构造向量巧解不等式问题

第一篇：构造向量巧解不等式问题

构造向量巧解有关不等式问题

新教材中新增了向量的内容，其中两个向量的数量积有一个性质：ab|a||b|cos（其中θ为向量a与b的夹角），则|，又，则易得到以1cos1ab|||a|||bcos|

下推论：

（1）ab|ab|||；

（2）|ab||a||b|；

（3）当a与b同向时，ab|ab|||；当a与b反向时，ab|a||b|；

（4）当a与b共线时，|ab||a||b|。

下面例析以上推论在解不等式问题中的应用。

一、证明不等式

例1已知a。、bR，ab12证明：设m=（1，1），n，则 2a2b1)

ab

1||2||a12b1

2ab12由性质m n|m||n|，得yz1，求证：xyz例2已知x。

证明：设m=（1，1，1），n=（x，y，z），则 2221

3mnxyz1

||3，|n|xyz

222222 mnm|||||n，得xyz由性质|

22213a2b2c2abcR，求证：例3已知a，b，c。bccaab2

222abc)证明：设m，ab)bccaab

则m nabc

222abc||||2(abc)bcacab

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a2b2c2abc由性质| mn||m||n|，得bccaab2222例4已知a,b为正数，求证：(。ab)(ab)(ab)

证明：设m (a，b)，n(a，b)，则

33mnab

224442233222||ab，|n|ab

由性质|mn||m||n|，得 222

44422332(ab)(ab)(ab)

dacd。,b,c,dR例5设a，求证：a

证明：设m=（a,b），n=（c,d），则

mnadbc

2222 ||ab||cd222

由性质ab|ab|||，得

222adacd

二、比较大小

Rda例6已知m,n,a,b,c,d

p，q的大小关系为（）

A.pqB.pqC.p

hkabcd

bd |h|manc，|k|mn

hk||hk|||得 由性质|

bcdman即pq，故选（A）

bd mn

三、求最值

例7已知m,n,x,y，且m，那么mx+ny的最大值为na，xybR

（）A.2222abB.ab

2C.a2b2

2D.a2b2

解：设p=（m,n），q=（x,y），则

由数量积的坐标运算，得p qmxny

而|| mn||xy

从而有m xnmxy

当p与q同向时，mx+ny取最大值m，故选（A）。nxyb

例8求函数的最大值。x)

解：设，则 x2x)，n(1，1)***2

mn2x12x

|m|2，|n|2

由性质mn|m||n|，得

x2x2

当

四、求参数的取值范围 113 时时，y2max22x2x

yy例9设x,y为正数，不等式x恒成立，求a的取值范围。

yn)，（1，1）解：设，则

||xy||2

由性质mn|m||n|，得

xyxy yy又不等式x恒成立

故有a2

黑龙江省大庆市66中学（163000）

第二篇：构造函数巧解不等式

构造函数巧解不等式

湖南 黄爱民

函数与方程，不等式等联系比较紧密，如果从方程，不等式等问题中所提供的信息得知其本质与函数有关，该题就可考虑运用构造函数的方法求解。构造函数，直接把握问题中的整体性运用函数的性质来解题，是一种制造性的思维活动。因此要求同学们多分析数学题中的条件和结论的结构特征及内在联系，能合理准确地构建相关函数模型。

一、构造函数解不等式

例

1、解不等式 810x35x0 3(x1)x

1分析；本题直接将左边通分采用解高次不等式的思维来做运算较烦。但注意到8102323x5x , 启示我们构造函数且题中出现()5()3x1x1x1(x1)

f(x)=x3+5x去投石问路。解：将原不等式化为(232)5()x35x，令f(x)=x3+5x，则不等式变为x1x1

22f()f(x)，∵f(x)=x3+5x在R上为增函数∴原不等式等价于x，解x1x1之得：－1＜x＜2或x＜－2。

例

2、解不等式

1x

220 x11x21tan2cos2于是可构造三分析：由xR及的特征联想到万能公式1x21tan2

角函数，令x=tanα(

2

2)求解。

1tan2解：令x=tanα()0，从 222tan1

13而2sin2sin10sin1∴∴tanα＞,∴x＞262

33。3

二、构造函数求解含参不等式问题。

例3已知不等式11112loga(a1)对大于1的一切自然数nn1n22n12

3恒成立，试确定参数a的取值范围。解：设f(n)

∵f(n+1)-f(n)111，n1n22n11110,∴f(n)是关于n 的增函2n12n2n1(2n1)(2n2)

712∴f(n)loga(a1)对大于1的一切自然数n恒12123

7121成立,必须有loga(a1)∴loga(a1)1，而a＞1，∴a-1＜12123a数。又n≥2∴f(n)≥f(2)=

∴1＜a＜115∴a的取值范围为（1，）。2

2三、构造函数证明不等式。

例

4、已知 |a|＜1,|b|＜1,|c|＜1，求证：ab+bc+ca＞-

1证：把a看成自变量x，作一次函数f(x)=bx+bc+cx+1=(b+c)x+bc+1, ∵|a|＜1,|b|＜1,|c|＜1∴－1＜x＜1

又∵f(-1)=-b-c+bc+1=(1-b)(1-c)>1

f(1)=b+c+bc+1=(1+b)(1+c)>0，又一次函数具有严格的单调性。∴f(x)=(b+c)x+bc+1在x∈（-1，1）的图象位于x的上方，∴(b+c)x+bc+1>0,从而：(b+c)a+bc+1>0,即证：ab+bc+ca＞-1 例

5、已知，求证：x2y2z22xycos2yzcos2zxcos 证明：考虑函数f(x)=x2y2z2(2xycos2yzcos2zxcos)=2

x22x(ycoszcos)y2z22yzcos,其中4(ycoszcos)24(y2z22yzcos)4(ysinzsin)20 又x2的系数大于0，∴f(x)的值恒大于或等于0，∴x2y2z22xycos2yzcos2zxcos。

第三篇：巧用构造法解不等式问题

巧用构造法解不等式问题

湖州中学黄淑红

数学中有许多相似性，如数式相似，图形相似，命题结论的相似等，利用这些相似性，通过构造辅助模型，促进转化，以期不等式得到证明。可以构造函数、方程、数列、向量、复数和图形等数学模型，针对欲证不等式的结构特点，选择恰当的模型，将不等式问题转化为上述数学模型问题，顺利解决不等式的有关问题。

一、根据不等式特征，构造恰当的初等函数，再根据函数单调性、奇偶性等特征来证明不等式。

例1证明：对于任意的x,y,z(0,1),不等式x(1y)y(1z)z(1x)1成立。

证明设f(x)(1yz)xy(1z)z,显然该函数是以x为主元的一次函数。当x(0,1)时，f(x)是单调函数，且f(0)yyzz(y1)(1z)11, f(1)1yz1.所以，当x(0,1)时，f(x)的最大值小于1，即x(1y)y(1z)z(1x)1 例

2如果(xy1，那么xy0

证明

构造函数f(x)lg(x单调递增。



(xxR).可以证明函数f(x)在R上是奇函数且 y1,f(x)f(y)lg(xlg(y

lg(xy=lg1=0 f(x)f(y),即f(x)f(y)所以xy,即xy0

通过构造函数，利用函数单调性和奇偶性，把一些看似与函数无缘的问题转化为函数问题来解决，思路灵活新颖，简洁巧妙，可出奇制胜。

二、有些不等式分析可知它与数列有关，可构造出相应的数列，再利用数列的单调性来研究。

n(n1)(n1)

2例

3证明不等式对所有正 22

整数n成立。

分析：

是一个与n无关的量，将它与左右两端作差 构造出相应的数列，在利用数列的单调性来研究。

解：

设an3，1n)(N构)造数列xn，令

xnann(n1)(n1)(n2)n(n1)(n1)0,，则xn1xnan1an222

(nN)，所以xn1xn，x

n为单调数列，首相x11为最小值。

n(n1)(n1)2

所以xnx110，即an，又令ynan，22

(n1)2(n2)22n3则yn1ynan1an，222

所以yn1yn，y

n为单调递减数列，首相y12为最大项，(n1)2

所以yny120，即an.2

n(n1)(n1)2

an(nN)综上所述，22

用构造单调数列证明不等式，若不等式的一边为和（积）式，则构造数列an，使其通项等于和（积）式与另一端的差（商），然后通过比较法确定数列an的单调性，利用数列的单调性即可使不等式获证。

三、对某些不等式，根据条件和结论，可将其转化为向量形式，利用向量数量积及不等关系mnmn，使问题得到解决。

a2b2c2abc例4已知a,b,cR，求证：a,b,cR bccaab2



证明

设mn，则 22222abc(mn)(abc)2abcm2 bccaab2(abc)2n利用向量虽是一种构造性的证明方法，但它与传统的综合法有很大不同，能避免繁杂的凑配技巧，使证明过程既直观又容易接受。

四、有些不等式若采用通法解很繁琐，用变量替换法又不可行，利用数形结合的思想方法将抽象的式用形表示，则使问题中的各变量关系更具体明确，使问题简明直观。

例

51x

2析本题若转化为不等式组来解很繁琐，利用数形结合的思想方法将抽象的式用形表示，则使问题变得简明直观

解：令yy1x，2

x，问题转化

为它们对应的图象为半圆(x1)2y21(y0)与直线y

(x1)2y21(y0)的图象在y

1x上方时x的范围，如图 218x得x0 25

故原不等式的解为：x0x 

85五、一类属函数图象的问题，与求最值结合，利用数形结合是基本的指导思想，但还需结合复合函数求导，使不等式的证明水到渠成。

例6 如图，设曲线yex(x0)在点M(t,et)处的切线l与x轴y轴所围成的三角形面 积为S(t)，求（1）切线l的方程；2）求证S(t)2 e

t（1）解： f'(x)(ex)'ex，切线l的斜率为e

故切线l的方程为yetet(xt)，即etxyet(t1)0

（2）证明：令y0得xt1，又令x0得ye(t1)，t

S(t)11(t1)et(t1)(t1)2et 2

21t'从而S(t)e(1t)(1t).2当t(0,1)时,S'(t)0,当t(1,)时,S'(t)0,S(t)的最大值为S(1)22，即S(t) ee

应用导数法求函数的最值，并结合函数图象，可快速获解，也充分体现了求导法在证明 不等式中的优越性。

证明不等式不但用到不等式的性质，不等式证明的技能、技巧，还要注意到横向结合内容的方方面面.如与数列的结合，与“二次曲线”的结合，与“三角函数”的结合，与“一元二次方程，一元二次不等式、二次函数”这“三个二次”间的互相联系、互相渗透和互相制约，这些也是近年命题的重点.

第四篇：构造函数,妙解不等式

构

不等式与函数是高中数学最重要的两部分内容。把作为高中数学重要工具的不等式与作为高中数学主线的函数联合起来，这样资源的优化配置将使学习内容在函数思想的指导下得到重组，优势互补必将提升学习效率.例1:已知a2+ab+ac<0证明b2-4ac>0

分析：有所证形式为二次函数的判别式（△）的格式。故试图构造二次函数使思路峰回路转。

证明：令f(x)=cx2+bx+a。由a2+ab+ac=a(a+b+c)<0得a与 a+b+c异号。

F(0)=a，f(1)= a+b+c。所以，f(x)图像与x轴有两个交点.。所以判别式（△）大于0。即b2-4ac>0。

x111< ln

本题与2005年全国卷Ⅱ中函数f(x)=ln(1+x)-x 没有什么区别，有着高等数学的背景，且是近几年高考命题不等式证明题中新的开挖点。构造函数和用求导数法来研究其单调性，进而再利用单调性可快捷证得，往往别开生面。

11证明：设1+= t ,由x∈(0,+∞)则t > 1 ,∴x =xt1

1原不等式

< lnt

1令f(t)=t-1-lnt 则 f ‘(t)=1-当 t∈(1,+∞)，有f‘(t)>0 t

从而 f(t)在t∈(1,+∞)单调递增，所以 f(t)>f(1)=0 即t-1>lnt

1t1同理 令g(t)=lnt-1+。则g’(t)= 2 当t∈(1,+∞)，有 g’(t)>0 tt

1所以 g(t)在t∈(1,+∞)单调递增，g(t)>g(1)=0即lnt>1-t

x111综上 < ln

有些不等式，利用函数的性质（如单调性，奇偶性等）来解证，往往要比常规的方法容易找到证题途径，下面看一个例题：

例3：设a，b，c∈R+，且a＋b＞c．

在课堂上可先让学生用常规方法思考试证后启发学生用构造函数法来证，最后比较证法。

（x∈R+），先证单调性。

∴f（x）在x∈R+上单调递增。

∵a+b＞c（已知）∴f（a+b）＞f（c），利用构造法也可解关于x的不等式

例4:已知关于x的不等式｜x-4｜＋｜x-3｜＜a的解集为非空集合，求实数a的取值范围。

对于讨论这类含参数的不等式，先让学生按常规方法解：用数轴法，分别在三个区间内讨论解集为非空集合时a的取值范围，然后求它的交集得a＜1。

后来又启发学生用构造函数方法来解，学生们思考很积极，有一个学生解道：

作出分段函数的图象（如上图所示）

通过以上对构造函数发典例的分析，可以看出构造函数法确实是一种解题的好途径。将证明或求解的不等式地为转化为函数的问题，关键在于转化为什么样的函数.这就要求从被证（解）的不等式的形状，特点入手，发生联想。本着“纵向深入，横向联系”的原则，合理的构造函数模型。达到启发学生思维，开拓解题途径的效果。

第五篇：构造直线巧破不等式恒成立问题

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构造直线巧破不等式恒成立问题

作者：苏文云

来源：《学习与研究》2013年第05期

不等式恒成立，求解参变量取值范围的问题，由于集不等式、方程、函数知识于一身，可以较好地考查学生的综合素质与能力，因而，在高考中备受青睐，本文从构造直线人手，给出破解不等式恒成立问题的几种简便且有效的思维策略，用以抛砖引玉。