不等式的證明策略

1、2009年高考數(shù)學(xué)難點(diǎn)突破專(zhuān)題輔導(dǎo)十八 難點(diǎn)18不等式的證明策略 不等式的證明，方法靈活多樣，它可以和很多內(nèi)容結(jié)合高考解答題中，常滲透 不等式證明的內(nèi)容，純不等式的證明，歷來(lái)是高中數(shù)學(xué)中的一個(gè)難點(diǎn)，本難點(diǎn)著重培養(yǎng)考 生數(shù)學(xué)式的變形能力，邏輯思維能力以及分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力 難點(diǎn)磁場(chǎng) ()已知 a0,b0,且 a+b=1. 求證：+丄)山+丄)蘭. a b 4 案例探究 例1證明不等式，112,(n NO 42y 3 Jn) 命題意圖：本題是一道考查數(shù)學(xué)歸納法、不等式證明的綜合性題目，考查學(xué)生 觀察能力、構(gòu)造能力以及邏輯分析能力，屬級(jí)題目 知識(shí)依托：本題是一個(gè)與自然數(shù)n有關(guān)的命題，首先想到應(yīng)

2、用數(shù)學(xué)歸納法，另外還 涉及不等式證明中的放縮法、構(gòu)造法等 錯(cuò)解分析：此題易出現(xiàn)下列放縮錯(cuò)誤： 這樣只注重形式的統(tǒng)一，而忽略大小關(guān)系的錯(cuò)誤也是經(jīng)常發(fā)生的 技巧與方法：本題證法一采用數(shù)學(xué)歸納法從門(mén)=|到門(mén)=| 1)時(shí)，不等式成立，即11 v2k, 寸 2 V3Jk 當(dāng)n=k+1時(shí)，不等式成立 綜合(1)、得：當(dāng)n N”時(shí)，都有1 + 另從k到k+1時(shí)的證明還有下列證法： 證法二：對(duì)任意k Ns都有： 證法三：設(shè) f(n)=2.n (1), 那么對(duì)任意k hb都有： f(k+1) f(k) 因此，對(duì)任意 n M都有 f(n) f(n-1) f(1)=1 0, 2vn 例2求使X.y 0, y 0)恒

3、成立的a的最小值. 命題意圖：本題考查不等式證明、求最值函數(shù)思想、以及學(xué)生邏輯分析能力， 屬于級(jí)題目 知識(shí)依托：該題實(shí)質(zhì)是給定條件求最值的題目，所求 a的最值蘊(yùn)含于恒成立的 不等式中，因此需利用不等式的有關(guān)性質(zhì)把a(bǔ)呈現(xiàn)出來(lái)，等價(jià)轉(zhuǎn)化的思想是解決題 目的突破口，然后再利用函數(shù)思想和重要不等式等求得最值 錯(cuò)解分析：本題解法三利用三角換元后確定a的取值范圍，此時(shí)我們習(xí)慣是將 x、y與cos B sin B來(lái)對(duì)應(yīng)進(jìn)行換元，即令 、x二cos 9，y二sin 9 (0 V Bv )，這 2 樣也得asin9+cos9,但是這種換元是錯(cuò)誤的其原因是：(1)縮小了 x、y的范圍； 這樣換元相當(dāng)于本題又增加了

4、 “ x、y=1 ”這樣一個(gè)條件，顯然這是不對(duì)的. 技巧與方法：除了解法一經(jīng)常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即 若參數(shù)a滿(mǎn)足不等關(guān)系,af(X),則amin=f(X)max ;若Q f(X),則amax=f(X)min,利用 這 一基本事實(shí)，可以較輕松地解決這一類(lèi)不等式中所含參數(shù)的值域問(wèn)題還有三角換 元法求最值用的恰當(dāng)好處，可以把原問(wèn)題轉(zhuǎn)化 解法一：由于a的值為正數(shù)，將已知不等式兩邊平方，得: x+y+2 . xy a2(x+y),即 2xy 0,二 x+y 2 xy, 當(dāng)且僅當(dāng)X弓時(shí)，中有等號(hào)成立. 比較、得a的最小值滿(mǎn)足聲- 1=1, a2=2, a= ,2 (因 a0) , z

5、i a 的最小值是 2. 解法二: 設(shè) uxy(x Jx y y)2 x y 2 . xy 1 2 .xy x y :x y x 0, y0,二 x+y 2xy (當(dāng) x=y 時(shí)“二”成立), 2段1,三型的最大值是1 x yx y 從而可知，U的最大值為,1 1,2, 又由已知，得au, r. 3的最小值為2 解法三： y 0, 原不等式可化為+代乳廠 設(shè) J 了 =tan 0 , B （, tan 0 +1 a tan2 1 ；即 tan 0 +1 sin 0 +cos 0 = 2 sin（ 0 + 一）, 4 又sin（0 + ）的最大值為1（此時(shí)0 =）. 由式可知a的最小值為2 .

6、錦囊妙計(jì) 1. 不等式證明常用的方法有：比較法、綜合法和分析法，它們是證明不等式的最基本 的方法. （1）比較法證不等式有作差（商）、變形、判斷三個(gè)步驟，變形的主要方向是因式 分解、配方，判斷過(guò)程必須詳細(xì)敘述；如果作差以后的式子可以整理為關(guān)于某一個(gè)變量的 二次式，則考慮用判別式法證 (2)綜合法是由因?qū)Ч?，而分析法是?zhí)果索因，兩法相互轉(zhuǎn)換，互相滲透，互為前 提，充分運(yùn)用這一辯證關(guān)系，可以增加解題思路，幵擴(kuò)視野 2不等式證明還有一些常用的方法：換元法、放縮法、反證法、函數(shù)單調(diào)性法、 判別式法、數(shù)形結(jié)合法等換元法主要有三角代換，均值代換兩種，在應(yīng)用換元法時(shí)，要注 意代換的等價(jià)性放縮性是不等式證明中

7、最重要的變形方法之一，放縮要有的放 矢，目標(biāo)可以從要證的結(jié)論中考查有些不等式，從正面證如果不易說(shuō)清楚，可以考慮反證 法凡是含有“至少” “惟一”或含有其他否定詞的命題，適宜用反證法 證明不等式時(shí)，要依據(jù)題設(shè)、題目的特點(diǎn)和內(nèi)在聯(lián)系，選擇適當(dāng)?shù)淖C明方法， 要熟悉各種證法中的推理思維，并掌握相應(yīng)的步驟、技巧和語(yǔ)言特點(diǎn) 殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練 一、填空題 1. ( )已知x、y是正變數(shù)，a、b是正常數(shù)，且=1, x+y的最小值 xy 為. 2. ()設(shè)正數(shù) a、b、c、d 滿(mǎn)足 a+d=b+c,且 |a d|v|b c|,貝 U ad 與 be 的大小關(guān)系是 3. ()若 mv n, pvq, 且(p m)(p

8、 n)v 0，(q m)(q n)v 0，貝 U m n p、q的大小順序是 二、解答題 4. ()己知 a, b, c 為正實(shí)數(shù)，a+b+c=1. 求證：(1)呼+132+& 3 (2) 3a 2 3b 2 3c 2 (1+n)m 8. ()若 a0, b0, a3+b3=2,求證：a+b 2, ab0,即證 4(ab)2 33(ab)+8 0,即證 ab 冬一或ab 8. 4 / a0, b0, a+b=1 ,二 ab8 不可能成立 /1=a+b2ab ab 0 , b0,二 ti+t2=0 , |ti|v 亍 |t2|v 顯然當(dāng)且僅當(dāng)t=0 ,即a=b=1時(shí)，等號(hào)成立. 2 證法三：（比

9、較法） 2 / a+b=1, a 0, b0, 證法四：（綜合法） 二 a+b 2、ab, / ab 0, b0, a+b 2 ab (abv 證法五：（三角代換法） 故令 a=sin2 a b=cos2 a , a (0 ,-) (a d(d a b)刖4 .)(cos2 .4 b sin sin 42 2 cos 2sin cos 2 4sin2 2 sin22 1,4 sin2 2 4 13. 4 2 si n22 16 25 2 (4 sin2 2 1 1 sin2 24 4si n2 2 1 1 即得(a -)(b -)25 a b T 殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練 a 25 4 )2 COS2 a

10、 0, b0, a+b=1, 2 COS (4 sin ) 2216 4sin2 2 U =sh2 0,貝 9 x=aseS 0 , y=bcsc2 0, x+y=asec2 V 0 +bcsc2 0 二 a+b+atan? 0 +bcot2 0 a+b+2 atan2 bcot2 a b 2 , ab 、1 解析：令 答案：a+b+2 ab 2解析：由 0bc. 答案：ad be 3.解析：把p、q看成變量，則mv pv n, mvqv n. 答案：mv pvqv n 二、4.(1)證法一：a2+b2+c2 1=1(3a2+3b2+3c2 1) 33 =1 : 3a2+3b2+3c2 (a+

11、b+c)2 3 =1 3a2+3b2+3c2 a2 b2 c2 2ab 2ac 2bc =1 (a b)2+(b c)2+(c a)2 0 二 a2+b2+c2- 33 證法二：(a+ b+c) 2= a2+ b2+c2+2ab+2 ac+2 bc (a+b+c)2=1 a2+b2+c2 1 3 2,2 2 證法三： / b c/bc. a2+b2+c2 址 V 3V33 a2+b2+c2 1 3 證法四：設(shè) a= 1 +, b=i + B , c + 丫 333 a+b+c=1, a + B + Y =0 a2+b2+c2=(1 + a )2+(1 + B )2+(1 + Y )2 333

12、=1+a2+B2+Y2, 1 3 a2+b2+c2 1 3 原不等式成立. 證法二： 3a 2,3b 2 =1 + 2(a + B + Y)+a2+B2+Y23 3 3a 2,3b 2 3c 2 (3a 2)(3b 2) (3c 2) 3 V3 ,3c 2 3.3 V 6 3 原不等式成立. 5證法一：由 x+y+z=1 , x2+y2+z2=1,得 x2+y2+(1 x y)2=-1,整理成關(guān)于 y 的 元二次方程得: 2y2 2(1 x)y+2x2 2x+1=0,v yE R,故 0 4(1 X)2 4X2(2x2 2X+1),0,得 0Wx 1+X， 2+ (yz)2 =1 +2x2 3

13、 3 2 3 2 故X ？ 0, 1 =x2+y2+z2 2 2 丄(y z)2(1 x)223 21 1 X24-X2 X2 X ,矛盾. 22222 x、y、z三數(shù)中若有最大者大于-不妨設(shè)xKiJ-=x2+y2+z2 3 32 22 X2+A=X24- (A = aX2- X+1 2222 =|x(x_ 3 珂2 ；矛盾. 故 X、y、Z 0,- 3 上式顯然成立，.原不等式得證 7 證明：對(duì)于 1 v i nCm(1 v m v n) mCn 二 nCo=1, mC： =ncm=m n, m2C2 n2C：, mmCmnmCm, rnm+1Cm1 0, , mnCn0, 1+C1 m+C

14、2 m2 一 C n mn 1 +Cm n+C2mn2C m nm, 即(1+m)n (1+ n)m 成立. 8證法一：因 a0, b0, a3+b3=2,所以 (a+b)3 一 2?二 a3+b3+3a2b+3ab2 8=3a2b+3ab2 6 =3 : ab(a+b) 2 =3 : ab(a+b) 一 (a3+b3) =一 3(a+b)(a b)20,所以 a+b2,因?yàn)?2 ab a+b0, b0,所以 m0,門(mén)0,且 4 二 m2 4n0 ab 因?yàn)?2=a3+b3=(a+b)(a2 ab+b2)=(a+b) (a+b)2 3ab =m(m2 3n) 所以n=3 J 3 3m 2q 將

15、代入得m2 4(m2) 0, 3 3m, 3。即亠 上0,所 以一 m3+80, 即卩mW 2, 所以 a+bm 得 4m2,又 m2 4n,所以 44n, 即nW 1,所以ab0, b0, a3+b3=2,所以 2=a3+b3=(a+b)(a2+b2 ab) (a+b)(2ab ab)=ab(a+b) 于是有 6 3ab(a+b),從而 83ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3= (a+b)3,所以 a+b2,(下略) 33 8 8 證法四：因?yàn)閍b 嚴(yán))3 22 (a b)4a2 4b? 4ab a? b? 2ab3(a b)(a bf0 33 所以對(duì)任意非負(fù)實(shí)數(shù)a、b,有aL(