17、构造方程1

n
n
n
例 2 设函数f ( x)在[a, b]上连续，且f ( x) 0, b b dx 2 证明： f ( x ) dx ( b a ) a a f ( x)
由于所证不等式与判别式类似，所以我们可考 虑构造二次函数，利用判别式证明.
构造函数：F (t ) t
b a
2

b
a
由已知条件有：f ( x) f (2 y)
x 2 y x 2 y 0
cos( x 2 y) cos 0 1
（4）利用函数的分析性质（导数与积分性质）
1p 2 p n p 例14求极限 lim n n p 1
1p 2 p n p 1 p 2 p 解： [( ) ( ) p 1 n n n
（ a )( b ) ( aibi ) ,(柯西不等式）
i 1 2 i i 1 2 i 2 i 1
n
n
n
分析: 要证的不等式形式非常类似于根的 判别式,这就启发我们构造一元二次函数 (方程),使其判别式恰为所求证的不等式. 为此构造函数 : n n n
f (t ) ( ai2 )t 2 2( aibi )t bi2
2 3 C1 2 C 3 C n n n n (1)n1 nCn 0
四、构造数列
例1 已知p>0,q>0,且p3+q3=2,求证：p+q≤2 证明：由 p3+q3=2知p3,1,q3成等差数列 不妨设p≤q,则公差d=1-p3=q3-1≥0
1 p d 1 p 2 1 p p 1 p p2 d q3 1 q 1 2 2 1 q q 1 q q
0 1 2 2 3 3 f ( x) (1 x)n Cn Cn x Cn x Cn x n n Cn x
n n1 nCn x
1 2 3 2 两边求导得：f ( x) n(1 x)n1 Cn 2Cn x 3Cn x
取x 1, 则有：
2 2
b 7 (2 b） （ 4 b ) 3(b 1) 2 0 2 4
2 2
f (a) 0,
7 b 即 a b ab 2a 4 2
2 2
1 例7 已知a b c, 且a b c 1, a b c 1, 求证： c 1 3
1p 2 p n p 1 p 2 p lim lim[( ) ( ) p 1 n n n n n
n p 1 ( ) ] n n
n p 1 ( ) ] n n
1 p 1 1 1 x dx x |0 p 1 p 1 0
p
1
7、考虑求证式的结构形式，构造方程（函数） 2 3 n1 n 例15 证明：C1 2 C 3 C ( 1) nC n n n n 0 分析 : 观察等式左边与二项式定理有关,为此我 n f ( x ) (1 x ) , 展开得： 们构造函数:
i 1 i 1 i 1
(ai t bi )2 0
i 1
n
判别式 (2 ai bi )2 4( ai2 )( bi2 ) 0
i 1 i 1 i 1
n
n
n
即( a )( b ) ( ai bi )2
i 1 2 i i 1 2 i i 1
3 2 2
t ( x x 2)t x 2x 0
2 2 3
或t 2 ( x2 x 2)t x( x2 2) 0
或(t x)(t x2 2) 0
x t 5或x2 t 2 0
x 2 5 0(舍去）
2
6、利用函数的性质构造函数
y, z是方程t 2 ( x 1)t ( x 2 8x 7) 0的两个根
( x 1)2 4( x 2 8x 7) 0
即（ 3 x 2 10x 9) 3( x 1)(x 9) 0
1 x 9
பைடு நூலகம்
例4 设p 0, q 0, 且p3 q3 2, 求证：pq 1.
x abc y (ab bc ca ) z a b c
3、 利用韦达定理构造方程 例3 已知x,y,z为实数,且满足x2-yz-8x+7=0和 y2+z2+yz-6x+6=0,求证:1≤x≤9 .
2 yz x 8x 7 证明：由题设条件有： 2 2 ( y z ) yz 6 x 6 ( x 1 )
2 、利用根的定义构造方程
例2 解方程组 2 3 x ay a z a
2 3 x by b z b x cy c 2 z c 3
分析:如果直接按解三元一次方程组的消元法解 此题,则非常麻烦.但如果我们注意到三个方程的 一致性,先把三个方程改写成:
a 3 a 2 z ay x 0 3 2 b b z by x 0 c 3 c 2 z cy x 0
为此构造辅助方程t zt yt x 0
3 2
则易见a, b, c是方程的三个根.
a b c z 由韦达定理得： ab bc ca y , abc x

求： cos( x 2 y)的值.
解：由已知得：x3 sin x 2a 8 y3 2sin y cos y
(2 y)3 sin(2 y)
构造函数f (t ) t 3 sin t , t [
则f (t )为奇函数且在[-


, ] 2 2
, ]上单调增加 2 2

而 sin cos
命题成立.
2
2(sin

4
)
2
2

2
(2)利用函数的凹凸性
例10 已知A，B，C为ABC的三个内角，求证： 3 3 sinA+sinB+sinC 2
证明： 函数f ( x) sin x在（0，）上凸，且A+B+C=
sin A sin B sin C A B C 3 sin sin 3 3 3 2 3 3 sin A sin B sin C 2
三、构造函数与方程
由题设条件及其数量关系，构想、组合成一种新 的函数、方程、多项式等具体关系,使问题在新的 关系下，实现转化而获得解决。 类似于 1、利用判别式构造方程(函数) 4ac≥b2 如果所给条件或结论中，或经过变形后具有 Δ=b2-4ac 的形式，则可考虑构造一元二次方程 （函数）:f(t)=at2±bt+c. 例1设a1 , a2 , , an , b1 , b2 , , bn为实数，求证：
2
2
则f ( x)为偶函数
设方程的解为t,则有f (t ) f (t ) 0
方程的解唯一,
t t t 0
t,-t都是方程 f(x)=0的根
代入方程得; 2a sin1 a2 0
a 0或a sin1
3 x sin x 2a 0 例13已知x, y [ , ], a R, 且 3 4 4 4 y sin y cos y a 0
4、利用方程（或函数）的一般形式 如果题设条件或结论，通过适当变形整理后可化 为与方程的一般形式相似，则可考虑利用方程思 想,构造二次方程或二次函数. 7 b 2 2 例6证明：a b ab 2a 4 2
b 7 证明：考察关于a的二次函数：f (a ) a (2 b)a b 2 4
2 2 2
分析：由已知条件知，条件可化为韦达定理的形式， 也可化为方程的一般形式.
证明： a b c 1 b 1 a c
a2 b2 c2 a2 (1 a c)2 c2
2a2 2(1 c)a 2c2 2c 1 1
a2 (1 c)a c2 c 0
证明：设p3q3 m,
则p3 , q3是方程t 2 2t m 0的两个根
p, q为实数
4 4m 0
0 p3q3 m 1
pq 1.
例5 已知P是正三角形ABC的外接圆BC弧上任意一 点，求证： （1）PB+PC=PA, (2)PB· PC＝PA2-AB2 . A 分析：由所证式知:只须证PB, PC是方程x2-PAx+PA2-AB2=0 的 C B 两个根即可。 P ∵ △ABC是正三角形，故 ∠APB=∠ACB=∠ABC=∠APC=60° ∴在△ABP中，有AB2=PA2+PB2-2PA×PBcos60° ∴ PB2-PA×PB+(PA2-AB2)=0 同理在△ACP中有:PC2-PA×PC+(PA2-AB2)=0 ∴PB,PC是方程x2-PAx+PA2-AB2=0的两个根 ,故命 题成立。
3
1 p q 1 p q 2
1 例2 已知 sin cos , (0, ), 则 tan _______ . 2
1 2 解：由条件 sin cos 可知sin , ,cos 构成等比数列 2 2
2 2q 设公比为q, 则sin , cos 2q 2 由sin 2 cos2 1可得：
再比如均值不等式也可利用对数函数 lg x的凹凸性证明.
例11 设p 0, q 0, 且p3 q3 2, 求证：p+q 2
证明：设f ( x) x3 , 则f ( x)是(0, )上的凹函数