高考数学重点难点讲解十八不等式的证明策略 10页

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)