构造法之构造函数_构造函数构造函数

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构造法之构造函数

：题设条件多元-构造一次函数

B：题设有相似结构-构造同结构函数主要介绍

C：题设条件满足三角特性-构造三角函数 D：其它方面——参考构造函数解不等式

A、题设条件多元时，选择构造一次函数

例

1、已知x.y.z(0,1).求证：x(1y)y(1z)z(1x)1（第15届俄罗斯数学竞赛

题）

分析 此题条件、结论均具有一定的对称性，然而难以直接证明，不妨用构造法一试。可构造一次函数试解本题.证法一 函数图像性质法、构造函数f(x)(yz1)x(yzyz1)因为y,z(0,1)，所以

f(0)yzyz1(y1)(z1)0

f(1)yz1(yzyz1)yz0

而f(x)是一次函数，其图象是直线，所以由x0,1恒有f(x)0，即(yz1)x(yzyz1)0，整理可得x(1y)y(1z)z(1x)

1证法二函数单调性法、构造一次函数f(x)x(1y)y(1z)z(1x)整理，得：

f(x)(1yz)x(yzyz).(0x1)

因为0x1，0y1,0z1 所以11yz

1(1)当01yz1时,f(x)在0,1上是增函数，于是f(x)(2)当

11yz0

f(x)1yz1；

时,f(x)

在1,0上是减函数，于是

f(x)f(x)=yzyz=1(1y)(1z)1；

(3)当1yz0时，即yz1时，f(x)

成立。

yzyz1yz1。综上所知，所证不等式

小结(1)为了利用所构造的一次函数的单调性，将11yz1分成“01yz1,11yz0,1yz0”三种情况讨论，使问题得以解决。

(2)解决本题有两个核心的地方，一是将证式构造成一次函数，二是对一次项系数进行逻辑划分。

(3)本题也可以构造关于y或z的一次函数，这就需要真正理解函数的实质概念。

例

2、已知1a,b,c1：，求证:abcabc

2证明 构造一次函数y(bc1)x2bc，易知bc10，在1又x

则由一次函数的性质不难得知当1

x1时，y0；又1a1所以xa

1时,y(bc1)12bc

x1时，y

为减函数；

=bc1bc(1b)(1c)0

时，y0，即(bc1)a2bc0 命题得证

B、题设条件有相似结构时-构造同样结构的函数

例

1、a、b、c, R，求证

abc1abc



a1a



b1b



c1c

.证明：构作函数f(x)当任意x1，x2满足0

f(x2)f(x1)

x21x

2x1x

x1x，x[0,)，则研究这个函数性质如下：

时，0

x1x2



x11x

1

x2x1

(1x1)(1x2)，所以函数f(x)在[0,)是递增函数.f(|a||b||c|).因为|abc||a||b||c|，所以f(|abc|)即

|abc|1|abc|



|a||b||c|1(|a||b||c|)

|a|1|a|

|b|1|b|



|a|

1|a||b||c|



|b|

1|a||b||c|



|c|

1|a||b||c|



|c|1|c|

.不等式得证.例

2、解方程(6x+5)(1+

(6x5)4)x(1

x4)0．

为f(6x+5)=-f(x).只要证明f(x)是奇函数且是单调函数，就能简单的解出此题．

解：构造函数

f(x)=x(1+

原方程化为

f(6x+5)+f(x)=0．

显然f(-x)=-f(x)，f(x)是奇函数.再证f(x)具有单调性.x4))，f(x)在（-∞,+∞）上是增函数.所以f(6x+5)=f(-x)x=－

5C、题设条件满足三角函数的特性时-构造三角函数

例

1、已知a.b.x.yR.且a2b

21，xy1.求证：1axby

1证明 已知x

y

由a2b21，xy1，可设

bsin,acos.xcos,ysinaxbycoscossinsincos()1所

以1axby1

例

2、分析 由根号里面的代数式可以看出有这样的关系：x1x1且0故想到三角函数关系式并构造xsin2

所以ysinxcosx

D、其它-参考构造函数解不等式

在解决不等式的证明题时常常通过构造辅助函数，把原来问题转化为研究辅助函数的性质，并利用函数的单调性、有界性、奇偶性等性质来解决。

例

1、求证不等式：

证明：构造函数：f(x)

x1

2x

x1.(0

)



)，当



即x时,ymax



x12

x



x2

(x0)



x2

(x0)

x2x2

x

x

f(x)

x12

x

2

1

x2

所以

f(x)的图像关于y



xx

1(12)x212x12

x

x

x

x2

f(x).轴对称。当x0时，12x

0，故f(x)0；当x0时，依图象的对称性知f(x)0.故当x0时，恒有f(x)0.即

x12

x



x2

(x0).例

2、已知x0，求证：x

1x



1x

1x



52证明：构造函数f(x)

x

1x

(x0)，则x

1x

2，设2,由

f()f()

1

(

11()(1)

)()



1显然：因为2

，所以-＜0，＞1，所以f()

f()0，所以f(x)在2,上是单调递增的，所以

x

1x

1x

1x

f(2)

以上两题的实质上是用的函数的单调性、奇偶性来证明的，其中如何来构造恰当的函数是进一步证明的关键。