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  • 2021-05-13 发布

高考数学重点难点讲解十八不等式的证明策略

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雨竹林高考难点 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 xy ≤(a2-1)(x+y), ① ∴x,y>0,∴x+y≥2 xy , 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 yx u            2 1 2)( 2 . ∵x>0,y>0,∴x+y≥2 xy (当 x=y时“=”成立), ∴ yx xy  2 ≤1, yx xy  2 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 1 y x , 设 y x =tanθ,θ∈(0, 2  ). ∴tanθ+1≤a 1tan 2  ;即 tanθ+1≤asecθ ∴a≥sinθ+cosθ= 2 sin(θ+ 4  ), ③ 又∵sin(θ+ 4  )的最大值为 1(此时θ= 4  ). 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 bay b acx a 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|< 2 1 ,|t2|< 2 1 . 4 25 4 1 16 25 4 1 2 3 16 25 4 1 ) 4 5( 4 1 )1 4 1)(1 4 1( ) 2 1)( 2 1( )1 4 1)(1 4 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 b b a a 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( 0 4 )8)(41( 4 8334 4 2511 4 25)1)(1( 2222           b b a a ab abab ab abba b b a a b b a a 证法四:(综合法) ∵a+b=1, a>0,b>0,∴a+b≥2 ab,∴ab≤ 4 1 . 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(  b b a a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                 b b a a b b a a 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) = 3 1 [3a2+3b2+3c2-(a+b+c)2] = 3 1 [3a2+3b2+3c2-a2-b2-c2-2ab-2ac-2bc] = 3 1 [(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0 ∴a2+b2+c2≥ 3 1 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≥ 3 1 证法三:∵ 33 222 cbacba    ∴a2+b2+c2≥ 3 cba  ∴a2+b2+c2≥ 3 1 证法四:设 a= 3 1 +α,b= 3 1 +β,c= 3 1 +γ. ∵a+b+c=1,∴α+β+γ=0 ∴a2+b2+c2=( 3 1 +α)2+( 3 1 +β)2+( 3 1 +γ)2 = 3 1 + 3 2 (α+β+γ)+α2+β2+γ2 = 3 1 +α2+β2+γ2≥ 3 1 ∴a2+b2+c2≥ 3 1 6 2 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 3 3 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+ 2 1 =0,∵y∈R,故Δ≥0 ∴4(1-x)2-4×2(2x2-2x+ 2 1 )≥0,得 0≤x≤ 3 2 ,∴x∈[0, 3 2 ] 同理可得 y,z∈[0, 3 2 ] 证法二:设 x= 3 1 +x′,y= 3 1 +y′,z= 3 1 +z′,则 x′+y′+z′=0, 于是 2 1 =( 3 1 +x′)2+( 3 1 +y′)2+( 3 1 +z′)2 = 3 1 +x′2+y′2+z′2+ 3 2 (x′+y′+z′) = 3 1 +x′2+y′2+z′2≥ 3 1 +x′2+ 2 )( 2zy  = 3 1 + 2 3 x′2 故 x′2≤ 9 1 ,x′∈[- 3 1 , 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 2 1 =x2+y2+z2 ≥ x2+ 2 )( 2zy  =x2+ 2 )1( 2x = 2 3 x2-x+ 2 1 = 2 3 x(x- 3 2 )+ 2 1 > 2 1 ;矛盾. 故 x、y、z∈[0, 3 2 ] 0)()()()()()( 222 )(4)(2 ))(( )(2)]()()([ )(2)( :)2( )(2 0)()()( )2()2()2( )(2 2 :)1.(6 222222222 222333333 222222222 222222 2 2222 22 222 222222 222                           yxzxzyzyxyxxyxzzxzyyz xyzzxyyzxxyyxzxxzyzzy xyzzxyyzxxzzyyx xyyxzxxzyzzyzyx zxyzxyyxxyxzzxzyyzxyz zxyzxy z yx y xz x zyzyx zxyzxyz c bay b acx a cb x a cz c az c by b cy b ax a b zxx a cz c ayzz c by b cxyy b ax a b zxyzxyz c bay b 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 i m = ! AC, ! A ii i ni n i m  ∴miCin>niCim(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 1m n >0,…,mnC n n >0, ∴1+C 1 n m+C 2 n m2+…+C n n mn>1+C 1 m n+C2mn2+…+C m m 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 33 ba  ≥ 3) 2 ( ba  , ∴ 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)