝构造函数和赋值函数，程序员可能对这两个函数有些轻视。请先记住以下的警告，在阅读正文时就会多心：

 本章开头讲过，如果不主动编写拷贝构造函数和赋值函数，编译器将以“位拷贝”的方式自动生成缺省的函数。倘若类中含有指针变量，那么这两个缺省的函数就隐含了错误。以类String的两个对象a,b为例，假设a.m_data的内容为“hello”，b.m_data的内容为“world”。

现将a赋给b，缺省赋值函数的“位拷贝”意味着执行b.m_data = a.m_data。这将造成三个错误：一是b.m_data原有的内存没被释放，造成内存泄露；二是b.m_data和a.m_data指向同一块内存，a或b任何一方变动都会影响另一方；三是在对象被析构时，m_data被释放了两次。

 拷贝构造函数和赋值函数非常容易混淆，常导致错写 错用。拷贝构造函数是在对象被创建时调用的，而赋值函数只能被已经存在了的对象调用。以下程序中，第三个语句和第四个语句很相似，你分得清楚哪个调用了拷贝构造函数，哪个调用了赋值函数吗？ Stringa(“hello”);

Stringb(“world”);

Stringc = a;// 调用了拷贝构造函数，最好写成 c(a);

c = b;// 调用了赋值函数

巧用构造对偶法妙解高考压轴题 篇9

1998年普通高等学校招生全国统一考试数学试题压轴题, 文、理科第二小题, 最后可分别归结为证明以下不等式:

对于这两个不等式的证明, 在命题组给出的答案中, 都统一采用了数学归纳的方法, 这是比较麻烦的, 但如果我们采用对偶法, 该问题相对就要简单得多了, 具体如下:

对于不等式 (1) , 设:

显然A>B, 于是有:

对于不等式 (2) , 设:

则A>B>C, 于是有:

相对于命题组给的答案, 构造对偶法来解该题显然要简单得多了, 而且, 由不等式 (1) , (2) 容易得以下不等式:

要证明此不等式, 可仿照不等式 (1) , (2) 的证明, 设:

则A>B>C>D, 于是有:

摘要：构造法是解决数学问题的有效途径之一。在此, 通过构造对偶法来妙解一道高考题, 并由此得到另一个一般的形式。

关键词：构造对偶法,妙解高考题,一般形式

参考文献

[1]徐和郁, 徐苏焦.例谈配偶法解题[J].数学通报, 1992, 1 2.

[2]周步骏, 文家金.1 9 9 8年高考第2 5题的推广[J].数学通报, 2000, 2.