构造函数解题

文章目录

一、构造函数二、方法1.构造一次函数2.构造二次函数3.构造其它函数

三、写在最后

一、构造函数

在处理某些方程、不等式等问题时，常常需要构造一个函数，利用函数图像的性质来解决问题。“构造”体现了我们的“创造力”。

二、方法

1.构造一次函数

利用一次函数的单调性来证明不等式是一种常用的方法。

1.设

a

,

b

,

c

a,b,c

a,b,c 是绝对值小于1的实数，证明：

a

b

+

b

c

+

c

a

+

1

>

0.

ab+bc+ca+1>0.

ab+bc+ca+1>0.

证明： 构造一次函数

f

(

x

)

=

(

b

+

c

)

x

+

b

c

+

1

,

−

1

<

x

<

1.

f(x)=(b+c)x+bc+1,-1

f(x)=(b+c)x+bc+1,−1

(

−

1

,

f

(

−

1

)

)

、

(

1

,

f

(

1

)

)

(-1,f(-1))、(1,f(1))

(−1,f(−1))、(1,f(1))，如果能证明两个端点的函数值均大于0，则对定义域内的每一点

x

x

x，

f

(

x

)

f(x)

f(x)恒大于0. 因为

f

(

−

1

)

=

−

(

b

+

c

)

+

b

c

+

1

=

(

b

−

1

)

(

c

−

1

)

>

0

\quad f(-1)=-(b+c)+bc+1=(b-1)(c-1)>0

f(−1)=−(b+c)+bc+1=(b−1)(c−1)>0

f

(

1

)

=

b

+

c

+

b

c

+

1

=

(

b

+

1

)

(

c

+

1

)

>

0

\quad\quad \ \ \ f(1)=b+c+bc+1=(b+1)(c+1)>0

f(1)=b+c+bc+1=(b+1)(c+1)>0 所以，当

−

1

<

x

<

1

-1

−1

f

(

x

)

f(x)

f(x)恒大于0，故

f

(

a

)

=

a

(

b

+

c

)

+

b

c

+

1

=

a

b

+

b

c

+

c

a

+

1

>

0.

f(a)=a(b+c)+bc+1=ab+bc+ca+1>0.

f(a)=a(b+c)+bc+1=ab+bc+ca+1>0.

2.设

x

,

y

,

z

∈

(

0

,

1

)

x,y,z\in(0,1)

x,y,z∈(0,1)，求证：

x

(

1

−

y

)

+

y

(

1

−

z

)

+

z

(

1

−

x

)

<

1.

x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1.

x(1−y)+y(1−z)+z(1−x)<1.

证明： 构造关于

x

x

x的一次函数

f

(

x

)

=

(

1

−

y

−

z

)

x

+

(

y

+

z

−

y

z

−

1

)

f(x)=(1-y-z)x+(y+z-yz-1)

f(x)=(1−y−z)x+(y+z−yz−1) 因为

f

(

0

)

=

y

+

z

−

y

z

−

1

=

−

(

y

−

1

)

(

z

−

1

)

<

0

\quad f(0)=y+z-yz-1=-(y-1)(z-1)<0

f(0)=y+z−yz−1=−(y−1)(z−1)<0

f

(

1

)

=

(

1

−

y

−

z

)

+

(

y

+

z

−

y

z

−

1

)

=

−

y

z

<

0

\quad \quad \ \ \ f(1)=(1-y-z)+(y+z-yz-1)=-yz<0

f(1)=(1−y−z)+(y+z−yz−1)=−yz<0 所以，对于

0

<

x

<

1

0

0

f

(

x

)

<

0

f(x)<0

f(x)<0，即

(

1

−

y

−

z

)

x

+

(

y

+

z

−

y

z

−

1

)

<

0

,

(1-y-z)x+(y+z-yz-1)<0,

(1−y−z)x+(y+z−yz−1)<0,也即

x

(

1

−

y

)

+

y

(

1

−

z

)

+

z

(

1

−

x

)

<

1.

\quad x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1.

x(1−y)+y(1−z)+z(1−x)<1.

3.若不等式

(

1

e

)

a

x

2

+

7

x

−

1

<

(

1

e

)

2

x

+

5

\Big(\dfrac{1}{e}\Big)^{ax^2+7x-1}<\Big(\dfrac{1}{e}\Big)^{2x+5}

(e1​)ax2+7x−1<(e1​)2x+5对

−

1

≤

a

≤

1

-1\leq a \leq 1

−1≤a≤1恒成立，求

x

x

x 的取值范围.

解： 由题意，

a

x

2

+

7

x

−

1

>

2

x

+

5

ax^2+7x-1>2x+5

ax2+7x−1>2x+5 对

−

1

≤

a

≤

1

-1\leq a \leq 1

−1≤a≤1恒成立 即关于

a

a

a 的不等式

a

x

2

+

5

x

−

5

>

0

ax^2+5x-5>0

ax2+5x−5>0 对

−

1

≤

a

≤

1

-1\leq a \leq 1

−1≤a≤1恒成立. 构造关于a的一次函数

g

(

a

)

=

a

x

2

+

5

x

−

6

g(a)=ax^2+5x-6

g(a)=ax2+5x−6因为

g

(

−

1

)

=

−

x

2

+

5

x

−

6

>

0

\quad g(-1)=-x^2+5x-6>0

g(−1)=−x2+5x−6>0

g

(

1

)

=

x

2

+

5

x

−

6

>

0

\quad \quad \ \ \ g(1)=x^2+5x-6>0

g(1)=x2+5x−6>0 所以

2

<

x

<

3

2

2

x

x

x 的取值范围是

(

2

,

3

)

.

(2,3).

(2,3).

总结： 构造一次函数，可以考虑 “主元法”。打破原题的对称性，将一个字母视为未知量，构造一次函数，再对函数的两个端点进行求值即可。

2.构造二次函数

说到二次函数，大家应该都会想到很多二次函数的性质，例如它的单调性。二次函数还和一元二次方程有着十分紧密的联系，那就是一元二次方程的判别式

Δ

=

b

2

−

4

a

c

\Delta=b^2-4ac

Δ=b2−4ac，关系着对应函数与x轴是否有交点。接下来，我们就来看一看二次函数是如何构造的。

1.设

a

1

,

a

2

,

⋯

,

a

n

,

b

1

,

b

2

,

⋯

b

n

a_1,a_2,\cdots,a_n,b_1,b_2,\cdots b_n

a1​,a2​,⋯,an​,b1​,b2​,⋯bn​是实数，证明：

(

a

1

2

+

a

2

2

+

⋯

+

a

n

2

)

(

b

1

2

+

b

2

2

+

⋯

+

b

n

2

)

≥

(

a

1

b

1

+

a

2

b

2

+

⋯

+

a

n

b

n

)

2

.

(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2)\geq(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)^2.

(a12​+a22​+⋯+an2​)(b12​+b22​+⋯+bn2​)≥(a1​b1​+a2​b2​+⋯+an​bn​)2.

证明： 若

a

1

2

+

a

2

2

+

⋯

+

a

n

2

=

0

a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2=0

a12​+a22​+⋯+an2​=0，则

a

1

=

a

2

=

⋯

=

a

n

=

0

a_1=a_2=\cdots=a_n=0

a1​=a2​=⋯=an​=0，此时原不等式显然成立. 若

a

1

2

+

a

2

2

+

⋯

+

a

n

2

≠

0

a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2\neq 0

a12​+a22​+⋯+an2​=0，构造二次函数

f

(

x

)

=

(

a

1

2

+

a

2

2

+

⋯

+

a

n

2

)

x

2

−

2

(

a

1

b

1

+

a

2

b

2

+

⋯

+

a

n

b

n

)

x

+

(

b

1

2

+

b

2

2

+

⋯

+

b

n

2

)

f(x)=(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)x^2-2(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)x+(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2)

f(x)=(a12​+a22​+⋯+an2​)x2−2(a1​b1​+a2​b2​+⋯+an​bn​)x+(b12​+b22​+⋯+bn2​)

=

(

a

1

x

−

b

1

)

2

+

(

a

2

x

−

b

2

)

2

+

⋯

+

(

a

n

x

−

b

n

)

2

\quad \quad \ =(a_1x-b_1)^2+(a_2x-b_2)^2+\cdots+(a_nx-b_n)^2

=(a1​x−b1​)2+(a2​x−b2​)2+⋯+(an​x−bn​)2

f

(

x

)

f(x)

f(x) 是一条开口向上的抛物线，并且

f

(

x

)

≥

0

f(x)\geq 0

f(x)≥0 恒成立，所以

Δ

=

4

(

a

1

b

1

+

a

2

b

2

+

⋯

+

a

n

b

n

)

2

−

4

(

a

1

2

+

a

2

2

+

⋯

+

a

n

2

)

(

b

1

2

+

b

2

2

+

⋯

+

b

n

2

)

≤

0

\Delta=4(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)^2-4(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2)\leq 0

Δ=4(a1​b1​+a2​b2​+⋯+an​bn​)2−4(a12​+a22​+⋯+an2​)(b12​+b22​+⋯+bn2​)≤0 即

(

a

1

2

+

a

2

2

+

⋯

+

a

n

2

)

(

b

1

2

+

b

2

2

+

⋯

+

b

n

2

)

≥

(

a

1

b

1

+

a

2

b

2

+

⋯

+

a

n

b

n

)

2

\quad (a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2)\geq(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)^2

(a12​+a22​+⋯+an2​)(b12​+b22​+⋯+bn2​)≥(a1​b1​+a2​b2​+⋯+an​bn​)2 其中等号成立当且仅当

a

i

=

k

b

i

,

i

=

1

,

2

,

⋯

n

,

k

a_i=kb_i,i=1,2,\cdots n,k

ai​=kbi​,i=1,2,⋯n,k 是某个常数时成立.

本题中的不等式就是著名的柯西不等式。

注意： 本题构造二次函数，还需分类讨论

x

2

x^2

x2 前的系数是否为0。讨论

a

1

2

+

a

2

2

+

⋯

+

a

n

2

a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2

a12​+a22​+⋯+an2​ 的值正是如此。

总结： 从柯西不等式的证明过程中，我们可以发现： 对于

A

C

≤

(

AC\leq(

AC≤(或

≥

)

B

2

\geq)B^2

≥)B2 这类不等式，可以先把不等式变形为

4

A

C

≤

(

4AC\leq(

4AC≤(或

≥

)

(

2

B

)

2

\geq) \ (2B)^2

≥) (2B)2，然后构造一个二次函数

f

(

x

)

=

A

x

2

−

(

2

B

)

x

+

C

,

f(x)=Ax^2-(2B)x+C,

f(x)=Ax2−(2B)x+C,再证明它的判别式

≤

0

(

\leq 0(

≤0(或

≥

0

)

\geq 0)

≥0)。

下面再举一个类似的例子，感受一下

Δ

\Delta

Δ 的“力量”。

2.设

x

1

,

x

2

,

x

3

,

y

1

,

y

2

,

y

3

x_1,x_2,x_3,y_1,y_2,y_3

x1​,x2​,x3​,y1​,y2​,y3​是实数，且满足

x

1

2

+

x

2

2

+

x

3

2

≤

1

x_1^2+x_2^2+x_3^2\leq1

x12​+x22​+x32​≤1。 求证：

(

x

1

y

1

+

x

2

y

2

+

x

3

y

3

−

1

)

2

≥

(

x

1

2

+

x

2

2

+

x

3

2

−

1

)

(

y

1

2

+

y

2

2

+

y

3

2

−

1

)

(x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3-1)^2\geq(x_1^2+x_2^2+x_3^2-1)(y_1^2+y_2^2+y_3^2-1)

(x1​y1​+x2​y2​+x3​y3​−1)2≥(x12​+x22​+x32​−1)(y12​+y22​+y32​−1)。

证明： 若

x

1

2

+

x

2

2

+

x

3

2

=

1

x_1^2+x_2^2+x_3^2=1

x12​+x22​+x32​=1，原不等式显然成立。 若

x

1

2

+

x

2

2

+

x

3

2

<

1

x_1^2+x_2^2+x_3^2<1

x12​+x22​+x32​<1，构造函数

f

(

t

)

=

(

x

1

2

+

x

2

2

+

x

3

2

−

1

)

t

2

−

2

(

x

1

y

1

+

x

2

y

2

+

x

3

y

3

)

t

+

(

y

1

2

+

y

2

2

+

y

3

2

−

1

)

f(t)=(x_1^2+x_2^2+x_3^2-1)t^2-2(x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3)t+(y_1^2+y_2^2+y_3^2-1)

f(t)=(x12​+x22​+x32​−1)t2−2(x1​y1​+x2​y2​+x3​y3​)t+(y12​+y22​+y32​−1)

=

(

x

1

t

−

y

1

)

2

+

(

x

2

t

−

y

2

)

2

+

(

x

3

t

−

y

3

)

2

−

(

t

−

1

)

2

\quad \quad \quad \ \ =(x_1t-y_1)^2+(x_2t-y_2)^2+(x_3t-y_3)^2-(t-1)^2

=(x1​t−y1​)2+(x2​t−y2​)2+(x3​t−y3​)2−(t−1)2

f

(

t

)

f(t)

f(t) 是一条开口向下的抛物线，又因为

f

(

1

)

=

(

x

1

−

y

1

)

2

+

(

x

2

−

y

2

)

2

+

(

x

3

−

y

3

)

2

≥

0

f(1)=(x_1-y_1)^2+(x_2-y_2)^2+(x_3-y_3)^2\geq 0

f(1)=(x1​−y1​)2+(x2​−y2​)2+(x3​−y3​)2≥0 所以

f

(

t

)

f(t)

f(t) 与x轴必有交点，即

Δ

=

4

(

x

1

y

1

+

x

2

y

2

+

x

3

y

3

)

2

−

4

(

x

1

2

+

x

2

2

+

x

3

2

−

1

)

(

y

1

2

+

y

2

2

+

y

3

2

−

1

)

≥

0

\Delta=4(x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3)^2-4(x_1^2+x_2^2+x_3^2-1)(y_1^2+y_2^2+y_3^2-1)\geq 0

Δ=4(x1​y1​+x2​y2​+x3​y3​)2−4(x12​+x22​+x32​−1)(y12​+y22​+y32​−1)≥0也即

(

x

1

y

1

+

x

2

y

2

+

x

3

y

3

−

1

)

2

≥

(

x

1

2

+

x

2

2

+

x

3

2

−

1

)

(

y

1

2

+

y

2

2

+

y

3

2

−

1

)

.

\quad(x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3-1)^2\geq(x_1^2+x_2^2+x_3^2-1)(y_1^2+y_2^2+y_3^2-1).

(x1​y1​+x2​y2​+x3​y3​−1)2≥(x12​+x22​+x32​−1)(y12​+y22​+y32​−1).

对于构造二次函数的不等式证明，主要就是根据二次函数和x轴的交点情况，通过判别式进行证明。这还是挺简单的，你学废了吗？

3.构造其它函数

其它函数包括三次及高次函数，还有一些复合函数，因题而异。 首先来看一个复合函数的例子。（个人认为这是一道非常有趣的题目。） 1.已知

x

,

y

∈

[

−

π

4

,

π

4

]

,

a

∈

R

x,y\in\big[-\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{4}\big],a\in R

x,y∈[−4π​,4π​],a∈R，且

{

x

3

+

sin

⁡

x

−

2

a

=

0

,

4

y

3

+

1

2

sin

⁡

2

y

+

a

=

0.

\begin{cases} x^3+\sin x-2a=0, \\ 4y^3+\dfrac{1}{2}\sin2y+a=0. \\ \end{cases}

⎩

⎨

⎧​x3+sinx−2a=0,4y3+21​sin2y+a=0.​求

cos

⁡

(

x

+

2

y

)

\cos(x+2y)

cos(x+2y) 的值。 分析： 本题中所给的条件具有一定的联系，可以通过奇偶性，从

f

(

x

)

=

x

3

f(x)=x^3

f(x)=x3 与

f

(

x

)

=

sin

⁡

x

f(x)=\sin x

f(x)=sinx 这两个奇函数中入手，构造一个复合函数。两个增函数复合之后仍然是增函数，两个奇函数的和也是奇函数，我们就可以根据这个性质解决本题。

解： 原方程组可化为

{

x

3

+

sin

⁡

x

−

2

a

=

0

,

(

−

2

y

)

3

+

sin

⁡

(

−

2

y

)

+

2

a

=

0.

\begin{cases} x^3+\sin x-2a=0, \\ (-2y)^3+\sin(-2y)+2a=0. \\ \end{cases}

{x3+sinx−2a=0,(−2y)3+sin(−2y)+2a=0.​ 设

f

(

t

)

=

t

3

+

sin

⁡

t

f(t)=t^3+\sin t

f(t)=t3+sint，则

f

(

t

)

f(t)

f(t) 在

[

−

π

2

,

π

2

]

\big[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\big]

[−2π​,2π​] 上严格单调递增. 又

x

,

−

2

y

∈

[

−

π

2

,

π

2

]

x,-2y\in \big[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\big]

x,−2y∈[−2π​,2π​]，且

f

(

x

)

=

f

(

−

2

y

)

f(x)=f(-2y)

f(x)=f(−2y) 所以

x

=

−

2

y

,

x

+

2

y

=

0

x=-2y,x+2y=0

x=−2y,x+2y=0 所以

cos

⁡

(

x

+

2

y

)

=

cos

⁡

0

=

1.

\cos (x+2y)=\cos 0=1.

cos(x+2y)=cos0=1.

2.设

f

(

x

)

f(x)

f(x) 是一个98次的多项式，使得

f

(

k

)

=

1

k

,

k

=

1

,

2

,

⋯

,

99

f(k)=\frac{1}{k},k=1,2,\cdots,99

f(k)=k1​,k=1,2,⋯,99，求

f

(

100

)

f(100)

f(100)的值。

解： 构造函数

g

(

x

)

=

x

f

(

x

)

−

1

g(x)=xf(x)-1

g(x)=xf(x)−1，则

g

(

1

)

=

g

(

2

)

=

⋯

=

g

(

99

)

=

0

g(1)=g(2)=\cdots=g(99)=0

g(1)=g(2)=⋯=g(99)=0， 且

g

(

x

)

g(x)

g(x) 是一个99次多项式，所以

g

(

x

)

=

a

(

x

−

1

)

(

x

−

2

)

⋯

(

x

−

99

)

,

g(x)=a(x-1)(x-2)\cdots(x-99),

g(x)=a(x−1)(x−2)⋯(x−99),其中

g

(

x

)

g(x)

g(x) 的首项系数

a

a

a 是一个待定系数. 由于

f

(

x

)

=

g

(

x

)

+

1

x

=

a

(

x

−

1

)

(

x

−

2

)

⋯

(

x

−

99

)

+

1

x

f(x)=\frac{g(x)+1}{x}=\frac{a(x-1)(x-2)\cdots(x-99)+1}{x}

f(x)=xg(x)+1​=xa(x−1)(x−2)⋯(x−99)+1​是一个98次多项式，所以

a

(

x

−

1

)

(

x

−

2

)

⋯

(

x

−

99

)

a(x-1)(x-2)\cdots(x-99)

a(x−1)(x−2)⋯(x−99) 的常数项必须为0. 所以

a

=

1

99

!

.

a=\dfrac{1}{99!}.

a=99!1​. 所以

f

(

x

)

=

1

99

!

(

x

−

1

)

(

x

−

2

)

⋯

(

x

−

99

)

+

1

x

f(x)=\frac{\dfrac{1}{99!}(x-1)(x-2)\cdots(x-99)+1}{x}

f(x)=x99!1​(x−1)(x−2)⋯(x−99)+1​所以

f

(

100

)

=

1

+

1

100

=

1

50

.

f(100)=\frac{1+1}{100}=\frac{1}{50}.

f(100)=1001+1​=501​.

总结： 对于二次三项式

f

(

x

)

=

a

x

2

+

b

x

+

c

f(x)=ax^2+bx+c

f(x)=ax2+bx+c，若

f

(

x

)

=

0

f(x)=0

f(x)=0 有两个根

x

1

,

x

2

x_1,x_2

x1​,x2​，则

f

(

x

)

=

a

(

x

−

x

1

)

(

x

−

x

2

)

.

f(x)=a(x-x_1)(x-x_2).

f(x)=a(x−x1​)(x−x2​). （也就是二次函数的顶点式。） 一般地，一个

n

(

≥

2

)

n\ (\geq2)

n (≥2)次多项式

f

(

x

)

=

a

n

x

n

+

a

n

−

1

x

n

−

1

+

⋯

+

a

1

x

+

a

0

,

f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0,

f(x)=an​xn+an−1​xn−1+⋯+a1​x+a0​,若它的n个根为

x

1

,

x

2

,

⋯

,

x

n

x_1,x_2,\cdots,x_n

x1​,x2​,⋯,xn​，则

f

(

x

)

=

a

n

(

x

−

x

1

)

(

x

−

x

2

)

⋯

(

x

−

x

n

)

.

f(x)=a_n(x-x_1)(x-x_2)\cdots(x-x_n).

f(x)=an​(x−x1​)(x−x2​)⋯(x−xn​).

解决构造函数问题，还可以考虑原不等式的对称性。一般情况下，原不等式的一边是一个关于

a

,

b

,

c

a,b,c

a,b,c 的轮换对称多项式。构造一个高次函数，再利用一些常用不等式，如均值不等式（平均不等式），或乘法公式进行解题。看下面的例子： 3.

△

A

B

C

\triangle ABC

△ABC 的三边长

a

,

b

,

c

a,b,c

a,b,c 满足

a

+

b

+

c

=

1

a+b+c=1

a+b+c=1，求证：

5

(

a

2

+

b

2

+

c

2

)

+

18

a

b

c

≥

7

3

5(a^2+b^2+c^2)+18abc\geq\dfrac{7}{3}

5(a2+b2+c2)+18abc≥37​.

证明：

a

2

+

b

2

+

c

2

=

(

a

+

b

+

c

)

2

−

2

(

a

b

+

b

c

+

c

a

)

a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)

a2+b2+c2=(a+b+c)2−2(ab+bc+ca)

=

1

−

2

(

a

b

+

b

a

+

c

a

)

\quad \ \ \ =1-2(ab+ba+ca)

=1−2(ab+ba+ca) 所以原不等式等价于

5

9

(

a

2

+

b

2

+

c

2

−

a

b

c

)

≤

4

27

\frac{5}{9}(a^2+b^2+c^2-abc)\leq\frac{4}{27}

95​(a2+b2+c2−abc)≤274​ 构造三次函数

f

(

x

)

=

(

x

−

a

)

(

x

−

b

)

(

x

−

c

)

f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)

f(x)=(x−a)(x−b)(x−c) 由题意，可得

f

(

x

)

=

x

3

−

x

2

+

(

a

b

+

b

c

+

c

a

)

x

−

a

b

c

f(x)=x^3-x^2+(ab+bc+ca)x-abc

f(x)=x3−x2+(ab+bc+ca)x−abc因为

a

+

b

+

c

=

1

a+b+c=1

a+b+c=1 且

a

,

b

,

c

a,b,c

a,b,c 是三角形的三边长 所以

0

<

a

,

b

,

c

<

1

2

0

0

0

<

a

,

b

,

c

<

5

9

.

0

0

f

(

5

9

)

=

(

5

9

)

3

−

(

5

9

)

2

+

5

9

(

a

b

+

b

c

+

c

a

)

−

a

b

c

f(\dfrac{5}{9})=(\dfrac{5}{9})^3-(\dfrac{5}{9})^2+\dfrac{5}{9}(ab+bc+ca)-abc

f(95​)=(95​)3−(95​)2+95​(ab+bc+ca)−abc

=

(

5

9

−

a

)

(

5

9

−

b

)

(

5

9

−

c

)

\quad \quad \ \ =(\dfrac{5}{9}-a)(\dfrac{5}{9}-b)(\dfrac{5}{9}-c)

=(95​−a)(95​−b)(95​−c) 根据均值不等式，

f

(

x

)

≤

[

(

5

9

−

a

)

(

5

9

−

b

)

(

5

9

−

c

)

3

]

3

=

8

729

f(x)\leq\bigg[\dfrac{(\dfrac{5}{9}-a)(\dfrac{5}{9}-b)(\dfrac{5}{9}-c)}{3}\bigg]^3=\dfrac{8}{729}

f(x)≤[3(95​−a)(95​−b)(95​−c)​]3=7298​ 所以

5

9

(

a

b

+

b

c

+

c

a

)

−

a

b

c

≤

8

729

−

(

5

9

)

3

−

(

5

9

)

2

\frac{5}{9}(ab+bc+ca)-abc\leq\frac{8}{729}-(\frac{5}{9})^3-(\frac{5}{9})^2

95​(ab+bc+ca)−abc≤7298​−(95​)3−(95​)2 所以

5

9

(

a

b

+

b

c

+

c

a

)

−

a

b

c

≤

4

27

\frac{5}{9}(ab+bc+ca)-abc\leq\frac{4}{27}

95​(ab+bc+ca)−abc≤274​ 所以命题得证.

三、写在最后

本文主要介绍了如何构造函数证明方程和不等式，希望对大家有所帮助。 参考资料：《奥数教程（第七版）高中第一分册》。

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