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  • 2021-05-13 发布

黄冈中学高考数学典型例题不等式的证明策略

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黄冈中学 高考数学典型例题详解 不等式的证明 每临大事,必有静气;静则神明,疑难冰释;‎ 积极准备,坦然面对;最佳发挥,舍我其谁?‎ 敬请搜索“黄冈中学高考数学知识点”‎ 结合起来看 效果更好 体会绝妙解题思路 建立强大数学模型 感受数学思想魅力 品味学习数学快乐 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+)(b+)≥.‎ ‎●案例探究 ‎[例1]证明不等式(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+<2,‎ ‎∴当n=k+1时,不等式成立.‎ 综合(1)、(2)得:当n∈N*时,都有1+<2.‎ 另从k到k+1时的证明还有下列证法:‎ 证法二:对任意k∈N*,都有:‎ 证法三:设f(n)= ‎ 那么对任意k∈N* 都有:‎ ‎∴f(k+1)>f(k)‎ 因此,对任意n∈N* 都有f(n)>f(n-1)>…>f(1)=1>0,‎ ‎∴‎ ‎[例2]求使≤a(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=cosθ,=sinθ(0<θ<),这样也得a≥sinθ+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≤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= (因a>0),∴a的最小值是.‎ 解法二:设.‎ ‎∵x>0,y>0,∴x+y≥2 (当x=y时“=”成立),‎ ‎∴≤1,的最大值是1.‎ 从而可知,u的最大值为,‎ 又由已知,得a≥u,∴a的最小值为.‎ 解法三:∵y>0,‎ ‎∴原不等式可化为+1≤a,‎ 设=tanθ,θ∈(0,).‎ ‎∴tanθ+1≤a;即tanθ+1≤asecθ ‎∴a≥sinθ+cosθ=sin(θ+), ③‎ 又∵sin(θ+)的最大值为1(此时θ=).‎ 由③式可知a的最小值为.‎ ‎●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=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≥‎ ‎ (2)≤6‎ ‎5.(★★★★★)已知x,y,z∈R,且x+y+z=1,x2+y2+z2=,证明:x,y,z∈[0,]‎ ‎6.(★★★★★)证明下列不等式:‎ ‎(1)若x,y,z∈R,a,b,c∈R+,则z2≥2(xy+yz+zx)‎ ‎(2)若x,y,z∈R+,且x+y+z=xyz,‎ 则≥2()‎ ‎7.(★★★★★)已知i,m、n是正整数,且1<i≤m<n.‎ ‎(1)证明:niA<miA;‎ ‎(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≤或ab≥8.‎ ‎∵a>0,b>0,a+b=1,∴ab≥8不可能成立 ‎∵1=a+b≥2,∴ab≤,从而得证.‎ 证法二:(均值代换法)‎ 设a=+t1,b=+t2.‎ ‎∵a+b=1,a>0,b>0,∴t1+t2=0,|t1|<,|t2|<‎ 显然当且仅当t=0,即a=b=时,等号成立.‎ 证法三:(比较法)‎ ‎∵a+b=1,a>0,b>0,∴a+b≥2,∴ab≤‎ 证法四:(综合法)‎ ‎∵a+b=1, a>0,b>0,∴a+b≥2,∴ab≤.‎ 证法五:(三角代换法)‎ ‎∵ a>0,b>0,a+b=1,故令a=sin2α,b=cos2α,α∈(0,)‎ ‎2‎ 歼灭难点训练 一、1.解析:令=cos2θ,=sin2θ,则x=asec2θ,y=bcsc2θ,∴x+y=asec2θ+bcsc2θ=a+b+atan2θ+bcot2θ≥a+b+2.‎ 答案:a+b+2‎ ‎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-=(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:∵∴a2+b2+c2≥‎ ‎∴a2+b2+c2≥‎ 证法四:设a=+α,b=+β,c=+γ.‎ ‎∵a+b+c=1,∴α+β+γ=0‎ ‎∴a2+b2+c2=(+α)2+(+β)2+(+γ)2‎ ‎=+ (α+β+γ)+α2+β2+γ2‎ ‎=+α2+β2+γ2≥‎ ‎∴a2+b2+c2≥‎ ‎∴原不等式成立.‎ 证法二:‎ ‎∴≤<6‎ ‎∴原不等式成立.‎ ‎5.证法一:由x+y+z=1,x2+y2+z2=,得x2+y2+(1-x-y)2=,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≤,∴x∈[0,]‎ 同理可得y,z∈[0,]‎ 证法二:设x=+x′,y=+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+=+x′2‎ 故x′2≤,x′∈[-,],x∈[0,],同理y,z∈[0,]‎ 证法三:设x、y、z三数中若有负数,不妨设x<0,则x2>0,=x2+y2+z2≥x2+>,矛盾.‎ x、y、z三数中若有最大者大于,不妨设x>,则=x2+y2+z2≥x2+=x2+=x2-x+‎ ‎=x(x-)+>;矛盾.‎ 故x、y、z∈[0,]‎ ‎∵上式显然成立,∴原不等式得证.‎ ‎7.证明:(1)对于1<i≤m,且A =m·…·(m-i+1),‎ ‎,‎ 由于m<n,对于整数k=1,2,…,i-1,有,‎ 所以 ‎(2)由二项式定理有:‎ ‎(1+m)n=1+Cm+Cm2+…+Cmn,‎ ‎(1+n)m=1+Cn+Cn2+…+Cnm,‎ 由(1)知miA>niA (1<i≤m,而C=‎ ‎∴miCin>niCim(1<m<n ‎∴m0C=n0C=1,mC=nC=m·n,m2C>n2C,…,‎ mmC>nmC,mm+1C>0,…,mnC>0,‎ ‎∴1+Cm+Cm2+…+Cmn>1+Cn+C2mn2+…+Cnm,‎ 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≤a+b≤2,‎ 所以ab≤1.‎ 证法二:设a、b为方程x2-mx+n=0的两根,则,‎ 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= ②‎ 将②代入①得m2-4()≥0,‎ 即≥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 ‎≥0,‎ 所以对任意非负实数a、b,有≥‎ 因为a>0,b>0,a3+b3=2,所以1=≥,‎ ‎∴≤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)‎