善用八种函数的单调性证明不等式

<正>本文结合实例介绍利用八种函数的单调性来证明不等式,供大家参考.一、善用一次函数的单调性证明不等式例1已知实数x,y,z满足|x|<1,|y|<1,|z|<1,求证:xyz+2>x+y+z.证明待证不等式x(yz-1)+2-yz>0.选定x为主元,设f(x)=(yz-1)x+2-y-z.因为|y|<1,|z|<1,所以yz-1<0,函数f(x)在(-1,1)内是减函数;又f(1)=yz-1+2-y-z=(y-1)(z-1)>0,于     

巧用函数的单调性证明不等式

在证明不等式中,通过联想构造函数,将常量作为变量的瞬时状态置于构造函数的单调区间内,利用其单调性证明一些不等式十分便捷,以下举例说明.例1已知a、b、c∈R,|a|<1,|6|<1,|c<1.     

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|cosθ(其中θ为向量a与b的夹角),则|a·b|=||a|·|b|cosθ|,又-1≤cosθ≤1,则易得到以下推论:(1)a·b≤|a|·|b|;(2)|a·b|≤|a|·|b|;(3)当a与b同向时,a·b=|a|·|b|;当a与b反向时,a·b=-|a|·|b|;⑷当a与b共线时,|a·b|=|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=1,求证:2a 1 2b 1≤22.证明:设m=(1,1),n=(2a 1,2b 1),则m·n=2a 1 2b 1,|m|=2,|n|=2a 1 2b 1=2.由性质m·n≤|m|·|n|,得2a 1 2b 1≤22.例2已知x y z=1,求…     

一道例题的几何证法

高中代数甲种本第二册有一道不等式例题:已知:|a|<1,|b|<1, 求证:|a b/1 ab|<1 不少刊物给出了多种美妙解法.本文绘出一种新颖的几何证法。     

数学奥林匹克问题

本期问题 初83.已知函数f(x)=ax~2 bx c,当x∈[1,1]时,|f(x)|≤1.求证: |a| |b| |c|≤3. (宋庆 江西省永修县一中,330304) 初84.设t是自然数,则不等式     

关于一道不等式的简证

前两文均涉及到条件不等式 |a|<1,|b|<1■|a b/1 ab|<1.可简证如下。当ab≥0时,由(1-|a|)(1-|b|)>0,有1 |ab|>|a| |b|,即|1 ab|<|a b|故|a b/1 ab|<1。     

解析法证明不等式探究

中学数学中不少代数(三角)不等式的证明题,如能赋予它解析意义、揭示其几何背景,便可利用解析法给出其独具特色的证明。本文拟对解析法证明不等式作如下粗浅探究。一、利用一次函数的单调性证明不等式例1.设|a|≤1,|b|≤1,|c|≤1,a、b、c∈R。求证:ab+bc+ca≥-1。证考虑直线段y=(b+c)x+cb+1,x∈[-1,1]。     

一道不等式例题的深入剖析

新教材(数学)高二上册第22页例3是:已在|a|<1,|b|<1,求证:1a abb<1.(1)1.巧证设三点P1(-1)、P1a abb、P2(1),P分P1P2的比为λ,则λ=PP1PP2=a b1 ab 11-1a abb=((aa- 11))((bb -11)),由于|a|<1,|b|<1,显然λ>0,所以点P内分P1P2,即点P在线段P1P2上,故-1<1a abb<1,从而1a abb<1.2.变形已知|a|<1,|b|<1,且a≠b,求证:1a--abb>1.(2)证明:1a--abb>1(1-ab)2>(a-b)2a2 b2-a2b2-1<0(1-a2)(b2-1)<0,由条件|a|<1,|b|<1,知1-a2>0,b2-1<0,所以(1-a2)(b2-1)<0,从而知原不等式成立.3.推广用上述证明方法很容易把不等式(1)和(2)分别推广为如下两…     

模式联想证明不等式

新教材第六章中不等式的证明是一个难点,如果教学中能积极地引导学生观察所给不等式的结构形式,依据题目的条件或结论的模式,联想所学过的知识,或已解决过的问题,制定解题方案,则可使命题迅速巧妙地得以解决.1.根据命题的条件所提供的模式展开联想.【例1】已知a,b∈R,|a|≤1,|b|≤1,求证:ab (1-a2)(1-b2)≤1.分析:由|a|≤1,|b|≤1容易联想到正弦函数或余弦函数的有界性.证:∵|a|≤1,|b|≤1∴可设a=cosα,b=cosβ,α,β∈[0,π]则ab (1-a2)(1-b2)=cosα·cosβ sinα·sinβ=cos(α-β)∴ab (1-a2)(1-b2)≤1.分析2由命题的结论a·b 1-a2·1-…     

多角度探析平面向量问题

<正>现以一道高考原题为例,通过一题多解展现学习体验的过程。例题(2016年浙江省高考数学理第15题)已知向量a,b,|a|=1,|b|=2,若对任意单位向量e,均有|a·e|+|b·e|≤6^(1/2),则a·b的最大值是____。命题立意分析:本题以向量为载体融恒成立与最值问题、向量、函数、不等式、三角等知识于一体,突出知识的交汇考查,立意深远,内涵丰富,思维要求高,解法灵活,兼顾形数,从中可以体会向量与代数和几何的紧密联系。平面向量的运算包括两种,一种是基     

应用不等式求值(初二、初三)

不少问题从表面上看似乎与不等式(组)无关,但若仔细考查其条件,发现可用不等式(组) 求解．请看五例． 1．利用绝对值的非负性例1 设x,y,a都是实数,且 |x|=1-a,|y|=(1-a)(a-1-a2), 则|x| y a5 1=＿. 解由 |x|≥0,|y|≥0,知道又-a2 a-1=-(a-(1/2))2-(3/4)<0, 所以要使(*)成立,当且仅当a=1,     

构造函数证明不等式

在不等式的证明中,可根据不等式的结构特点,恰当地构造函数,将证明转化为函数问题来研究,常常会使问题的研究得到简化.一、构造一次函数例1｜a｜<1,｜b｜<1,｜c｜<1,求证:ab bc ca 1>0.分析直接来证明比较困难,观察到不等式的左边是a(或b或c)的一次二项式,可以构造一次函数来研     

一次函数性质的应用

1996年全国高考试题第 2 5题 ,是一次、二次函数和不等式的综合性试题 ,当年的考生反应强烈 ,得分率很低 .实际上 ,除试题本身较难、思维层次高外 ,也说明学生对一次、二次函数特别是一次函数的性质掌握得不好 .现将原题及解答抄录于下 :已知 a,b,c是实数 ,函数 f ( x) =ax2 +bx +c,g( x) =ax +b,当 - 1≤ x≤ 1时 ,|f ( x) |≤ 1,( 1)证明 :|c|≤ 1;( 2 )证明 :当 - 1≤ x≤ 1时 ,|g( x) |≤ 2 ;( 3)设 a >0 ,当 - 1≤ x≤ 1时 ,g( x )的最大值为2 ,求 f ( x) .解 :由 ( 1)由条件当 - 1≤ x≤ 1时 ,|f ( x) |≤ 1,取 x =0得 |c|=|f ( 0 ) |…     

绝对值方程、不等式的解法

我们把绝对值符号里面含有未知数的方程或不等式叫做绝对值方程或不等式。例如|x-1|=3,|x-1|+|x-2|+|x-3|=x是绝对值方程,又如|1/3-x|≥3,|x-1/2|-|x-2|+|x+4|>5是绝对值不等式,而是含有未知数x、y的二元一次绝对值方程组。解绝对值方程或不等式的基本思想是根据绝对值的定义,去掉绝对值符号,化为普通方程或不等式再求解。关键是正确使用绝     

利用|z_1| |z_2| … |z_n|≥|z_1 z_2 … z_n|求函数的最小值应注意条件

从中学教材中得知,对于任意复数z_1,z_2,…,z_n都有|z_1| |z_2| … |z_n|≥|z_1 z_2 … z_n|.运用这个不等式,求复杂函数的最小值,方法简捷,但是z_1,z_2,…,z_n满足什么条件,|z_1| |z_2| … |z_n|才取得最小值呢?下面用代数形式给出这个条件.     

不等式恒成立问题常见类型及解法

<正>不等式恒成立问题是高中数学的重要内容之一,对这类问题的考查,有利于培养学生的逻辑思维能力、抽象思维能力与知识整合能力,历来是高考的热点问题之一.本文对不等式中恒成立问题的常见类型加以归纳,并指出它们的解决方法.类型1一次函数与二次函数型恒成立的不等式中函数为一次函数或二次函数时,一般用一次函数或二次函数图象即可解决问题.例1若x∈[-2,2]时,不等式ax+3     

构造何量 探索解题新思路

向量中有重要不等式|a|·|b|≥|a·b|,如果我们把a和b都看成n维向量,它们的坐标表示是a=(a_1,a_2,…,a_n),b=(b_1,b_2,…,b_n),定义向量a、b的数量积a·b=a_1b_1 a_2b_2 … a_nb_n,|a|=(a_1~2 a_2~2 … a_n~2)~(1/2),|b|=(b_1~2 b_2~2 … b_n~2)~(1/2).下面谈谈利用|a|·|b|≥|a·b|来解决等式条件下的最值问题.     

模式联想证明不等式

不等式的证明是高中数学的一个难点,如果能仔细观察所给不等式的结构形式,依据题目的条件或结论的模式,联想所学过的知识,或已解决过的问题,制定解题方案,则可使命题迅速巧妙地得到解决.一、根据命题条件所提供的模式展开联想例1已知a,b∈R,|a|≤1,|b|≤1,求证ab (1-a2)(1-b2)≤1.分析:由|a|≤1,|b|≤1容易联想到正弦函数或余弦函数的有界性.证明:因为|a|≤1,|b|≤1,所以可设a=cosα,b=cosβ,α,β∈[0,π],则ab (1-a2)(1-b2)=cosαcosβ sinαsinβ=cos(α-β).又cos(α-β)≤1,22例2已知实数a、b、c满足a b c=0,abc=1,求证:a、b、c中必有…     

数学解题中的转移

在解数学题时,我们经常遇到“卡壳”,也就是通常所说的解题困难,那么怎样才能破解“卡壳”现象呢?“数学转移”是破解的妙招. 一、构造转移 根据条件和结论的结构特征,构造一定的数学模型,从而使问题得以顺利解决,极大地培养了学生的创新意识. 例1 若|a|＜1,|b|＜1,|c|＜1,a、b、c∈R,求证:ab+bc+ca＞-1 分析:此题乍看不好入手,但构造一次函数,效果就很明显.     

一个不等式的几种证法和推广

题目设任意实数x,y,满足|x|＜1,|y| 1/1-y2≥2/1-xy·(*)(第19＜1,求证:1/1-x2届莫斯科数学竞赛题) 笔者通过对此不等式的认真学习研究,归纳总结出几种证明方法,同时对其作了进一步推广,借此和大家共同学习.