選修4-5-高考不等式證明的基本方法(good)

1、選修4-5等式證明的基本方法不等式的證明方法：作差法作商法綜合法：由因到果分析法：執(zhí)果索因放縮法：(放縮程度較大)常見類型有1一丄=1丄1二丄-1放縮法：(放縮程度較大)nn+1n(n+1)n2n(n一1)n一1n(放縮程度較小)二丄vn2n(放縮程度較小)二丄vn2y,求證：2x+x2_2Xy+y2M2y+3.解：因為x0,y0，x-y0,1113I1加+!一勾=2(x所以2x+M2y+3.x22xy+y2丿已知正實數(shù)a,b,c滿足1+b+=1求證：a+|+|M9.1233/123證明：因為a，b，c均為正實數(shù)，所以a+b+；M3同理可證：。+號+3$3匹岳所以噸+紀+:+淪審岳刃123因為

2、a+f+3=1，所以a+|+39，當且僅當a=3,b=6,c=9時，等號成立.4.已知x、y、zR,且2r+3y+3z=1,求x2+y2+z2的最小值.解：由柯西不等式得，(2x+3y+3z)2(22+32+32)(x2+y2+z2).V2r+3y+3z=1,x2+y2+z222，當且僅當2=3=3，即兀=11，$=z=22時，等號成立，1.X2+y2+z2的最小值為225設(shè)f(x)=2x2-2x+2010,若實數(shù)a滿足Xalvl，求證：|fx)fa)lv4(ai+1).證明：fx)=2r22x+2010，lfx)f(a)l=2lx2xa2+al=2lxal*l+a1lv2lx+a1l，又2X

3、+a1l=2l(xa)+2a1lW2(Xal+l2a1l)v2(1+l2al+1)=4(lal+1).6求證:擊+出+僉2(心2,“訴).證明：法一：利用數(shù)學歸納法：11111當n=2時，左邊=3+4+5+62，不等式成立.假設(shè)當n=k(k$2,kN*)時不等式成立.即擊+匸+2+寺*則當n=k+1時，1+1+亠丄+1+1+1=1+1+亠丄+(1亠1+11心1(k+1)+1+(k+1)+2十+3k+3k+1+3k+2+3k+3=k+1十k+2十十3k+(3k+1+3k+2+3k+3k+1)2+(3X3k+k+)=2所以當n=k+1時不等式也成立，由(1),(2)知原不等式對一切nM2，nN*均

4、成立.法二：利用放縮法：n$2，nii+nii+3n3n+3n+3n=21即nh+nii+3n2(nR，nEN*)-117.已知a,b,c為實數(shù)，且a+b+c+22m=0,a2+4f2+gc2+m1=0.(1)求證：a2+1b2+9c2$(a+1+c)2；(2)求實數(shù)m的取值范圍.解：(1)由柯西不等式得a2+(1b)2+(1c)2(12+22+32)a(a+b+c)2,即(a2+4b2+9c2)X14M(a+b+c)202+強+事2$+14+)2當且僅當lal=1lbl=9lcl取得等號.14(114(1m)M(2m2)2(2)由已知得a+b+c=2m2,a2+4b2+gc2=1m,即2m即

5、2m2+3m5W0.：2wmW1又a2+4b2+1c2=1mM0,-2wmWl.函數(shù)思想例1已知a,b是兩個不相等的正數(shù),求證：(a+b)(a3+b3)(a2+b2)2證明：構(gòu)造二次函數(shù)f(x)二(a+b)x2+2(a2+b2)x+(a3+b3)/f(x)=a(x+a)2+b(x+b)20,A=4(a2+b2)一4(a+b)(a3+b3)(a2+b2)2例2求證1相同，因此，可用比較斜率大小的方法a1+1b11a+b11相同，因此，可用比較斜率大小的方法1+lal+lbl1+la+blx1+x一11證明：設(shè)f(x)=1+x1+x一一=1證明：設(shè)f(x)=1+x1+x義域上單調(diào)遞增，tIaI+I

6、b11a+b10.f(lal+lbl)f(la+bl)義域上單調(diào)遞增，tIaI+Ib11a+b101+lal+lbl1+la+bl二、數(shù)形結(jié)合思想例3(課本P23例3)已知|a|1,|b|1,求證:a+b1+ab=1/2(1+a)(1+b)+(1=1/2(1+a)(1+b)+(1-a)(1-b)分析：因為a+b=1/2(1+a)(1+b)-(1-a)(1-b),1+ab凹=凹=(1+a)(1+b)-(1一a)(1一b)，這與過兩點的斜率公式k=丄所以1+ab(1+a)(1+b)+(1-a)(1-b)yB(一(1B(一(1-a)(1-b),(1-a)(1-b)a+b1+abA來證明。證法一：如圖

7、，在直角坐標系中，設(shè)A(1+a)-(1+b),(1+a)(1+b),tIal1,1b11，-點A、B分別在第一、第二象限k=(1+a)(1+b)一(1一a)(1一b)=a+b第二象限，.AB(1+a)(1+b)+(1-a)(1-b)=1+ab又k=1,k=-1,而kkk，即一1+b1，故OAOBOBABOA1+ab證法二如右圖，在直角坐標系中，設(shè)點A1(1+a，l+a),A(1-a,a-1)因為Ial0,則點B的坐標為B(1+ab,a+b),從而甘1，kOB二鵲從而甘1，kOB二鵲，J/kOAkOBkOA-a+b11+aba+b1+abb0，求證、：a弋bb0,構(gòu)造方程a=b+1，則t0又:b

8、+1b+1+2bt=(fb+st)2,；b+1&b+x：t故、：a、.：bbc0，求證+0abbcca證明構(gòu)造方程a=x+c,b=x+c,/abc0,/.xx0,1212于是11于是+(x+c)(x+c)x+cc12211xxxx+(xx)2111小=+2=120，故+0 xxxxxxx(xx)abbcca112121212四、轉(zhuǎn)化思想例6已知a,b,c,d,都是實數(shù)，且a2+b2=1,c2+d2=1，求證：Iac+bdl1證明：因為a2+b2=1,c2+d2=1，所以設(shè)a=sina,b=cosa,c=cosP,d=sinP則Iac+bdl=lsinacosP+cosasinPl=lsin(a

9、+P)l1故Iac+bdl16abc證明：丁(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)=(a+1)(b+1)(a+c)(b+c)又因為a,b,c是不全等的正數(shù)，a+12：a,b+12x：b,a+c2站ac,b+c2bc,(a+1)(b+1)(a+c)(b+c)2、a-2、b-2Jac-2、bc=16abc即(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)16abc例1已知a,b,c都是正數(shù)，且a,b,c成等比數(shù)列,求證：a2+b2+c2(a-b+c)2證明：左一右=2(ab+bcac)*.*a,b,c成等比數(shù)列，：b2=ac又Va,b,c都是正數(shù)，所以0b=、：acWa+b2(ab+bc一a

10、c)=2(ab+bc一b2)=2b(a+c一b)0/.a2+b2+c2(a一b+c)2_1_1小例2設(shè)a,b,cgR,若a+b=1,求證：.a+、：b+-a+bb+cc+a2abc、3+b+cc+aa+b23-3：(a+b)(b+c)(c+a)2兩式相乘即得TOC o 1-5 h z/,、/111、9由上題：(a+b+c)(+)a+bb+cc+a2-c_arb、9abc、31+1+1+即+a+bb+cc+a2b+cc+aa+b2三角換元法兀兀兀若0WxW1,則可令x=sinG(002)或x=sin29(+)若x2y2=1，貝可令x=sec0,y=tan0(05052兀)+若x21,則可令x=s

11、ec0(050).兀兀若xgR,則可令x=tan0(00,y0,2x+y=1,求證:證一：-+-1(2x+y)=3+蘭+蘭3+24+即:-+-3+2邁Ixy丿yxxy證二：由x0,y0,2x+y=1,可設(shè)x=sin2a,y=cos2a1121則一+=+=2(1+cot2a)+(1+tan2a)=3+(2cot2a+tan2a)3+2叮2xysin2acos2a例5若x2+y21，求證：丨x2+2xy-y2|.2證：設(shè)x=rsina,y=rcosa,(0r1),貝yIx2+2xyy2|=|r2cos2a+2r2cosasinar2sin2aIcos2al4JII二r2|cos2a+sin2al.

12、2r2遼丫21,y1,求證：、2y22xy=22y22xy=x2原式成立x+y2+2兀證：設(shè)x=sec2a,y=sec2卩，(0a,卩)則1+x1)(y1)=1+tanatanP=cs(a卩1,b0,a-b=1,求證：0(00-1則_a1va1、+lb丿sec0sec2011sec0八tan0+1、tan0丿(00-1則_a1va1、+lb丿sec0sec2011sec0八tan0+1、tan0丿=1tan20sec20sec0sec20=sin0tan000i，.0sin00,則Ja2+丄邁a+1例8證明：若a0,1、2I11a+一ia2+la丿a2丿2二2二2y=a2+,(a0,x2,y丫

13、2)則x2y2a2x+y=a+1+4+2+邁(當a=1時取“=”)aa2例9已知關(guān)于x的實系數(shù)二次方程x2+ax+b=0,有兩個實數(shù)根a,B,證明：如果|a|2,|B|2,那么2|a|4+b且|b|4（2）如果2|a|4+b且|b|4,那么丨a|2,|B|2.證明:依題設(shè)及一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系（韋達定理）得：a+B=-a,aB=b則有:(1)(2)等價于證明|a|2,|B|2o2|a+B|4+aB,且|aB|4|ap|4(a2一4)(p2一4)|ap|4(a2一4)(p2一4)02+4+P4(a+B)2(4+aR)2a2p2-4a2-4P2+160|ap|4ap4aP4aP4aP4OVa

14、24或a24o叫2或a2o|a|2o|a|2,|P|2P24P24P2P2P2時，求證：log(n一1)log(n+1)2log(n一1)0,log(n+證明：（用放縮法）Tn2nn.log(n-1)log(n+1).log(n-1)log(n+1)2時，log(n一1)log(n+1)0,ab+be+ca0,abc0,求證：a,b,c0證明：(用反證法)設(shè)a0,.be0,貝9b+c-a0ab+bc+ca=a(b+c)+bc0矛盾，必有a0同理可證b0,c0例12設(shè)例12設(shè)x0,y0,a,b=+，求證：abc,貝9-+0cc一aI(I(21ni(ab)+(bc)丿TOC o 1-5 h z、1

15、1J放縮法：a一b+b-c；(a-b)(b一c)1111例14.+1(ngR+,n2)nn+1n+2n211111n2-n4放縮法：左邊+=+=1nn2n2n2nn2例15.已知a,b,c0,且a2+b2=c2，求證：an+bn0,(anV12rb1nrb11c丿Lc丿Lc丿Lc丿2ra1n+rb1nra12+rb1Lc丿Lc丿Lc丿Lc丿2=1an+bn0,廠b+c=abc=2、a28即b,c是二次方程x2+ax+=0的兩個實根A=a20na三2aa例17求證:1sec20tan0兀,-3(0Hk兀+,keZ)3sec20+tan02證明:（構(gòu)造方程法）設(shè)y=sec20一tan0sec20+

16、tan0則(y1)tan20+(y+1)tan0+(y1)=0當y=1時，命題顯然成立1當y豐1時，=(y+1)24(y1)2=(3y1)(y3)三0,.3y0,y0,x+y=1，25（構(gòu)造函數(shù)法）左邊=一+廠+2+廠+-yxxyxy令t=xy，11117f(t)=t+在(,匚上單調(diào)遞減f(t)f()=-t444例19已知0a1，0b22證明：(構(gòu)造圖形法)構(gòu)造單位正方形，O是正方形內(nèi)一點O到AD,AB的距離為a,b，則IAOI+IBOI+ICOI+IDOI2IACI+IBDI其中丨AOI=t：a2+b2，IBOI=p(a1)2+b2，ICOI=”(a-1)2+(b-1)2，IDOI=w2+(b-1)2又IACI=IBD=邁DaE1-a歹C1七1-b一Hb匕、AaG1-aB:、弋a(chǎn)2+b2+(a1)2+b2+a2+(b1)2+(a1)2+(b1)22；211例20.若0a2,keN*)，且a2ab,則bkk+1f(a)在(0,2)上單調(diào)遞增f(a)在(0,2)上單調(diào)遞增k-1k2