构造函数证明平面几何问题
【简介】感谢网友“怎么会这样”参与投稿，以下是小编收集整理的构造函数证明平面几何问题（共10篇），希望对大家有所帮助。
篇1：构造函数证明平面几何问题
构造函数证明平面几何问题
众所周知,单调函数的一个最基本性质:若f(z)是区间I上的单调函数X1,X2∈I,且f(x1)=f(x2),则x1=x2.下面我们利用这个性质来证明<数学通报>8期数学问题第1687题,进而再证明著名的施泰纳-莱默斯定理.
作 者：唐录义 汪思明 作者单位：唐录义(安徽省枞阳县浮山中学,246736)汪思明(安徽省枞阳县牛集职高)
刊 名：数学通报 PKU英文刊名：BULLETIN DES SCIENCES MATHEMATICS 年，卷(期)： 48(2) 分类号：O1 关键词：篇2：构造函数证明不等式
构造函数证明不等式
构造函数证明不等式构造函数证明:[2的平方/(2的平方-1)*3的平方/(3的平方-1)*...*n的.平方/(n的平方-1)]>e的(4n-4)/6n+3)次方
不等式两边取自然对数(严格递增)有:
ln(2^2/2^2-1)+ln(3^2/3^2-1)+...+ln(n^2/n^2-1)>(4n-4)/(6n+3)
不等式左边=2ln2-ln1-ln3+2ln3-ln2-ln4+...+2lnn-ln(n-1)-ln(n+1)
=ln2-ln1+lnn-ln(n+1)=ln[n^2/(n+1)]
构造函数f(x)=ln[x^2/(x+1)]-(4x-4)/(6x+3)
对f(x)求导,有:f'(x)=[(x+2)/x(x+1)]+[1/(x+1/2)]^2
当x>2时,有f'(x)>0有f(x)在x>2时严格递增从而有
f(n)>=f(2)=ln(4/3)-4/15=0.02>0
即有ln[n^2/(n+1)]>(4n-4)/(6n+3)
原不等式等证
【解】：
∏{n^2/(n^2-1)}[n≥2] >e^((4n-4)/(6n+3))
∵n^2/(n^2-1)=n^2/(n+1)(n-1)
∴∏{n^2/(n^2-1)}[n≥2] = 2n/(n+1)
原式可化简为：2n/(n+1) >e^((4n-4)/6n+3))
构建函数：F(n)=2n/(n+1)-e^((4n-4)/(6n+3))
其一阶导数F’(n)={2-4e^((4n-4)/(6n+3))}/(n+1)^2
∵e^((4n-4)/(6n+3))
∴F’(n)>0 [n≥2]
而F[2]=4/(2+1)-e^((8-4)/(12+3))=4/3-e^(4/15)>0
所以F(n)>0 [n≥2]
即：2n/(n+1) >e^((4n-4)/6n+3))
故得证。
一、结合勘根定理，利用判别式“△”的特点构造函数证明不等式
例1 若a,b,c∈R，且a≠0，又4a+6b+c>0，a-3b+c<0.
求证：9b2>4ac.
证明 构造函数f(x),设f(x)=ax2+3bx+c(a≠0)，
由f(2)=4a+6b+c>0，
f(-1)=a-3b+c<0，
根据勘根定理可知：f(x)在区间(-1,2)内必有零点.
又f(x)为二次函数，由勘根定理结合可知：
f(x)必有两个不同的零点.
令ax2+3bx+c=0可知△=(3b)2-4ac>0,
所以可得：9b2>4ac.命题得证.
评析 本题合理变换思维角度，抓住问题本质，通过构造二次函数,将所要证明的结论转化成判别式“△”的问题,再结合勘根定理和二次函数知识，从而使问题获得解决.
二、结合构造函数的单调性证明不等式
例2 (人教A版《选修4-5不等式选讲》例题改编)已知a,b,c是实数，求证：
|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.
证明 构造函数f(x)，设f(x)=x1+x(x≥0).
由于f′(x)=1(1+x)2,所以结合导数知识可知f(x)在[0，+∞)上是增函数.
∵0≤|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|,
∴f(|a+b+c|)≤f(|a|+|b|+|c|),
即|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|1+|a|+|b|+|c|=|a|1+|a|+|b|+|c|+|b|1+|a|+|b|+|c|+|c|1+|a|+|b|+|c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.命题得证.
三、结合构造函数在某个区间的最值证明不等式
例3 (第36届IMO试题)
设a,b,c为正实数，且满足abc=1,求证:
1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)≥32.
证明 构造函数，设f(a,b,c)=1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b),显然a=b=c=1时，f(a,b,c)=32≥32成立.
又abc=1，a,b,c为正实数，则a,b,c中必有一个不大于1，不妨设0f(a,b,c)-f(a,1,c)=(1-b)1a3(b+c)(1+c)+1+b+b2b3(a+c)+1c3(a+b)(1+a)≥0,
∴f(a,b,c)≥f(a,1,c)，
因此要证f(a,b,c)≥32，只要证f(a,1,c)≥32，此时ac=1，
∴a,1,c成等比数列，令a=q-1，c=q(q>0).
f(a,1,c)=q31+q+qq2+1+1q2(1+q)?
=q5+1q2(1+q)+qq2+1?
=(q4+1)-(q3+q)+q2q2+qq2+1?
=(q2+q-2)-(q+q-1)+1q+q-1+1?
=t2-t+1t-1.(其中t=q+q-1，且t≥2).
由导数知识(方法同例2、例3)可知函数
f(a,1,c)=t2-t+1t-1(t≥2)是增函数，
当且仅当t=2?q=1?a=c=1时，
(f(a,1,c))min=22-2+12-1=32成立，
∴f(a,1,c)≥32.
故f(a,b,c)≥f(a,1,c)≥32.命题得证。
篇3：例谈用基本量方法证明平面几何问题
例谈用基本量方法证明平面几何问题
在一个问题系统中,存在着n个量,使其余各量都可以用这n个量来表示,而这个n个量中的任何一个都不能用其它n-1个量来表示,我们就称这n个量为基本量.例如:三角形有三个基本量,直角三角形、等腰三角形均有两个基本量,正三角形仅有-个基本量,即多一个附加条件可以减少一个基本量;各类四边形的基本量个数如下表:
作 者：王美镇 作者单位：浙江省嵊州市职业教育中心 刊 名：青年与社会・中外教育研究 英文刊名：CHINESE AND FOREIGN EDUCATION RESEARCH 年，卷(期)： “”(12) 分类号：G63 关键词：篇4：Python构造函数及解构函数介绍
这篇文章主要介绍了Python构造函数及解构函数介绍,本文只是讲解构造及解构函数的简单知识,需要的朋友可以参考下
python 有一个相应的特殊解构器（destructor）方法名为__del__，然而，由于python具有垃圾对象回收机制（靠引用计数），这个函数要直到该实例对象所有的引用都被清除掉后才会被执行。python中的解构器是在实例释放前提供特殊处理功能方法，它们通常没有被实现，因为实例很少被显式释放。
在下面的例子中，我们分别创建（并覆盖） __init__()和__del__()构造器及解构函数，然后，初始化类并给同样的对象很多别名。id()内建函数可用来确定引用同一对象的三个别名。最后一步是使用del语句清除所有的别名，显示何时调用了多少次解构器。
代码如下:
#!/usr/bin/env python
#coding=utf-8
class P():
def __del__(self):
pass
class C(P):
def __init__(self):
print ‘initialized‘
def __del__(self):
P.__del__(self)
print ‘deleted‘
c1 = C()
c2 = c1
c3 = c1
print id(c1), id(c2), id(c3)
del c1
del c2
del c3
python没有提供任何内部机制来跟跟踪一个类有多少个实例被创建了，或者记录这些实例是什么东西，
如果需要这些功能，可以显式加入一些代码到类定义或者__init__()和__del__()中去。最好的方式是使用一个静态成员来记录实例的个数。靠保存它们的引用来跟踪实例对象是很危险的，因为你必须合理管理这些引用，不然你的引用可能没办法释放（因为还有其他的引用）！看下面的例子：
代码如下:
class InstCt(object):
count = 0
def __init__(self):
InstCt.count += 1
def __del__(self):
InstCt.count -= 1
def howMany(self):
return InstCt.count
a = InstCt()
b = InstCt()
print b.howMany()
print a.howMany()
del b
print a.howMany()
del a
print InstCt.count
所有输出：
代码如下:
initialized
4372150104 4372150104 4372150104
deleted
********************
2
2
1
0
篇5：拷贝构造函数的用法
jiu_acm
纸上得来终觉浅 绝知此事要躬行
拷贝构造函数的用法
1.拷贝构造函数是与类名相同，其形参是本类的对象的引用，
2.拷贝构造函数会在以下三种情况下被调用：
1）.当用类的一个对象去初始化该类的另一个对象时。
2）.如果函数的形参是类的对象，调用该函数，将对象作为函数实参传递给函数的形参时。
3）.如果函数的返回值是类的对象，函数执行完成，将返回值返回时。
3.浅拷贝的失败例子：
1 #include
2 #include
3
4 using namespace std;
5
6
7 class str
8 {
9 private:
10 char *s;
11 int len;
12 public:
13 str()
14 {
15 len=0;
16 s=NULL;
17 }
18 str(const char *p)
19 {
20 len=strlen(p);
21 s=new char[len+1];
22 strcpy(s,p);
23 }
24 ~str()
25 {
26 if(s!=NULL)
27 {
28 delete []s;
29 s=NULL;
30 }
31 }
32 };
33
34 int main()
35 {
36 str s1(“I love you!”);
37 str s2=s1; //这里会发生错误，
38 return 0;
39 }
之所以发生错误是因为两个对象在析构时都要delete那块堆里的内存，但是程序里是浅拷贝，也就是说，s2只拷贝了s1的堆内存的地址，s2的s指针指向s1申请的堆内存，两次delete同一块内存，明显不合法。故而需要增加自定义拷贝构造函数，即深拷贝。见于下例：
1 str(str &r)
2 {
3 len=r.len;
4 if(len!=0)
5 {
6 s=new char[len+1];
7 strcpy(s,r.s);
8 }
9 }
4.注意：
1）.在自定义拷贝构造函数后，缺省拷贝构造函数和构造函数失效，构造函数需要自定义。
2）.在自定义构造函数后，缺省构造函数失效，但缺省拷贝构造函数仍有效。
篇6：函数极限证明
函数极限证明
函数极限证明记g(x)=lim[f1(x)^n+...+fm(x)^n]^(1/n)，n趋于正无穷;
下面证明limg(x)=max{a1,...am},x趋于正无穷。把max{a1,...am}记作a。
不妨设f1(x)趋于a;作b>a>=0,M>1;
那么存在N1,当x>N1,有a/M<=f1(x) 注意到f2的极限小于等于a，那么存在N2，当x>N2时，0<=f2(x) 同理，存在Ni，当x>Ni时，0<=fi(x) 取N=max{N1,N2...Nm};
那么当x>N,有
(a/M)^n<=f1(x)^n<=f1(x)^n+...fm(x)^n 所以a/M<=[f1(x)^n+...+fm(x)^n]^(1/n)
篇7：怎样学好平面几何证明的教学计划
怎样学好平面几何证明的教学计划
【内容摘要】延时评价能够给学生广阔的思维空间，有利于培养学生的数学思维能力.本文从三个角度论述了数学教师采用延时评价对学生思维发展的重要意义，指出教师在教学实践中要成功地将延时评价与及时评价结合起来.
【关键词】延时评价；及时评价；思维
1.学生有怪问时，延时评价可提供一个敢于释疑的环境
课堂教学中，当学生提出某些古怪、幼稚、甚至是荒诞的“怪论”时，常引来教师迫不及待的否定，无形中扑灭了学生创造的火花，挫伤学生的积极性.因此，教师千万不要及时评价，而应通过延时评价的方法，鼓励学生敢于思考、敢于与众不同、敢于发现和挑战，然后及时转换角色、转换角度，走进学生的内心世界来解决问题.
2 2
x y
例1.1在学习“双曲线的几何性质”时，总有学生提出这样的问题：“当x=0时，方程-=1
2 2
a b
没有实根，为什么还要将点B1（0，-b）,B2(0,b)在y轴上表示出来，并称B1B2为虚轴？”等等。
这些似是而非的问题是多么富有创意！从教学实践看，怪问就是一颗创造的种子，它埋在学生的心里。这颗珍贵而娇嫩的种子，只有在教师的精心呵护和培育下才会生根发芽。
2.问题有多解时，延时评价可提供一个敢于质疑的环境
在数学学习中，我们经常会碰到可以从不同角度、不同侧面来解决的问题.解决这样的问题时，教师对课堂上学生提出的解决问题的方案要采用延时评价，不能过早地给予及时的终结性的评价，否则会扼杀其他学生创新思维的火花.
2222
例2.1已知实数a，b，x，y满足a+b=4，x+y=9，求ax+by的最大值.
生：令a=2cosα，b=2sinα，x=3cosβ，y=3sinβ，则ax+by=6(cosαcosβ+sinαsinβ)=6cos(α-β)。故当cos(α-β)=1时，ax+by的最大值为6
教师一听，答案完全正确，情不自禁地说：“非常正确！和老师想得一模一样.其他同学呢？”哪知道
刚才举起的那些手“唰”地不见了！顿时，教师不知所措，不知道自己到底做错了什么……
正常情况下，由于受思维定势的影响，新颖、独特的见解常常出现在思维过程的后半段，也就是我们常说的“顿悟”和“灵感”.因此，在教学中，教师不能过早地给予评价以对其他学生的`思维形成定势，而应该灵活地运用延时评价，让学生在和谐的气氛中驰骋想象，使学生的个性思维得到充分发展.
3.思维受挫时，延时评价可提供一个敢于析疑的环境
案例3.1在利用不等式求最值时，有这样一个思维受挫的教学片段：
sinx2
求函数y=+〔0＜x＜π〕的最小值.
2sinx
sinx2
生：利用平均不等式，y≥2.=2
2sinx师：以上不等式能取到“=”吗？
生：因为sinx≠2，所以等号取不到，这样解错了.
师：说明用不等式不能解决此问题，可以用什么方法呢？……
以上教学片段中，虽然学生的思维暂时受挫，但这种解法是富有挑战性的，由于教师过滥的及时评价引起教学的尴尬.这种尴尬，不利于学生思维的深化和发展，挫伤了学生的学习积极性.
总之，要真正实现数学课程改革的目标，教师是关键，在课堂教学中教师要成功地运用延时评价，培养学生分析问题、解决问题的能力，促进学生思维的发展.
篇8：构造分式函数，利用分式函数的单调性证明不等式
构造分式函数，利用分式函数的单调性证明不等式
构造分式函数，利用分式函数的单调性证明不等式设f(x)在[0，1]上连续，且∫f(x)dx=0,∫xf(x)dx=1(两个积分都是在0-1上的积分)，求证存在一点X∈[0,1]使Of(x)O>4
反证法
证明：
∵∫f(x)dx=0,∫xf(x)dx=1
∴∫[x-(1/2)]f(x)dx=∫xf(x)dx-(1/2)∫f(x)dx=1
设在[0,1]上处处有|f(x)|<4
则∫[x-(1/2)]f(x)dx<=∫|[x-(1/2)]f(x)|dx
<4∫|x-(1/2)|dx (积分区间[0,1])
=4*{∫[(1/2)-x]dx+∫[x-(1/2)]dx} (积分区间分别为[0,1/2]和[1/2,1])
=4*{-(1/2)[0-(1/2)^2]+(1/2)[(1/2)^2-0]
=4*(1/2)(1/4+1/4)
=1
即∫[x-(1/2)]f(x)dx<1，与∫[x-(1/2)]f(x)dx=1矛盾
设在[0,1]上处处有|f(x)|=4
∵f(x)在[0，1]上连续
∴f(x)在[0，1]上恒等于4
或f(x)在[0，1]上恒等于-4
显然与∫f(x)dx=0矛盾
故以上两个假设均不成立。
∴必存在一点X∈[0,1]使Of(x)O>4
原不等式等价于
ln(b/a)>2(b/a-1)/(b/a+1)
由于b>a>0，令b/a=x，x>1
不等式化为lnx>2(x-1)/(x+1)
即lnx>2-4/(x+1)
建立辅助函数f(x)=lnx+4/(x+1)，x>1
f'=1/x-4/(x+1)^2=[(x+1)^2-4x]/[x(x+1)^2]
=(x-1)^2/[x(x+1)^2]>0
所以f(x)在[1,+∞)上单调递增，所以，当x>1时
f(x)>f(1),而f(1)=2
所以lnx+4/(x+1)>2
原不等式成立!
令f(x)=ln(x/a)-2(x-a)/(x+a)，a>0，x>0，
则f'(x)=1/x-4a/(x+a)^2=[(x-a)^2]/[x(x+a)^2]，
当x>a时，总有f'(x)>0，所以f(x)在[a,+∞)上单调增加，
当b>a时，总有f(b)>f(a)=0，即ln(b/a)>2(b-a)/(b+a).
你那个符号我打不出来，就用c代替了埃设F(x)的导数是f(x)。
情况1：f(x)恒大于0。要证的是：∫(上c下a)f(x)dx=3∫(上b下c)f(x)dx。→F(c)-F(a)=3F(b)-F(c)。→F(c)=[3F(b)+F(a)]/4。因为f(x)单调递增，易知F(x)也是单调递增的.。则容易得到F(a)<[3F(b)+F(a)]/4
f(x)在[0,1]上单调递减，证明当x属于(0,1)时，x*[F(1)-F(0)]<=F(x)-F(0)
这个题目有问题，你所说的这种情况还要保证f(x)的2阶导数小于0!你可以把X移过去这样两边就是斜率的表达式， 可以作图观察，在图是凹的情况下不成立，在凸的情况下成立!在凸的情况下，你可以令G(X)=(F(X)-F(0))/X 然后对GX求导通过GX的单调性证明。
篇9：构造法证明不等式
构造法证明不等式
构造法证明不等式由于证明不等式没有固定的模式，证法灵活多样，技巧性强，使得不等式证明成为中学数学的难点之一.下面通过数例介绍构造法在证明不等式中的.应用.
一、构造一次函数法证明不等式
有些不等式可以和一次函数建立直接联系，通过构造一次函数式，利用一次函数的有关特性，完成不等式的证明.
例1 设0≤a、b、c≤2，求证：4a+b+c+abc≥2ab+2bc+2ca.
证明：视a为自变量，构造一次函数
= 4a+b+c+abc-2ab-2bc-2ca = (bc-2b-2c+4)a+(b+c-2bc)，
由0≤a≤2，知表示一条线段.又= b+c-2bc = (b-c)≥0，
= b+c-4b-4c+8 = (b-2)+(c-2)≥0，
可见上述线段在横轴及其上方，∴≥0，即4a+b+c+abc≥2ab+2bc+2ca.
二、构造二次函数法证明不等式
对一些不等式证明的题目，若能巧妙构造一元二次函数，利用二次函数的有关特性，可以简洁地完成不等式证明.
例2 实数a、b、c满足( a+c)( a+b+c)<0，求证：( b-c )>4a( a+b+c).
证明：由已知得a = 0时，b≠c，否则与( a+c)( a+b+c)<0矛盾，
故a = 0时，( b-c )>4a( a+b+c)成立.
当a≠0时，构造二次函数= ax+( b-c )x+( a+b+c)，则有
= a+b+c，= 2(a+c)，而・= 2( a+c)( a+b+c)<0，
∴存在m，当-1
篇10：一类光滑控制函数构造研究
一类光滑控制函数构造研究
以自抗扰控制理论中跟踪微分器为研究对象,针对用sat函数表示的二阶连续跟踪微分器控制作用连续但不光滑的缺点,构造了带饱和限幅的连续光滑控制函数.将该函数引入二阶连续跟踪微分器,通过数学仿真验证,各项性能指标明显优于原跟踪微分器.
作 者：陈新龙 杨涤 翟坤 朱承元 作者单位：哈尔滨工业大学航天工程与力学系,哈尔滨,150001 刊 名：宇航学报 ISTIC PKU英文刊名：JOURNAL OF ASTRONAUTICS 年，卷(期)：2007 28(6) 分类号：V448.21 关键词：自抗扰控制 跟踪微分器 连续光滑控制
