一道不等式恒成立典型问题的思路与解法

<正>题目已知函数f(x)=2sinx-xcosx-ax(a∈R).当a≤1时,证明:对任意x∈(0,π),f(x)>0.思考1:变换主元法不等式2sinxxcosx-ax>0理解为二元不等式,将a视作主元,记作m(a)=-xa+2sinx-xcosx,是递减的一元一次函数,则当a=1时取最小值为2sinx-xcosx-x,于是问题转化为求证:对任意x∈(0,π),2sinx-xcosx-x>0.     

含参二次绝对值函数题的解法探究

<正>一、试题呈现已知函数f(x)=x²+ax+b(a,b∈R).记函数g(x)=|f(x)|在区间[0,4]上的最大值为M(a,b).求证:当-8≤a≤0时,有M(a,b)≥1/8a2+ax+b(a,b∈R).记函数g(x)=|f(x)|在区间[0,4]上的最大值为M(a,b).求证:当-8≤a≤0时,有M(a,b)≥1/8a².二、解题探究解法一(1)当a=0时,f(x)=x2.二、解题探究解法一(1)当a=0时,f(x)=x²+b在区间[0,4]上为增函数,则M(a,b)=max{|f(0)|,|f(4)|}     

一道函数题引发的思考

<正>我们学过基本不等式后老师出的一道函数题引发了我的思考,下面是我对这道题的一点感悟.题已知:f(x)=ax²+bx+c的图像过(-1,0)是否存在常数a,b,c使不等式x≤f(x)≤x2+bx+c的图像过(-1,0)是否存在常数a,b,c使不等式x≤f(x)≤x²+1/2对一切实数x都成立.一般解法假设存在实数a、b、c满足题意.∵f(x)的图像过(-1,0)对一切实数x都成立,     

一道不等式证明题的多种解法

<正>一、问题求证:若实数a,b,c满足ax+x,则有(f(b)-f(a))/(b-a)<(f(c)-f(b))/(c-b).二、问题求解思路1利用中间量过渡证明不等式.方法1要证(f(b)-f(a))/(b-a)<(f(c)-f(b))/(c-b),只需证(f(b)-f(a))/(b-a)b+1<(f(c)-f(b))/(c-b).思路:根据f(x)=eb+1<(f(c)-f(b))/(c-b).思路:根据f(x)=e^x+x的图像特征(如     

向量不等式a·b≤|a|·|b|的应用

对于任意两个向量 a,b,有不等式 a.b≤|a|. |b|当且仅当向量 a与 b同向时为等式 .此不等式结构简单 ,形式隽永 ,内涵丰富 .运用它处理某些与不等式相关的代数问题简捷明快 ,颇具特色 .1　求函数的最值例 1　求函数 f(x) =3x +2 +44- x2 的最大值 .解　令 a =(3,4 ) ,b =(x,4 - x2 ) ,则 f(x) =a . b +2 ,|a|=5 ,|b|=2 .故 f(x)≤ |a|. |b|+2 =12 ,当且仅当 a与 b同向 ,即 3x=44 - x2 >0时取等式 .解之　 x =65 .故当　 x =65 时 ,f(x) m ax =12 .例 2　求实数 x,y的值 ,使得 f(x,y) =(1- y) 2 +(x +y - 3) 2 +(2 x +y - 6 ) 2取得最小值 . (…     

一类三角形几何不等式的统一证法

我们知道 ,任何三角形都有一个内切圆 ,切点把三边分成两段 .根据切线长定理 ,可将三边分拆换元 ,即在△ABC中 ,a ,b ,c分别为其三边长 ,可设a =y +z ,b =x +z ,c =x + y (其中 ,x ,y ,z∈R+ )( 1)如此便可简捷地证明一些三角形不等式 .下面我们举例说明 :1　分拆换元后 ,运用算术—几何平均值不等式一些结构较复杂 ,直接运用均值不等式有困难的三角形几何不等式 ,依据 ( 1)式分拆换元后 ,却能容易利用算术—几何平均值不等式 .例 1　在△ABC中 ,a ,b,c分别为其边长 ,求证 :① (《数学通讯》 2 0 0 1.12 .数学问题 132 4 )a +bb +c -a+ b…     

谈谈美国研究生资格考试的一个试题

外国人的东西未必是最好的,起码对某些题目的解答未必最优.在美国一著名大学数学系研究生的资格考试中,有一道题目,分成两问,为行文方便,姑且叫做问题1　设b1≤b2 ≤…≤bn,a1≤a2 ≤…≤an,且a1+ a2 +…+ an=0 .求证:∑ni=1aibi≥0 .问题2　设f ,g在[0 ,1 ]上连续,且f ,g都递增.求证∫10 f ( x) dx∫10 g( x) dx≤∫10 f ( x) g( x) dx.(提示:先考虑条件∫10f ( x) dx =0 ) .通常人们认为,大凡有一问题被分为两个小问题,实际上包含了重要的信息.问题2的提示是命题人给出的,不难想象,应当先做问题1的离散情形,再做问题2的连续情形.有了这两…     

基本不等式的常数匹配

对于基本不等式a~2+b~2≥2ab①及a+b≥ab~(1/2)②,a、b可以其一为常数,其一为变元,即可变为只含一个变元的不等式。反之,根据证题的需要,当问题的形式与基本不等式不合时,我们可给相应变元配置恰当常数(不妨称之为匹配常数),使之成为适用基本不等式的形式。本文拟就这一思考方法证一类条件不等式。例1 已知x、y、z∈R~+,x+y+z=3, 求证:     

例说函数构造法解题

一、证明不等式.例1设a、b、c为绝对值小于1的实数,求证ab+bc+1>0.证明:构造函数f(a)=(b+c)a+(bc+1)(|a|>1).若b+c=0,则由|bc|<1,知f(a)>0;若b+c≠0则f(a)为单调函数,f(a)的值在f(1)与f(-1)之间,但f(1)=(1+b)(1+c)>0,f(-1)=(1-b)(1-c)>0,f(-1)与f(1)均大于0,∴f(a)>0.例2证明:(1+1)(1+31)(1+51)…(1+2n1-1)>2n+1(n=1,2,…)(98年高考)证明:构造函数f(x)=(1+1)(1+31)…(1+2x1-1)2x+1当x∈N*时,f(x+1)f(x)=(1+1)(1+13)…(1+2x1-1)(1+2x1+1)2(x+1)+1·2x+1(1+1)(1+31)…(1+2x1-1)=2x+2(2x+3)(2x+1)=(22xx++22)2-1>1·∴f(x)为增函数∴f(x)≥f(1…     

用判别式法证明不等式

二次函数 f(x)=ax2 bx c.当a>0时,若判别式△=b2-4ac≤0,则f(x)≥0恒成立.据此可证如下一类不等式. 例1 已知a、b∈R,求证: 证明令 其判别式     

问题征解

,叱写七口写云月巴舀七里‘云日巴‘七洲云理弓石月巨写七口弓七口S之绝写2岁 一、本期问题征解 编者按为满足广大初中读者要求,本栏从这一期起,增加初中内容的题目,希踊跃参加并给我们来稿. 1.设aZ+a+1=o,求证a’“吕“+a,””’+x=3. 2.设a,b,c都是整数,求证口+b+a“b“ec》(a bc)-万--一.a忿+bZ=7,‘2+dZ=1,ac+bd=0:求ab十cd之值.设 4.求证‘到垫睡巫兰燮丛竺竺亘巫匕业 了1983是整数.“ 5.设实系数二次式f(二)=二2+a二十b,求证: lj(z)1,!f(2)},If(3)I中至少有一个不小于冬 -一26.计算(1+tgl。)(一+tgZ’)…(1+tg44’). 薪春二中肖继…     

凸函数的Hadamard不等式的若干推广

本文获得两个定理 ,它们均是不等式f a +b2 1b -a∫baf (x) dx f (a) +f (b)2(其中 f是 [a,b]上的连续凸函数 )的推广 .     

用构造法证明不等式

证明不等式时 ,从研究题目的条件与结论入手 ,巧妙构造方程、函数、不等式、数列、图形等 ,可以使不等式获得简捷证明 ,下面从四个方面谈谈怎样用构造法证明不等式 .1　寻觅题设或结论的固有规律进行“构造”例 1　已知a>b>c.求证 1a-b+ 1b-c+1c-a >0 .简析 :寻觅题设条件a >b>c的固有规律 ,若令x1>x2 >0 ,则必有a=x1+c,b=x2 +c .用构造方程a =x1+c ,b=x2 +c(x1>x2 >0 )去证明 ,简洁明快 .证明　因为a>b>c可构造方程a =x1+c,b =x2 +c(x1>x2 >0 ) ,将它们分别代入特征式 ,得 1a-b + 1b-c + 1c-a =1(x1+c) - (x2 +c) + 1x2 +c-c +1c- (x1+c) =…     

用辅助函数法解题

引入辅助函数以帮助解题是数学上的重要方法,引入辅助函数后,可以运用函数的增减性,定义域、值域、最值、连续、可导,可微、可积来帮助解题。现举几例加以说明: 例1 求证(|a+b|)/(1+|a+b|)≤(|a|+|b|)/(1+|a|+|b|) 分析:由于0≤|a+b|≤|a|+|b|、把|a+b|,(|a|+|b|)作为一个变量的两个不同的值,设x_1=|a+b|、x_2=|a|+|b|。原不等式化为x_1/(1+x_2)≤x_2/(1+x_2),因此只要证明函数f(x)=x/(1+x)在x≥0是增函数即可,用研究函数的增减性来代替不等式的证明。     

柯西不等式的证明及应用

<正>高中数学学习中,不等式变形巧妙神奇,尤其是柯西不等式的应用.我梳理了一下有关柯西不等式的证明及应用,方便同学们使用.柯西不等式:(a1b1+a2b2+…+an bn)2≤(a21+a22+…+a2n)(b21+b22+…+b2n)(ai bi∈R,i=1,2…n).等号当且仅当a1=a2=…=an=0或bi=tai时成立(t为常数,i=1,2…n).柯西不等式的证明方法很多,下面的方法比较深刻且具通性.为简便,设ai不全为0.证法一(构造二次函数)f(x)=(a1x+b1)2+(a2x+b2)2+…+(an x+bn)2=(a21+a22+…+a2n)x2+2(a1b1+a2b2+…+an bn)x+(b21+b22+…+b2n).     

剖析一道高考试题 提高解题教学效果

1题目呈现(2015浙江高考文-20)设函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R). (1)当b=a2/4+1时,求函数f(x)在[-1,1]上的最小值g(a)的表达式; (2)已知函数f(x)在[-1,1]上存在零点,0≤b-2a≤1,求b的取值范围. 对于第(2)问,从题面上看,这是一道以函数和方程为载体、不等式为主线的典型问题,着重考查学生分析问题、解决问题的能力,能够检验学生对二次方程与二次函数之间关系的认知程度,对数形结合思想、转化思想、分类讨论思想的掌握情况.     

不等式a~2/b≥2a-b(b&gt;0)的变式

高中《代数》下册给出的二元均值不等式是 :如果 a、b∈ R,那么　　　　 a2 +b2≥ 2 ab 1当且仅当 a =b时取“=”号 .此不等式可变形为 :定理　如果 a∈ R,b∈ R+,那么　　　　　　 a2b ≥ 2 a - b. 2当且仅当 a =b时取“=”号 .下面谈谈对不等式 2的思考 .变式 1　不等式 2的特征是左边是商式 ,右边是差式 ,即不等式从左到右的“缩小”过程是一个“裂项”的过程 ,在此我们不妨把不等式 2叫做裂项不等式 .如果结合数列中裂项—叠加求和的方法 ,那么可以编拟许多不等式的题目 .在不等式 2中 ,若分别用 xi 代 a,xi+1代 b,i = 1,2 ,… ,n.其中 xn+1=x1,则有x21x2≥ 2 x1- x2 ,x22x3≥ 2 x2 - x3,… ,x2nx1≥ 2 xn - x1,相加可得　　 x21x2 +x22x3+… +x2n- 1xn +x2nx1≥ x1+x2 +… +xn.这样得到 :题 1　如果 x1,x2 ,… ,xn都是正数 ,那么x21x2 +x22x3+… +x2n- 1xn +x2nx1≥ x1+x2 +… +xn.这是一道 1...     

一道高三联考压轴题的多方法解析

正题目:已知f(x)=lnx,g(x)=mx-1.(1)若f(x)≤g(x)恒成立,求m的取值范围.(2)若n∈N*,n1,求证3/2~2+5/3~2+…+(2n-1)/n~22lnn.这道题表面是一道不等式题目,仔细深入挖     

例谈函数符号“f”的“穿脱”技巧

探求、讨论函数的有关性质 ,历来都是高考和各级数学竞赛的重点之一 .例如求解函数或反函数的不等式、函数不等式的证明 ,函数周期性的探索等问题 .而解决这类问题的关键就是函数符号“f”的如何“穿脱” ,本文结合具体例子谈一些“f”的“穿脱”技巧与方法 .1　单调性穿脱法利用特殊函数的单调性 ,对函数“f”进行“穿脱” ,从而达到化简的目的 ,使问题获解 .例 1　 (2 0 0 2天津高中质量考试题 )已知f(x)是定义在 [- 1,1]上的奇函数 ,若a ,b∈ [- 1,1],a+b≠ 0时 ,有 f(a) + f(b)a +b >0 ,解不等式 f(x + 12 )相似文献   

运用相等关系证明不等式

许多恒等式在一定条件下 ,可以轻易转化为不等式 ,因而 ,利用相等关系证明不等式是一种重要方法 .例 1　若a>b >c,求证 :a2a-b+b2b-c>a +2b +c.(第 32届乌克兰IMO试题 )证明 :　不难寻找如下等式 :a2a-b+b2b-c=(a2 -b2 ) +b2a -b +(b2 -c2 ) +c2b-c ,于是 a2a-b+b2b-c=a+b+b2a -b +b+c+c2b-c=a+2b+c+b2a-b+c2b-c;考虑 b2a-b+c2b-c>0 ,故 a2a -b+b2b-c>a+2b+c.例 2　设x1 ,x2 ,… ,xn 为正数 ,求证 :x21 x2+x22x3+… +x2 n -1 xn+x2 nx1≥x1 +x2 +… +xn.(1 984年全国高中数学联赛试题 )证明 :　显然 ,x21 x2 +x22x3 +… +x2 n -1 xn +x2 n…