- 504.00 KB
- 2021-05-13 发布
- 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ:403074932
本资料来源于《七彩教育网》2009年高考数学难点突破专题辅导十八
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+)(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)
相关文档
- 2009高考生物二轮专题复习生物实验2021-05-1320页
- 高考试题——数学理福建卷解析版2021-05-1321页
- 人教版2012高考化学解题方法系列专2021-05-137页
- 高考地理精品复习资料专题15农业地2021-05-1325页
- 高考化学广西专用一轮复习专题讲座2021-05-139页
- 高考语文总复习 考点各个击破专题 2021-05-1312页
- 专题农业三年高考地理试题分项版解2021-05-1325页
- 高考数学知识考点试题精析 全套2021-05-13118页
- 高考安徽文科数学试题及答案word解2021-05-137页
- 2010年高考新课标文综历史试题及答2021-05-134页