關(guān)于不等式證明的常用方法

1、題目 高中數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)專題講座關(guān)于不等式證明的常用方法高考要求 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，歷來是高中數(shù)學(xué)中的一個難點，本節(jié)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題和解決問題的能力 重難點歸納 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、判斷三個步驟，變形的主要方向是因式分解、配方，判斷過程必須詳細(xì)敘述 如果作差以后的式子可以整理為關(guān)于某一個變量的二次式，則考慮用判別式法證 (2)綜合法是由因?qū)Ч治龇ㄊ菆?zhí)果索因，兩法相互轉(zhuǎn)換

2、，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，開擴(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，要注意代換的等價性 放縮性是不等式證明中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，要依據(jù)題設(shè)、題目的特點和內(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、技巧和語言特點 典型題例示范講解 例1證明不等

3、式(nN*)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 知識依托 本題是一個與自然數(shù)n有關(guān)的命題，首先想到應(yīng)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 錯解分析 此題易出現(xiàn)下列放縮錯誤 這樣只注重形式的統(tǒng)一，而忽略大小關(guān)系的錯誤也是經(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n=k到n=k+1的過渡采用了放縮法 證法二先放縮，后裂項，有的放矢，直達(dá)目標(biāo) 而證法三運(yùn)用函數(shù)思想，借助單調(diào)性，獨具匠心，發(fā)人深省 證法一 (1)當(dāng)n等于1時，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立 (2)假設(shè)n=k(k1)時，不等式成立

4、，即1+2，當(dāng)n=k+1時，不等式成立 綜合(1)、(2)得 當(dāng)nN*時，都有1+2 另從k到k+1時的證明還有下列證法 證法二 對任意kN*，都有 證法三 設(shè)f(n)= 那么對任意kN* 都有 f(k+1)f(k)因此，對任意nN* 都有f(n)f(n1)f(1)=10，例2求使a(x0，y0)恒成立的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 知識依托 該題實質(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，等價轉(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解分析 本題解法三利

5、用三角換元后確定a的取值范圍，此時我們習(xí)慣是將x、y與cos、sin來對應(yīng)進(jìn)行換元，即令=cos，=sin(0)，這樣也得asin+cos，但是這種換元是錯誤的 其原因是 (1)縮小了x、y的范圍 (2)這樣換元相當(dāng)于本題又增加了“x、y=1”這樣一個條件，顯然這是不對的 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滿足不等關(guān)系，af(x)，則amin=f(x)max 若 af(x)，則amax=f(x)min，利用這一基本事實，可以較輕松地解決這一類不等式中所含參數(shù)的值域問題 還有三角換元法求最值用的恰當(dāng)好處，可以把原問題轉(zhuǎn)化 解法一 由于a的值為正數(shù)，將已知

6、不等式兩邊平方，得 x+y+2a2(x+y)，即2(a21)(x+y)，x，y0，x+y2， 當(dāng)且僅當(dāng)x=y時，中有等號成立 比較、得a的最小值滿足a21=1，a2=2，a= (因a0)，a的最小值是 解法二 設(shè) x0，y0，x+y2 (當(dāng)x=y時“=”成立)，1，的最大值是1 從而可知，u的最大值為，又由已知，得au，a的最小值為 解法三 y0，原不等式可化為+1a，設(shè)=tan，(0，) tan+1a 即tan+1asecasin+cos=sin(+)，又sin(+)的最大值為1(此時=) 由式可知a的最小值為 例3已知a0，b0，且a+b=1 求證 (a+)(b+) 證法一 (分析綜合法）

7、欲證原式，即證4(ab)2+4(a2+b2)25ab+40，即證4(ab)233(ab)+80，即證ab或ab8 a0，b0，a+b=1，ab8不可能成立1=a+b2，ab，從而得證 證法二 (均值代換法)設(shè)a=+t1，b=+t2 a+b=1，a0，b0，t1+t2=0，|t1|，|t2|顯然當(dāng)且僅當(dāng)t=0，即a=b=時，等號成立 證法三 (比較法）a+b=1，a0，b0，a+b2，ab證法四 (綜合法)a+b=1， a0，b0，a+b2，ab 證法五 (三角代換法） a0，b0，a+b=1，故令a=sin2，b=cos2，(0，)2學(xué)生鞏固練習(xí) 1 已知x、y是正變數(shù),a、b是正常數(shù),且=1

8、，x+y的最小值為 _ 2 設(shè)正數(shù)a、b、c、d滿足a+d=b+c，且|ad|bc|，則ad與bc的大小關(guān)系是_ 3 若mn，pq，且(pm)(pn)0，(qm)(qn)0，則m、n、p、q的大小順序是_ 4 已知a，b，c為正實數(shù)，a+b+c=1 求證 (1)a2+b2+c2 (2)65 已知x，y，zR，且x+y+z=1，x2+y2+z2=，證明 x，y，z0，6 證明下列不等式 (1)若x，y，zR，a，b，cR+，則z22(xy+yz+zx)(2)若x，y，zR+，且x+y+z=xyz，則2()7 已知i，m、n是正整數(shù)，且1imn (1)證明 niAmiA (2)證明 (1+m)n(

9、1+n)m8 若a0，b0，a3+b3=2，求證 a+b2，ab1 參考答案 1 解析 令=cos2，=sin2，則x=asec2，y=bcsc2，x+y=asec2+bcsc2=a+b+atan2+bcot2a+b+2 答案 a+b+22 解析 由0|ad|bc|(ad)2(bc)2(a+b)24ad(b+c)24bca+d=b+c，4ad4bc，故adbc 答案 adbc3 解析 把p、q看成變量，則mpn，mqn 答案 mpqn4 (1)證法一 a2+b2+c2=(3a2+3b2+3c21)=3a2+3b2+3c2(a+b+c)2=3a2+3b2+3c2a2b2c22ab2ac2bc=(

10、ab)2+(bc)2+(ca)20 a2+b2+c2證法二 (a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bca2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c23(a2+b2+c2)(a+b+c)2=1 a2+b2+c2證法三 a2+b2+c2a2+b2+c2證法四 設(shè)a=+，b=+，c=+ a+b+c=1，+=0a2+b2+c2=(+)2+(+)2+(+)2=+ (+)+2+2+2=+2+2+2a2+b2+c2原不等式成立 證法二 6原不等式成立 5 證法一 由x+y+z=1，x2+y2+z2=，得x2+y2+(1xy)2=，整理成關(guān)于y的一元二次方程得 2y22(1x)y+2x2

11、2x+=0，yR，故04(1x)24×2(2x22x+)0，得0x，x0，同理可得y，z0，證法二 設(shè)x=+x，y=+y，z=+z，則x+y+z=0，于是=(+x)2+(+y)2+(+z)2=+x2+y2+z2+ (x+y+z)=+x2+y2+z2+x2+=+x2故x2，x，x0，同理y，z0，證法三 設(shè)x、y、z三數(shù)中若有負(fù)數(shù)，不妨設(shè)x0，則x20，=x2+y2+z2x2+，矛盾 x、y、z三數(shù)中若有最大者大于，不妨設(shè)x，則=x2+y2+z2x2+=x2+=x2x+=x(x)+ 矛盾 故x、y、z0，上式顯然成立，原不等式得證 7 證明 (1)對于1im，且A =m·&#

12、183;(mi+1)，由于mn，對于整數(shù)k=1，2，i1，有，所以(2)由二項式定理有 (1+m)n=1+Cm+Cm2+Cmn，(1+n)m=1+Cn+Cn2+Cnm，由(1)知miAniA (1im，而C=miCinniCim(1mnm0C=n0C=1，mC=nC=m·n，m2Cn2C，mmCnmC，mm+1C0，mnC0，1+Cm+Cm2+Cmn1+Cn+C2mn2+Cnm，即(1+m)n(1+n)m成立 8 證法一 因a0，b0，a3+b3=2，所以(a+b)323=a3+b3+3a2b+3ab28=3a2b+3ab26=3ab(a+b)2=3ab(a+b)(a3+b3)=3(

13、a+b)(ab)20 即(a+b)323，又a+b0，所以a+b2，因為2a+b2，所以ab1 證法二 設(shè)a、b為方程x2mx+n=0的兩根，則，因為a0，b0，所以m0，n0，且=m24n0 因為2=a3+b3=(a+b)(a2ab+b2)=(a+b)(a+b)23ab=m(m23n)所以n=將代入得m24()0，即0，所以m3+80，即m2，所以a+b2，由2m 得4m2，又m24n，所以44n，即n1，所以ab1 證法三 因a0，b0，a3+b3=2，所以2=a3+b3=(a+b)(a2+b2ab)(a+b)(2abab)=ab(a+b)于是有63ab(a+b)，從而83ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，所以a+b2，(下略）證法四 因為0