建構函式證明不等式

建構函式證明:[2的平方/(2的`平方-1)*3的平方/(3的平方-1)*...*n的平方/(n的平方-1)]>e的(4n-4)/6n+3)次方

不等式兩邊取自然對數(嚴格遞增)有:

ln(2^2/2^2-1)+ln(3^2/3^2-1)+...+ln(n^2/n^2-1)>(4n-4)/(6n+3)

不等式左邊=2ln2-ln1-ln3+2ln3-ln2-ln4+...+2lnn-ln(n-1)-ln(n+1)

=ln2-ln1+lnn-ln(n+1)=ln[n^2/(n+1)]

建構函式f(x)=ln[x^2/(x+1)]-(4x-4)/(6x+3)

對f(x)求導,有:f'(x)=[(x+2)/x(x+1)]+[1/(x+1/2)]^2

當x>2時,有f'(x)>0有f(x)在x>2時嚴格遞增從而有

f(n)>=f(2)=ln(4/3)-4/15=0.02>0

即有ln[n^2/(n+1)]>(4n-4)/(6n+3)

原不等式等證

【解】：

∏{n^2/(n^2-1)}[n≥2] > e^((4n-4)/(6n+3))

∵n^2/(n^2-1)=n^2/(n+1)(n-1)

∴∏{n^2/(n^2-1)}[n≥2] = 2n/(n+1)

原式可化簡為：2n/(n+1) > e^((4n-4)/6n+3))

構建函式：F(n)=2n/(n+1)-e^((4n-4)/(6n+3))

其一階導數F’(n)={2-4e^((4n-4)/(6n+3))}/(n+1)^2

∵e^((4n-4)/(6n+3))

∴F’(n)>0 [n≥2]

而F[2]=4/(2+1)-e^((8-4)/(12+3))=4/3-e^(4/15)>0

所以F(n)>0 [n≥2]

即：2n/(n+1) > e^((4n-4)/6n+3))

故得證。

一、結合勘根定理，利用判別式“△”的特點建構函式證明不等式

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 建構函式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)為二次函式，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，通過構造二次函式,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式知識，從而使問題獲得解決.

二、結合建構函式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 建構函式f(x)，設f(x)=x1+x(x≥0).

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

∵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、結合建構函式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 建構函式，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中必有一個不大於1，不妨設0f(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)可知函式

f(a,1,c)=t2-t+1t-1(t≥2)是增函式，

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。