新課標下略談構造函數證明不等式

【摘要】在中學數學中證明不等式的方法有許多種，但有些不等式的證明問題不容易入手，如果在構造函數的背景下合理運用函數本身的特點或性質，那么往往就能有效地解決不等式中的證明問題.本文主要在構造函數的三個切入點配以例題來探究不等式的證明方法.

【關鍵詞】構造；函數；不等式

不等式證明是中學數學學習中永恒的主題.在通常情況下，人們總是直接利用命題本身的條件進行解題，但這種常規的方法在證明某些命題時往往很繁瑣，有時甚至無從下手.在處理這些問題中，假如我們創造條件也就是構造一個適當的函數，尋找有效的切入點，就有可能比較容易地解決問題.由于構造的函數并不是本身已明顯地給出，因而這種構造解題的思維方法是帶有創造性的.新課標的理念是鼓勵學生主動思考、主動探索、主動創造地參與到數學學習之中，所以這種創造性的思維訓練應予以重視.本文對構造函數的三個切入點作一些初步的探討.

一、結合勘根定理，利用判別式“△”的特點構造函數證明不等式

例1 若a，b，c∈R，且a≠0，又4a+6b+c>0，a-3b+c<0.

求證：9b2>4ac.

證明 構造函數f(x)，設f(x)=ax2+3bx+c(a≠0)，

由f(2)=4a+6b+c>0，

f(-1)=a-3b+c<0，

根據勘根定理可知：f(x)在區間(-1，2)內必有零點.

又f(x)為二次函數，由勘根定理結合可知：

f(x)必有兩個不同的零點.

令ax2+3bx+c=0可知△=(3b)2-4ac>0，

所以可得：9b2>4ac.命題得證.

評析 本題合理變換思維角度，抓住問題本質，通過構造二次函數，將所要證明的結論轉化成判別式“△”的問題，再結合勘根定理和二次函數知識，從而使問題獲得解決.

二、結合構造函數的單調性證明不等式

例2 (2005年人教A版《選修4-5不等式選講》例題改編)已知a，b，c是實數，求證：

|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.

證明 構造函數f(x)，設f(x)=x1+x(x≥0).

由于f′(x)=1(1+x)2，所以結合導數知識可知f(x)在［０，＋∞）上是增函數.

∵0≤|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|，

∴f(|a+b+c|)≤f(|a|+|b|+|c|)，

即|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|1+|a|+|b|+|c|＝|a|1+|a|+|b|+|c|+|b|1+|a|+|b|+|c|+|c|1+|a|+|b|+|c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.命題得證.

三、結合構造函數在某個區間的最值證明不等式

例3 （第36屆IMO試題）

設a，b，c為正實數，且滿足abc=1，求證:

1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)≥32.

證明 構造函數，設f(a，b，c)=1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)，顯然a=b=c=1時，f(a，b，c)=32≥32成立.

又abc=1，a，b，c為正實數，則a，b，c中必有一個不大于1，不妨設0

f(a，b，c)-f(a，1，c)=(1-b)1a3(b+c)(1+c)+1+b+b2b3(a+c)+1c3(a+b)(1+a)≥0，

∴f(a，b，c)≥f(a，1，c)，

因此要證f(a，b，c)≥32，只要證f(a，1，c)≥32，此時ac=1，

∴a，1，c成等比數列，令a=q-1，c=q(q>0).

f(a，1，c)=q31+q+qq2+1+1q2(1+q)

=q5+1q2(1+q)+qq2+1

=(q4+1)-(q3+q)+q2q2+qq2+1

=(q2+q-2)-(q+q-1)+1q+q-1+1

=t2-t+1t-1.（其中t=q+q-1，且t≥2）.

由導數知識（方法同例2、例3）可知函數

f(a，1，c)=t2-t+1t-1(t≥2)是增函數，

當且僅當t=2q=1a=c=1時，

(f(a，1，c))min=22-2+12-1=32成立，

∴f(a，1，c)≥32.

故f(a，b，c)≥f(a，1，c)≥32.命題得證.

評析 在王建宏同志的《略談用構造法證明分式不等式》一文中，對例3采用了構造向量的方法解答.本文給該題提供了另一種解題思路，對用構造函數法證明不等式作一些嘗試，既培養了創新能力，又解決了不等式的證明問題.

綜上所述，在數學活動中，在一些不等式證明的問題中，若能建立合理的數學模型，會用特殊化和一般化轉化問題，常能取得較佳的解題效果，使得一些不易入手的數學問題得以順利解決.

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