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- 2021-06-15 发布
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第2课时 不等式的证明
1.不等式证明的方法
(1)比较法:
①作差比较法:
知道a>b⇔a-b>0,ab只要证明a-b>0即可,这种方法称为作差比较法.
②作商比较法:
由a>b>0⇔>1且a>0,b>0,因此当a>0,b>0时,要证明a>b,只要证明>1即可,这种方法称为作商比较法.
(2)综合法:
从已知条件出发,利用不等式的有关性质或定理,经过推理论证,最终推导出所要证明的不等式成立,这种证明方法叫综合法.即“由因导果”的方法.
(3)分析法:
从待证不等式出发,逐步寻求使它成立的充分条件,直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等),从而得出要证的不等式成立,这种证明方法叫分析法.即“执果索因”的方法.
(4)反证法和放缩法:
①先假设要证的命题不成立,以此为出发点,结合已知条件,应用公理、定义、定理、性质等,进行正确的推理,得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论,以说明假设不正确,从而证明原命题成立,这种方法叫做反证法.
②在证明不等式时,有时要把所证不等式的一边适当地放大或缩小,此利于化简并使它与不等式的另一边的关系更为明显,从而得出原不等式成立,这种方法称为放缩法.
(5)数学归纳法:
一般地,当要证明一个命题对于不小于某正整数n0的所有正整数n都成立时,可以用以下两个步骤:
①证明当n=n0时命题成立;
②假设当n=k (k∈N*,且k≥n0)时命题成立,证明n=k+1时命题也成立.
在完成了这两个步骤后,就可以断定命题对于不小于n0的所有正整数都成立.这种证明方法称为数学归纳法.
2.几个常用基本不等式
(1)柯西不等式:
①柯西不等式的代数形式:设a,b,c,d都是实数,则(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2(当且仅当ad=bc时,等号成立).
②柯西不等式的向量形式:设α,β是两个向量,则|α||β|≥|α·β|,当且仅当β是零向量,或存在实数k,使α=kβ时,等号成立.
③柯西不等式的三角不等式:设x1,y1,x2,y2,x3,y3∈R,则+≥.
④柯西不等式的一般形式:设a1,a2,a3,…,an,b1,b2,b3,…,bn是实数,则(a+a+…+a)(b+b+…+b)≥(a1b1+a2b2+…+anbn)2,当且仅当bi=0 (i=1,2,…,n)或存在一个数k,使得ai=kbi (i=1,2,…,n)时,等号成立.
(2)算术—几何平均不等式
若a1,a2,…,an为正数,则≥,当且仅当a1=a2=…=an时,等号成立.
1.设a,b,m,n∈R,且a2+b2=5,ma+nb=5,求的最小值.
解 根据柯西不等式(ma+nb)2≤(a2+b2)(m2+n2),得25≤5(m2+n2),m2+n2≥5,的最小值为.
2.若a,b,c∈(0,+∞),且a+b+c=1,求++的最大值.
解 (++)2=(1×+1×+1×)2
≤(12+12+12)(a+b+c)=3.
当且仅当a=b=c=时,等号成立.
∴(++)2≤3.
故++的最大值为.
3.设x>0,y>0,若不等式++≥0恒成立,求实数λ的最小值.
解 ∵x>0,y>0,
∴原不等式可化为-λ≤(+)(x+y)=2++.
∵2++≥2+2=4,当且仅当x=y时等号成立.
∴min=4,即-λ≤4,λ≥-4.
题型一 用综合法与分析法证明不等式
例1 (1)已知x,y均为正数,且x>y,求证:2x+≥2y+3;
(2)设a,b,c>0且ab+bc+ca=1,求证:a+b+c≥.
证明 (1)因为x>0,y>0,x-y>0,
2x+-2y=2(x-y)+
=(x-y)+(x-y)+
≥3=3,
所以2x+≥2y+3.
(2)因为a,b,c>0,所以要证a+b+c≥,
只需证明(a+b+c)2≥3.
即证:a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≥3,
而ab+bc+ca=1,
故需证明:a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≥3(ab+bc+ca).
即证:a2+b2+c2≥ab+bc+ca.
而ab+bc+ca≤++=a2+b2+c2(当且仅当a=b=c时等号成立)成立.
所以原不等式成立.
思维升华 用综合法证明不等式是“由因导果”,用分析法证明不等式是“执果索因”,它们是两种思路截然相反的证明方法.综合法往往是分析法的逆过程,表述简单、条理清楚,所以在实际应用时,往往用分析法找思路,用综合法写步骤,由此可见,分析法与综合法相互转化,互相渗透,互为前提,充分利用这一辩证关系,可以增加解题思路,开阔视野.
设a、b、c均为正数,且a+b+c=1,证明:
(1)ab+bc+ac≤;(2)++≥1.
证明 (1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac得
a2+b2+c2≥ab+bc+ca.
由题设得(a+b+c)2=1,
即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.
所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤.
(2)因为+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,
故+++(a+b+c)≥2(a+b+c),
即++≥a+b+c.
所以++≥1.
题型二 放缩法证明不等式
例2 若a,b∈R,求证:≤+.
证明 当|a+b|=0时,不等式显然成立.
当|a+b|≠0时,
由0<|a+b|≤|a|+|b|⇒≥,
所以=≤=
=+≤+.
思维升华 (1)在不等式的证明中,“放”和“缩”是常用的推证技巧.常见的放缩变换有:
①变换分式的分子和分母,如<,>,<,>.上面不等式中k∈N*,k>1;
②利用函数的单调性;
③真分数性质“若00,则<”.
(2)在用放缩法证明不等式时,“放”和“缩”均需把握一个度.
设n是正整数,求证:≤++…+<1.
证明 由2n≥n+k>n(k=1,2,…,n),得≤<.
当k=1时,≤<;
当k=2时,≤<;
…
当k=n时,≤<,
∴=≤++…+<=1.
∴原不等式成立.
题型三 柯西不等式的应用
例3 已知x,y,z均为实数.
(1)若x+y+z=1,求证:++≤3;
(2)若x+2y+3z=6,求x2+y2+z2的最小值.
(1)证明 因为(++)2≤(12+12+12)(3x+1+3y+2+3z+3)=27.
所以++≤3.
当且仅当x=,y=,z=0时取等号.
(2)解 因为6=x+2y+3z≤·,
所以x2+y2+z2≥,当且仅当x==即x=,y=,z=时,x2+y2+z2有最小值.
思维升华 (1)使用柯西不等式证明的关键是恰当变形,化为符合它的结构形式,当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时,就可使用柯西不等式进行证明.(2)利用柯西不等式求最值的一般结构为:(a+a+…+a)(++…+)≥(1+1+…+1)2=n2.在使用柯西不等式时,要注意右边为常数且应注意等号成立的条件.
已知大于1的正数x,y,z满足x+y+z=3.求证:++≥.
证明 由柯西不等式及题意得,
(++)
·[(x+2y+3z)+(y+2z+3x)+(z+2x+3y)]≥(x+y+z)2=27.
又(x+2y+3z)+(y+2z+3x)+(z+2x+3y)=6(x+y+z)=18,
∴++≥=,
当且仅当x=y=z=时,等号成立.
1.已知x+y=1,求2x2+3y2的最小值.
解 由柯西不等式(2x2+3y2)·≥2=(x+y)2=1,
∴2x2+3y2≥,当且仅当2x=3y,即x=,y=时,等号成立.所以2x2+3y2的最小值为.
2.设a+b=2,b>0,当+取得最小值时,求a的值.
解 由于a+b=2,所以+=+=++,由于b>0,|a|>0,所以+≥2=1,因此当a>0时,+的最小值是+1=;当a<0时,+的最小值是-+1=.故+的最小值为,此时
即a=-2.
3.设a、b、c是正实数,且a+b+c=9,求++的最小值.
解 ∵(a+b+c)
=[()2+()2+()2]·
≥2=18.
∴++≥2.∴++的最小值为2.
4.设x,y,z∈R,且满足:x2+y2+z2=1,x+2y+3z=,求x+y+z.
解 由柯西不等式可得(x2+y2+z2)(12+22+32)≥(x+2y+3z)2,即(x+2y+3z)2≤14,因此x+2y+3z≤.因为x+2y+3z=,所以x==,解得x=,y=,z=,于是x+y+z=.
5.已知△ABC的三边长分别为a,b,c.求证:++≥a+b+c.
证明 因为[(b+c-a)+(c+a-b)+(a+b-c)]≥(a+b+c)2,
又a+b+c>0,
所以++≥a+b+c(当且仅当==时取等号).
6.已知a,b,c∈R,且2a+2b+c=8,求(a-1)2+(b+2)2+(c-3)2的最小值.
解 由柯西不等式得
(4+4+1)×[(a-1)2+(b+2)2+(c-3)2]≥[2(a-1)+2(b+2)+c-3]2,
∴9[(a-1)2+(b+2)2+(c-3)2]≥(2a+2b+c-1)2.
∵2a+2b+c=8,
∴(a-1)2+(b+2)2+(c-3)2≥,
当且仅当==c-3时等号成立,
∴(a-1)2+(b+2)2+(c-3)2的最小值是.
7.(2015·湖南)设a>0,b>0,且a+b=+.
证明:(1)a+b≥2;
(2)a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.
证明 由a+b=+=,a>0,b>0,得ab=1.
(1)由基本不等式及ab=1,有a+b≥2=2,即a+b≥2.
(2)假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,
则由a2+a<2及a>0得0<a<1;
同理,0<b<1,从而ab<1,这与ab=1矛盾.
故a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.
8.(2016·全国甲卷)已知函数f(x)=+,
M为不等式f(x)<2的解集.
(1)求M;
(2)证明:当a,b∈M时,|a+b|<|1+ab|.
(1)解 f(x)=
当x≤-时,由f(x)<2得-2x<2,
解得x>-1,所以,-11,即a的取值范围是(1,+∞).
(2)由柯西不等式,得
[42+()2+22]·[()2+()2+()2]≥(4×+×+2×)2
=(x+y+z)2,
即25×1≥(x+y+z)2.
∴5≥|x+y+z|,∴-5≤x+y+z≤5.
∴x+y+z的取值范围是[-5,5].
10.已知a,b∈(0,+∞),a+b=1,x1,x2∈(0,+∞).
(1)求++的最小值;
(2)求证:(ax1+bx2)(ax2+bx1)≥x1x2.
(1)解 因为a,b∈(0,+∞),a+b=1,
x1,x2∈(0,+∞),
所以++≥3·
=3·≥3·=3×=6,
当且仅当==且a=b,即a=b=
且x1=x2=1时,++有最小值6.
(2)证明 方法一 由a,b∈(0,+∞),a+b=1,
x1,x2∈(0,+∞),及柯西不等式可得:
(ax1+bx2)(ax2+bx1)=[()2+()2]·[()2+)2]≥(·+·)2=(a+b)2=x1x2,当且仅当=,即x1=x2时取得等号.
所以(ax1+bx2)(ax2+bx1)≥x1x2.
方法二 因为a,b∈(0,+∞),a+b=1,x1,x2∈(0,+∞),
所以(ax1+bx2)(ax2+bx1)=a2x1x2+abx+abx+b2x1x2
=x1x2(a2+b2)+ab(x+x)≥x1x2(a2+b2)+ab(2x1x2)
=x1x2(a2+b2+2ab)=x1x2(a+b)2=x1x2,
当且仅当x1=x2时,取得等号.
所以(ax1+bx2)(ax2+bx1)≥x1x2.
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