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巧解一类不等式（优秀范文5篇）

第一篇：巧解一类不等式巧解含有“f(x)f(x)”的填空题先看下面的题目：已知定义在R上的函数yf(x)其导函数为f(x)，且满足f(x)f(x)，则不等式f(2x3)e2x4f(1)的解集为2x4f(2x3)e2x3解析：注意到f(2x3)ef(1)可写为：f(1)e，令g(x)f(x)ex，则该不等式即为g(2x3)g(1)，为此只要考虑g(x)的单调性即可，由f(x)exg(x)f(x)e2xxef(x)f(x)ex0，从而g(x)在R上为增函数，所以2x31,x2。从上面的解题过程，可以发现：由条件f(x)f(x)可考虑构造函数g(x)g(x)f(x)f(x)exf(x)ex，则，于是条件f(x)f(x)便用上了。当然作为填空题下面的方法也很好：另解：特取符合条件的函数f(x)e1，则由f(2x3)ee2x3x2x4f(1)得1e2x4(e1)，整理得e2x41，2x40,x2.下面一题和这个题是完全一样的完全一样：题目：f(x)是定义在R上的函数，导数为f(x)，且对一切实数x都有对正实数，比较f(a)与ef(0)的大小。（姜堰二中11届暑假作业）xaf(x)f(x，解析：特殊值法：取f(x)2，或f(x)e1.构造函数法：令g(x)f(x)ex，则g(x)f(x)f(x)ex0，所以g(x)在R上是增函数，a所以对于这正实数a，有g(a)g(0)，从而得f(a)大于ef(0)。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03(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122f()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x220x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＞2623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22n123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121237121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，）。22三、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)>1f(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)=2x22x(ycoszcos)y2z22yzcos,其中