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高考中多元不等式问题的解题思想探析:基本不等式的变形公式

发布时间:2019-01-24 03:44:36 影响了:

  不等式是高中数学的重要组成部分,在高考中有着举足轻重的地位.不等式的证明和解题方法多,技巧性强,所以不等式问题历来是高中数学的一个难点.尤其多元不等式问题,更是一类颇具挑战性的题型.本文试以近几年各地高考题为例,探析此类问题的解题思想.�
  1 利用基本不等式�
  在2008年的数学考纲中明确指出不等式的考试要求:掌握两个(不扩展到三个)正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的定理,并会简单的应用.基本不等式a�2+b�2≥2ab (a,b∈R);a+b2≥2ab(a,b>0)的结论本身就是以多元的形式给出的,所以它为多元不等式问题提供了一种解题思想.�
  例1 (2006年重庆理科第10题)若a,b,c>0且a(a+b+c)+bc=4-23,则2a+b+c的最小值为().�
  (�A�) 3-1 (�B�) 3+1�
  (�C�) 23+2(�D�)23-2�
  解:a(a+b+c)+bc=a��2�+a(b+c)+bc≤a��2�+a(b+c)+(b+c2�2=(a+b+c2)��2�=(2a+b+c)�24.�
  即 4-23≤(2a+b+c)�24,�
  因为 a,b,c>0,所以2a+b+c≥23-2.选(�D�).�
  例2 (2007年山东理科第16题)函数y=�log��a(x+3)-1(a>0,a≠1)的图像恒过定点A,若点A在直线mx+ny+1=0上,其中mn>0,则1m+2n的最小值为 .�
  解:定点A(-2,-1),由已知得2m+n=1,�
  所以 1m+2n=(1m+2n)(2m+n) =�
  4+nm+4mn≥4+4=8(当且仅当n=2m=12时取等号).所以最小值为8.�
  探析:在高考题中,能用基本不等式的思想解决的此类问题,以选择题、填空题为主要考查形式.�
  2 确定主元�
  所谓“主元思想”,即是指在含有两个或两个以上字母的问题的解决过程中,选择其中一个字母作为研究的主要对象,视为“主元”,而将其余各字母视作参数或常量,来指导解题的一种思想方法.这一思想方法运用的核心是确定“主元”、选择“主元”,在多变量问题的解题中一旦选对了“主元”,等价于战斗中选准了主攻方向.�
  例3(2004年全国卷II第22题)已知函数f(x)=�ln�(1+x)-x,g(x)=x�ln�x.�
  (Ⅰ) 求函数f(x) 的最大值;�
  (Ⅱ) 设0<a<b,证明0<g(a)+g(b)-2g(a+b2)<(b-a)�ln�2.�
  解:(Ⅰ)略;�
  (Ⅱ) 设F(x)=g(a)+g(x)-2g(a+x2), �
  则 F′(x)=�ln�x-�ln�a+x2.�
  当0<x<a时,F′(x)<0,因此F(x)在(0,a)上为减函数.�
  当x>a时,F′(x)>0,因此F(x)在(a,�+∞�)上为增函数.�
  所以当x=a时,F(x)有极小值F(a).�
  因为 F(a)=0,b>a, 所以 F(b)>0,�
  即 0<g(a)+g(b)-2g(a+b2).�
  设G(x)=F(x)-(x-a)�ln�2,则G′(x)=�ln�x-�ln�a+x2-�ln�2=�ln�x-�ln�(a+x).�
  当x>0时,G′(x)<0,�
  所以 G(x)在(0,�+∞�)上为减函数.�
  因为 G(a)=0,b>a,所以 G(b)<0,�
  即g(a)+g(b)-2g(a+b2)<(b-a)�ln�2.得证.�
  探析:将a,b中任一字母变为x,构造函数,用函数求导知识,结合函数单调性求解,这是多元不等式证明的一种重要思想.�
  3 逆转主元�
  解决数学问题时,大多是从条件出发,借助于一些具体的模式和方法,进行正面的、顺向的思考.如果正向思维受阻,那么“顺难则逆、直难则曲、正难则反”.在多元不等式问题中,逆转主元思想常使思考产生新的源泉.�
  例4(2007年浙江理科第22题)设f(x)=x�33,对任意实数t,记g�t(x)=t��23�x-23t.�
  (Ⅰ) 求函数y=f(x)-g�8(x)的单调区间;�
  (Ⅱ) 求证:(�)当x>0时,f(x)≥g�t(x)对任意正实数t成立;�
  (�)有且仅有一个正实数x�0,使得g�8(x�0)≥g�t(x�0)对任意正实数t成立.�
  解:(Ⅰ)略;�
  (Ⅱ) 证明:(i)方法一:令h(x)=f(x)-g�t(x)=x�33-t��23�x+23t (x>0),�
  则 h′(x)=x�2-t��23�,�
  当t>0时,由h′(x)=0,得x=t��13�,�
  当x∈(t��13�,�+∞�)时,h′(x)>0,�
  所以h(x)在(0,�+∞�)内的最小值是h(t��13�)=0.�
  故当x>0时,f(x)≥g�t(x)对任意正实数t成立.�
  方法二:对任意固定的x>0,令h(t)=g�t(x)=t��23�x-23t (t>0),�
  则 h′(t)=23t��-13�(x-t��13�),�
  由h′(t)=0,得t=x�3.�
  当0<t<x�3时,h′(t)>0.�
  当t>x�3时,h′(t)<0,�
  所以当t=x�3时,h(t)取得最大值h(x�3)=13x�3.因此当x>0时,f(x)≥g�t(x)对任意正实数t成立.�
  (ii)对任意x�0>0,g�8(x�0)=4x�0-163,因为g�t(x�0)关于t的最大值是13x�3��0�,所以要使g�8(x�0)≥g�t(x�0)对任意正实数成立的充分必要条件是:4x��0�-163≥13x�3�0,�
  即(x�0-2)�2(x�0+4)≤0,①�
  又因为x�0>0,不等式①成立的充分必要条件是x�0=2,所以有且仅有一个正实数x�0=2使得g�8(x�0)≥g�t(x�0)对任意正实数t成立.�
  探析:含参数问题通常含有两个或两个以上变元,习惯上我们把“x”当作自变量.Ⅱ(i)中的方法一就是以x为自变量构造函数求解,这是常规思路;方法二是视t为变量,x为常量,构造函数求解,这时就实现了自变量换位.两种方法的可行性体现了变量的相对性.但对于Ⅱ(ii),如果仍把“x”当作自变量,这种思维定势就会把问题变得相当复杂,这时用逆转主元的思想将x与t角色换位,问题迎刃而解.一般地,可把已知范围的那个看作自变量,另一个看作常量.�
  4 消元�
  因为多元,所以通过消元来解决是很自然的想法.解题中,通过消元,分多为少、化繁为简、变难为易,常可降低思维难度.�
  例5 (2006年浙江文科第20题)设f(x)=3ax�2+2bx+c,若 a+b+c=0,f(0)f(1)>0�
  求证 :(Ⅰ)方程f(x)=0有实根; �
  (Ⅱ) -2<ba<-1;�
  (Ⅲ) 设x�1,x�2是方程f(x)=0的两个实根,则33≤x�1-x�2<23.�
  证明:(Ⅰ) 若a = 0, 则 b= -c , �
  f(0)・f(1) = c (3a + 2b + c )= -c�2 ≤0, 与已知矛盾,所以 a ≠ 0.�
  方程3ax�2+2bx+c = 0 的判别式 Δ=4(b�2-3ac),由条件 a+b+c = 0,消去 b得�
本文为全文原貌 未安装PDF浏览器用户请先下载安装 原版全文   Δ=4(a�2+b�2-ac)=�
  4[(a-12c)�2+34c�2]>0.�
  故方程 f (x) = 0 有实根.�
  (Ⅱ)因为 f(0)・f(1) =c(3a+2b+c ),由条件 a+b+c=0,消去 c,得 (a+b)(2a+b)<0. 所以 (1+ba)(2+ba)<0,�
  故-2<ba<-1.�
  (Ⅲ)由条件,知x�1+x�2= -2b3a,�
  x�1・x�2=c3a=-a+b3a,�
  所以 (x�1-x�2)�2=(x�1-x�2)�2-4x�1x�2=49(ba+32)�2+13. 因为 -2<ba<-1, �
  所以 13≤(x�1-x�2)�2<49,�
  故 33≤x�1-x�2<23.�
  探析:由等量关系 a + b + c = 0, (Ⅰ) 消去 b,即用a、c表示b,尽管仍有两个字母,但整理得二次三项式后很容易联想到用配方解决问题;(Ⅱ)消去 c,即用a、b表示c,同时也就确定了解题目标中的元a和b,简化了问题;进而用(Ⅱ)解决了问题(Ⅲ).�
  5 换元�
  对于比较复杂的式子,其中某些含参数的部分若能看成一个整体,换成一个新的字母,于是问题中的参数就减少了.复杂问题可以简单化、明朗化,这就是换元思想独到的作用.�
  例6 (2006年四川理科第22题)已知函数f(x)=x�2+2x+a�ln�x(x>0),f(x)的导函数是f′(x).对任意两个不相等的正数x�1、x�2,证明:�
  (Ⅰ) 当a≤0时,f(x�1)+f(x�2)2>f(x�1+x�22);�
  (Ⅱ)当a≤4时,|f′(x�1)-f′(x�2)|>�|x�1-x�2|.�
  证明:(Ⅰ)由f(x)=x�2+2x+a�ln�x,�
  得f(x��1�) + f(x��2�)2 =12(x�2��1�+x�2��2�) + (1x�1 + 1x�2) + a2(�ln�x��1� + �ln�x��2�)=�
  12(x�2�1+x�2�2)+x�1+x�2x�1x�2+a�ln�x�1x�2,�
  f(x�1+x�22)=(x�1+x�22)�2+4x�1+x�2+�
  a�ln�x�1+x�22�
  而12(x�2��1� + x�2��2�) >14[(x�2��1� + x�2��2�) + 2x��1�x��2�]�2 =(x��1� + x��2�2)�2①�
  又(x��1� + x��2�)�2 = (x�2��1� + x�2��2�) + 2x��1�x��2� > 4x��1�x��2�, 所以 (x�1+x�2)x�1x�2>4x�1+x�2②�
   因为x�1x�2<x�1+x�22,�
   所以 �ln�x�1x�2<�ln�x�1+x�22.�
  因为 a≤0, �
  所以 a�ln�x�1x�2<a�ln�x�1+x�22③�
  由①、②、③得 12(x�2��1� + x�2��2�) + x��1� + x��2�x��1�x��2�+�
  a�ln�x��1�x��2�>(x�1+x�22)�2+4x�1+x�2+a�ln�x�1x�2,�
  即f(x�1)+f(x�2)2>f(x�1+x�22).�
  (Ⅱ)由f(x)=x�2+2x+a�ln�x,得�
  f′(x)=2x-2x�2+ax�
  所以 |f′(x��1�)-f′(x��2�)| =�
  |(2x��1�-2x�2��1� + ax��1�)-(2x��2�-2x�2��2� +ax��2�)| =�
   x��1�-x��2�・|2 + 2(x��1� + x��2�)(x�2��1�x�2��2�-a(x��1�x��2�|�
  因为 x�1,x�2是两个不相等的正数,�
  所以 2 +2(x��1� + x��2�)x�2��1�x�2��2�-ax��1�x��2�> 2 +4(x��1�x��2�)�3-ax��1�x��2�≥2+4(x�1x�2)�3-4x�1x�2.设t=1x�1x�2,u(t)=2+4t�3-4t�2(t>0), �
  则u′(t)=4t(3t-2),列表:�
  
  t(0,23)23(23,�+∞�)
  u′(t)-0+
  u(t)�极小值3827�
  所以u=3827>1,�
  即 2+2(x��1� + x��2�)x�2��1�x�2��2�-ax��1�x��2�>1,�
  所以 |f′(x��1�)-f′(x��2�)| =|x��1�-x��2�|・|2 + 2(x��1� + x��2�)x�2��1�x�2��2�-ax��1�x��2�|>|x��1�-x��2�|�
  即对任意两个不相等的正数x�1,x�2,恒有�
  |f′(x�1)-f′(x�2)|>|x�1-x�2|.�
  探析:(Ⅰ)利用了基本不等式证得;(Ⅱ)也是多元不等式的证明,在尝试用(Ⅰ)中的思想不能完全证得命题时,却在变形过程中发现式子中出现一个整体1x�1x�2,此时巧妙地运用换元法化简式子,构造函数使问题得以转化.
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