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- 2021-06-24 发布
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高中数学难点 18 不等式的证明策略
不等式的证明,方法灵活多样,它可以和很多内容结合.高考解答题中,常渗透不等式
证明的内容,纯不等式的证明,历来是高中数学中的一个难点,本难点着重培养考生数学式
的变形能力,逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力.
●难点磁场
(★★★★)已知 a>0,b>0,且 a+b=1.
求证:(a+ a
1 )(b+ b
1 )≥
4
25.
●案例探究
[例 1]证明不等式 n
n
21
3
1
2
11 (n∈N*)
命题意图:本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目,考查学生观察能力、
构造能力以及逻辑分析能力,属★★★★★级题目.
知识依托:本题是一个与自然数 n 有关的命题,首先想到应用数学归纳法,另外还涉及
不等式证明中的放缩法、构造法等.
错解分析:此题易出现下列放缩错误:
这样只注重形式的统一,而忽略大小关系的错误也是经常发生的.
技巧与方法:本题证法一采用数学归纳法从 n=k 到 n=k+1 的过渡采用了放缩法;证法
二先放缩,后裂项,有的放矢,直达目标;而证法三运用函数思想,借助单调性,独具匠心,
发人深省.
证法一:(1)当 n 等于 1 时,不等式左端等于 1,右端等于 2,所以不等式成立;
(2)假设 n=k(k≥1)时,不等式成立,即 1+
k
1
3
1
2
1 <2 k ,
,12
1
1)1(
1
1)1(2
1
12
1
1
3
1
2
11
k
k
kk
k
kk
k
k
k
则
∴当 n=k+1 时,不等式成立.
综合(1)、(2)得:当 n∈N*时,都有 1+
n
1
3
1
2
1 <2 n .
另从 k 到 k+1 时的证明还有下列证法:
,
1
1
11
2
1
2212:
.12
1
12,01
),1(21)1(2
,0)1(
)1()1(2)1(21)1(2
2
kkkkk
kk
k
k
kk
kkk
kk
kkkkkkk
又如
.12
1
12
k
k
k
证法二:对任意 k∈N*,都有:
.2)1(2)23(2)12(221
3
1
2
11
),1(2
1
221
nnn
n
kk
kkkkk
因此
证法三:设 f(n)= ),1
3
1
2
11(2
n
n
那么对任意 k∈N * 都有:
0
1
)1(])1(2)1[(
1
1
]1)1(2)1(2[
1
1
1
1)1(2)()1(
2
k
kkkkkk
k
kkk
k
k
kkkfkf
∴f(k+1)>f(k)
因此,对任意 n∈N* 都有 f(n)>f(n-1)>…>f(1)=1>0,
∴ .21
3
1
2
11 n
n
[例 2]求使 yx ≤a yx (x>0,y>0)恒成立的 a 的最小值.
命题意图:本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力,属于★★
★★★级题目.
知识依托:该题实质是给定条件求最值的题目,所求 a 的最值蕴含于恒成立的不等式中,
因此需利用不等式的有关性质把 a 呈现出来,等价转化的思想是解决题目的突破口,然后再
利用函数思想和重要不等式等求得最值.
错解分析:本题解法三利用三角换元后确定 a 的取值范围,此时我们习惯是将 x、y 与
cosθ 、sinθ 来对应进行换元,即令 x =cosθ , y =sinθ (0<θ <
2
),这样也得 a≥sin
θ +cosθ ,但是这种换元是错误的.其原因是:(1)缩小了 x、y 的范围;(2)这样换元相当于本
题又增加了“x、y=1”这样一个条件,显然这是不对的.
技巧与方法:除了解法一经常用的重要不等式外,解法二的方法也很典型,即若参数 a
满足不等关系,a≥f(x),则 amin=f(x)max;若 a≤f(x),则 amax=f(x)min,利用这一基本事实,可
以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题.还有三角换元法求最值用的恰当好
处,可以把原问题转化.
解法一:由于 a 的值为正数,将已知不等式两边平方,得:
x+y+2 xy ≤a2(x+y),即 2 ≤(a2-1)(x+y), ①
∴x,y>0,∴x+y≥2 , ②
当且仅当 x=y 时,②中有等号成立.
比较①、②得 a 的最小值满足 a2-1=1,
∴a2=2,a= 2 (因 a>0),∴a 的最小值是 2 .
解法二:设
yx
xy
yx
xyyx
yx
yx
yx
yxu
212)( 2
.
∵x>0,y>0,∴x+y≥2 xy (当 x=y 时“=”成立),
∴
yx
xy
2 ≤1, 的最大值是 1.
从而可知,u 的最大值为 211 ,
又由已知,得 a≥u,∴a 的最小值为 2 .
解法三:∵y>0,
∴原不等式可化为
y
x +1≤a 1y
x ,
设
y
x =tanθ ,θ ∈(0,
2
).
∴tanθ +1≤a 1tan2 ;即 tanθ +1≤asecθ
∴a≥sinθ +cosθ = 2 sin(θ + 4
), ③
又∵sin(θ + )的最大值为 1(此时θ = ).
由③式可知 a 的最小值为 2 .
●锦囊妙计
1.不等式证明常用的方法有:比较法、综合法和分析法,它们是证明不等式的最基本的
方法.
(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤,变形的主要方向是因式分解、配
方,判断过程必须详细叙述;如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式,则
考虑用判别式法证.
(2)综合法是由因导果,而分析法是执果索因,两法相互转换,互相渗透,互为前提,
充分运用这一辩证关系,可以增加解题思路,开扩视野.
2.不等式证明还有一些常用的方法:换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式
法、数形结合法等.换元法主要有三角代换,均值代换两种,在应用换元法时,要注意代换
的等价性.放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一,放缩要有的放矢,目标可以从要
证的结论中考查.有些不等式,从正面证如果不易说清楚,可以考虑反证法.凡是含有“至少”
“惟一”或含有其他否定词的命题,适宜用反证法.
证明不等式时,要依据题设、题目的特点和内在联系,选择适当的证明方法,要熟悉各
种证法中的推理思维,并掌握相应的步骤、技巧和语言特点.
●歼灭难点训练
一、填空题
1.(★★★★★)已知 x、y 是正变数,a、b 是正常数,且
y
b
x
a =1,x+y 的最小值为
__________.
2.(★★★★)设正数 a、b、c、d 满足 a+d=b+c,且|a-d|<|b-c|,则 ad 与 bc 的大小关
系是__________.
3.(★★★★)若 m<n,p<q,且(p-m)(p-n)<0,(q-m)(q-n)<0,则 m、n、p、q 的
大小顺序是__________.
二、解答题
4.(★★★★★)已知 a,b,c 为正实数,a+b+c=1.
求证:(1)a2+b2+c2≥
3
1
(2) 232323 cba ≤6
5.(★★★★★)已知 x,y,z∈R,且 x+y+z=1,x2+y2+z2= 2
1 ,证明:x,y,z∈[0,
3
2 ]
6.(★★★★★)证明下列不等式:
(1)若 x,y,z∈R,a,b,c∈R+,则
c
bayb
acxa
cb 22 z2≥2(xy+yz+zx)
(2)若 x,y,z∈R+,且 x+y+z=xyz,
则
z
yx
y
xz
x
zy ≥2( zyx
111 )
7.(★★★★★)已知 i,m、n 是正整数,且 1<i≤m<n.
(1)证明:niA i
m <miA i
n ;
(2)证明:(1+m)n>(1+n)m
8.(★★★★★)若 a>0,b>0,a3+b3=2,求证:a+b≤2,ab≤1.
参考答案
难点磁场
证法一:(分析综合法)
欲证原式,即证 4(ab)2+4(a2+b2)-25ab+4≥0,即证 4(ab)2-33(ab)+8≥0,即证 ab≤
4
1 或
ab≥8.
∵a>0,b>0,a+b=1,∴ab≥8 不可能成立
∵1=a+b≥2 ab ,∴ab≤
4
1 ,从而得证.
证法二:(均值代换法)
设 a= 2
1 +t1,b= 2
1 +t2.
∵a+b=1,a>0,b>0,∴t1+t2=0,|t1|< ,|t2|<
.4
25
4
1
16
25
4
1
2
3
16
25
4
1
)4
5(
4
1
)14
1)(14
1(
)2
1)(2
1(
)14
1)(14
1(
2
1
1)2
1(
2
1
1)2
1(
11)1)(1(
2
2
4
2
2
2
2
2
2
2
22
2
2
2
2
22
2
11
21
2
22
2
11
2
2
2
1
2
1
22
t
tt
t
tt
t
tttt
tt
tttt
t
t
t
t
b
b
a
a
bbaa
显然当且仅当 t=0,即 a=b= 2
1 时,等号成立.
证法三:(比较法)
∵a+b=1,a>0,b>0,∴a+b≥2 ab ,∴ab≤
4
1
4
25)1)(1(
04
)8)(41(
4
8334
4
2511
4
25)1)(1(
2222
bbaa
ab
abab
ab
abba
b
b
a
a
bbaa
证法四:(综合法)
∵a+b=1, a>0,b>0,∴a+b≥2 ,∴ab≤ .
4
251)1(
41
16
251)1(
16
9)1(4
3
4
111
2
2
2
ab
ab
ab
ab
abab
4
25)1)(1( bbaa即
证法五:(三角代换法)
∵ a>0,b>0,a+b=1,故令 a=sin2α ,b=cos2α ,α ∈(0,
2
)
.4
25)1)(1(
4
25
2sin4
)2sin4(
4
1
2sin
1
25162sin24
.3142sin4,12sin
2sin4
16)sin4(
2sin4
2cossin2cossin
)
cos
1)(cos
sin
1(sin)1)(1(
2
22
2
2
22
2
22
2
2244
2
2
2
2
bbaa
bbaa
即得
2
歼灭难点训练
一、1.解析:令
x
a =cos2θ ,
y
b =sin2θ ,则 x=asec2θ ,y=bcsc2θ ,∴x+y=asec2θ +bcsc2
θ =a+b+atan2θ +bcot2θ ≥a+b+2 abbaba 2cottan 22 .
答案:a+b+2 ab
2.解析:由 0≤|a-d|<|b-c| (a-d)2<(b-c)2 (a+b)2-4ad<(b+c)2-4bc
∵a+d=b+c,∴-4ad<-4bc,故 ad>bc.
答案:ad>bc
3.解析:把 p、q 看成变量,则 m<p<n,m<q<n.
答案:m<p<q<n
二、4.(1)证法一:a2+b2+c2-
3
1 = 3
1 (3a2+3b2+3c2-1)
= [3a2+3b2+3c2-(a+b+c)2]
= [3a2+3b2+3c2-a2-b2-c2-2ab-2ac-2bc]
= [(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0 ∴a2+b2+c2≥
证法二:∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2
∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥
证法三:∵
33
222 cbacba ∴a2+b2+c2≥
3
cba
∴a2+b2+c2≥
证法四:设 a= 3
1 +α ,b= +β ,c= +γ .
∵a+b+c=1,∴α +β +γ =0
∴a2+b2+c2=( +α )2+( +β )2+( +γ )2
= + 3
2 (α +β +γ )+α 2+β 2+γ 2
= +α 2+β 2+γ 2≥
∴a2+b2+c2≥
62
9)(3232323
2
3323,2
3323
,2
1231)23(23:)2(
cbacba
ccbb
aaa
同理
证法一
∴原不等式成立.
证法二:
3
)23()23()23(
3
232323 cbacba
33
6)(3 cba
∴ 232323 cba ≤ 33 <6
∴原不等式成立.
5.证法一:由 x+y+z=1,x2+y2+z2= 2
1 ,得 x2+y2+(1-x-y)2= 2
1 ,整理成关于 y 的一元二
次方程得:
2y2-2(1-x)y+2x2-2x+ =0,∵y∈R,故Δ ≥0
∴4(1-x)2-4×2(2x2-2x+ )≥0,得 0≤x≤
3
2 ,∴x∈[0,
3
2 ]
同理可得 y,z∈[0, ]
证法二:设 x= 3
1 +x′,y= 3
1 +y′,z= +z′,则 x′+y′+z′=0,
于是 =( +x′)2+( +y′)2+( +z′)2
= +x′2+y′2+z′2+ (x′+y′+z′)
= +x′2+y′2+z′2≥ +x′2+ 2
)( 2zy = + 2
3 x′2
故 x′2≤
9
1 ,x′∈[-
3
1 , ], x∈[0,
3
2 ],同理 y,z∈[0,
3
2 ]
证法三:设 x、y、z 三数中若有负数,不妨设 x<0,则 x2>0,
2
1 =x2+y2+z2≥
x2+ 2
1
2
3
2
)1(
2
)( 22
22
xxxxzy >
2
1 ,矛盾.
x 、 y 、 z 三 数 中 若 有 最 大 者 大 于
3
2 , 不 妨 设 x >
3
2 ,则 =x2+y2+z2 ≥
x2+ 2
)( 2zy =x2+ 2
)1( 2x = 2
3 x2-x+ 2
1
= x(x-
3
2 )+ > ;矛盾.
故 x、y、z∈[0, ]
0)()()()()()(
222
)(4)(2
))((
)(2)]()()([
)(2)(
:)2(
)(2
0)()()(
)2()2()2(
)(22:)1.(6
222222222
222333333
222222222
222222
2
2222
22
222
222222
222
yxzxzyzyxyxxyxzzxzyyz
xyzzxyyzxxyyxzxxzyzzy
xyzzxyyzxxzzyyx
xyyxzxxzyzzyzyx
zxyzxyyxxyxzzxzyyzxyz
zxyzxyz
yx
y
xz
x
zyzyx
zxyzxyzc
bayb
acxa
cb
xa
czc
azc
byb
cyb
axa
b
zxxa
czc
ayzzc
byb
cxyyb
axa
b
zxyzxyzc
bayb
acxcb
所证不等式等介于证明
证明
∵上式显然成立,∴原不等式得证.
7.证明:(1)对于 1<i≤m,且 A i
m =m·…·(m-i+1),
n
in
n
n
n
n
nm
im
m
m
m
m
m i
i
m
i
i
m 11A,11A 同理 ,
由于 m<n,对于整数 k=1,2,…,i-1,有
m
km
n
kn ,
所以 i
m
ii
n
i
i
i
m
i
i
n nm
mn
AA,AA 即
(2)由二项式定理有:
(1+m)n=1+C 1
n m+C 2
n m2+…+C n
n mn,
(1+n)m=1+C 1
m n+C 2
m n2+…+C m
m nm,
由(1)知 miA i
n >niA i
m (1<i≤m ) ,而 C = !
AC,!
A
ii
i
ni
n
i
m
∴miCi
n>niCi
m(1<m<n
∴m0C 0
n =n0C 0
n =1,mC 1
n =nC 1
m =m·n,m2C 2
n >n2C 2
m ,…,
mmC m
n >nmC m
m ,mm+1C 1m
n >0,…,mnC n
n >0,
∴1+C m+C m2+…+C mn>1+C n+C2
mn2+…+C nm,
即(1+m)n>(1+n)m 成立.
8.证法一:因 a>0,b>0,a3+b3=2,所以
(a+b)3-23=a3+b3+3a2b+3ab2-8=3a2b+3ab2-6
=3[ab(a+b)-2]=3[ab(a+b)-(a3+b3)]=-3(a+b)(a-b)2≤0.
即(a+b)3≤23,又 a+b>0,所以 a+b≤2,因为 2 ab ≤a+b≤2,
所以 ab≤1.
证法二:设 a、b 为方程 x2-mx+n=0 的两根,则
abn
bam ,
因为 a>0,b>0,所以 m>0,n>0,且Δ =m2-4n≥0 ①
因为 2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]=m(m2-3n)
所以 n= m
m
3
2
3
2
②
将②代入①得 m2-4( m
m
3
2
3
2
)≥0,
即
m
m
3
83 ≥0,所以-m3+8≥0,即 m≤2,所以 a+b≤2,
由 2≥m 得 4≥m2,又 m2≥4n,所以 4≥4n,
即 n≤1,所以 ab≤1.
证法三:因 a>0,b>0,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),从而 8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=
(a+b)3,所以 a+b≤2,(下略)
证法四:因为 3
33
)2(2
baba
8
))((3
8
]2444)[( 22222 babaabbaabbaba ≥0,
所以对任意非负实数 a、b,有
2
33 ba ≥ 3)2( ba
因为 a>0,b>0,a3+b3=2,所以 1= ≥ ,
∴
2
ba ≤1,即 a+b≤2,(以下略)
证法五:假设 a+b>2,则
a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]>(a+b)ab>2ab,所以 ab<1,
又 a3+b3=(a+b)[a2-ab+b2]=(a+b)[(a+b)2-3ab]>2(22-3ab)
因为 a3+b3=2,所以 2>2(4-3ab),因此 ab>1,前后矛盾,故 a+b≤2(以下略)
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