巧用构造法_证明不等式

c + d + e = 8 , a2 + b2 + c2 + d2 + e2 = 16 ,求证: 0 ≤ e ≤ 16 .
5 证明 构造函数 f (x) = (x + a)2 + (x + b)2
+(x + c)2 + (x + d )2 ,则
f (x) = 4x2 + 2(a + b + c + d) x +
（b − c)２ ≥ (a − 2b)(2c − a)
31
证明 若 (a − 2b) = 0 ,则不等式显然成立. 当 (a − 2b) ≠ 0 时,构造方程
(a − 2b)x2 + 2(b − c)x + (2c − a) = 0 ,
容易知道, x = 1是方程的一个解, ∴∆≥0, 即 ［２（b − c）］２ − 4(a − 2b)(2c − a) ≥ 0 ,
该方程的两个实根,于是 ∆ =t2 −4×t3 −2 ≥ 0 , 3t
即 3t3 − 4t3 + 8 ≥ 0 , 8 − t3 ≥ 0 .
3t
3t
解得 0 < t ≤ 2 ,即 0 < p + q ≤ 2 .
4 构造复数
例
7
已
知
xy、siny、2 θA,、B B=∈x sRin,2Aθ=+xyccooss22θθ+,求证:
极的意义.
1 构造函数
例1
已知
a
<1, b
< 1,求证:
a+b 1+ ab
<1.
证明 构造一次函数
f (x) = (1 + ab)x − (a + b)
令 f (x) = 0 ,得 x = a + b , 1 + ab
∵ f (1) ⋅ f (−1)
= [(1+ ab) − (a + b)] ⋅ [−(1+ ab) − (a + b)]
参考文献
[1] 张奠宙、过伯祥著.数学方法论稿[M],上海教育出 版社,1994.
[2] 周彦.构造法十例.数理天地[J].2000,(3). [3] 田凯.利用判别式巧证不等式.中学数学杂志[J].
2000,wk.baidu.com4).
分类讨论解数学开放题
福建永春坑仔口中学 赵明铁 福建永春玉斗中学 谢雅礼
数学开放性问题具有条件不完备、结论 不确定、解题策略多样化等特点,此类问题常 需进行观察、试验、估计、猜测、类比和归 纳等才能发现其解题思路,对学生具有探究 性与挑战性,对培养应用数学意识和创造才 能、提高思维品质、形成良好的认知结构都 具有重要的作用.因此,它常是数学竞赛的压 轴题.
= z2 cos2 θ + iz2 sin2 θ
≤ z2 cos2 θ + iz2 sin2 θ
= z2 cos2 θ + z2 sin2 θ
= z2 (cos2 θ + sin2 θ ) = z2 .
即
z1 ≤ z2 , z1 2 ≤ z2 2 .
32
故
x2 + y 2 ≥ A 2 + B 2 .
= a2 + b2 + a2 + (1 − b)2 +
(1 − a)2 + b2 + (1 − a)2 + (1− b)2 ,
z1 + z2 + z3 + z4 = 2 + 2i = 2 2 , ∴ a2 + b2 + a2 + (1 − b)2 + (1 − a)2 + b2
+ (1 − a)2 + (1 − b)2 ≥ 2 2 .
x2 + y 2 ≥ A 2 + B 2 .
证明 构造复数 z1 = A + Bi , z2 = x + yi ,则 z1 =| ( x cos2 θ + y sin2 θ ) +
i(xsin2 θ + y cos2 θ ) |
= (x + yi)cos2 θ + ( y + xi)sin 2 θ
= (x + yi)cos2 θ + i( x − yi)sin2 θ
= 2r sin(β + 450 ) . ∵ 0° < α + 45° < β + 45° ≤ 90°
∴ sin(α + 450 ) < sin( β + 450 ) ,
2r sin(α + 450 ) < 2r sin(β + 450 ) ,
即
a+ d< b+ c.
3 构造方程
例 5 设 a、b、c 为任意实数,求证:
重合,记 BC = a , CD =
b , DA = c , AB = d ,
D
AC = r , ∠BAC = α , ∠DAC = β ,
则 00 < α < β ≤ 450 ,
∴ a + d = r(sinα + cosα )
= 2r sin(α + 450 ) ,
b + c = r(sin β + cos β )
(a2 + b 2 + c 2 + d 2 )
= 4x2 + 2(8− e)x+ (16− e2 ) ≥ 0 .
∵ x2 的系数 4 > 0 , ∴ ∆ = 4(8 − e)2 −16(16 − e2 ) ≤ 0 .
解得 0 ≤ e ≤ 16 . 5
例 3 设 a、b、c 是 ∆ABC 的三边,求证: a+b>c. 1+ a 1+ b 1+ c
∴（b − c）２ ≥ (a − 2b)(2c − a) .
例 6 已知 p、q∈ R , p3 ＋q3 = 2 ,求证:
0< p+ q≤ 2.
证明 由 p3 ＋q3 = 2 得
( p + q)3 −3 pq( p + q) = 2 .
设 p + q = t ,则 pq = t2 − 2 . 3t
构造方程 x2 − tx + t3 − 2 = 0 ,则 p、q 是 3t
= (a + b)2 − (1+ ab)2 = (a2 − 1)(1− b2 ) < 0 ,
∴函数 y = f (x) 的零点在区间 (−1,1) 中,
即 −1 < a + b < 1 ,因此, a + b < 1 .
1+ ab
1+ ab
例 2 已知 a、b、c、 d、 e∈ R ,且 a + b +
∴a +b > c . 1+ a 1+ b 1+ c
2 构造图形
例 4 设 0 < a < b ≤ c < d ,且 a + d = b + c ,
求证: a + d < b + c .
证明 利用 a + d
= b + c 构造如图的两 个直角三角形 ABC 与 ADC , 使他们的斜边
α Aβ
B C
例 8 设 a、b ∈ (0，1) ,求证:
a2 + b2 + a2 + (1 − b)2 + (1 − a)2 + b2 +
(1 − a)2 + (1− b)2 ≥ 2 2 .
证明
构造复数
zz13 == a(1+−bai ), z+2 b=i ,az+4 (=1 −(1b−)ia, ) + (1− b)i . 由复数模的性质,得 z1 + z2 + z3 + z4 ≥ z1 + z2 + z3 + z4 . ∵ z1 + z2 + z3 + z4
证 明 构造函数 f (x) = x ,容易证明 1+ x
f (x) 是 R+ 上的单调递增函数.
又∵ a + b > c ,∴ f (a + b) > f (c) ,
即 a+b > c . 1+ a+ b 1+ c
又 a+b = a + b 1+ a+ b 1+ a +b 1+ a +b
<a +b, 1+ a 1+ b
巧用构造法 证明不等式
福建建阳师范学校 鞠建恩
构造法是一种重要的数学方法 ,在数学
中的应用十分广泛.本文着重谈谈构造法在
证明不等式中的应用,通过 “构造函数”、“构
造图形”、“构造方程”、“构造复数”等方法
来证明不等式,不但能拓展证明不等式的思
路,而且对于培养良好的思维品质,提高解题
的灵活性、准确性,特别是创造性具有十分积