不等式的证明策略

1、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.难点磁场场()已知a0，b0，且a+b=1.求证：(aa+)(b+).案例探究究例1证证明不等等式(nN*)命题意图：本题是是一道考考查数学学归纳法法、不等等式证明明的综合合性题目目，考查查学生观观察能力力、构造造能力以以及逻辑辑分析能能力，属属级级题目.知识依托：本题是是一个与与自然数数n有关的的命题，首首先想到到应用数数

2、学归纳纳法，另另外还涉涉及不等等式证明明中的放放缩法、构构造法等等.错解分析：此题易易出现下下列放缩缩错误：这样只注重重形式的的统一，而而忽略大大小关系系的错误误也是经经常发生生的.技巧与方法法：本题题证法一一采用数数学归纳纳法从nn=k到n=k+1的过过渡采用用了放缩缩法；证证法二先先放缩，后后裂项，有有的放矢矢，直达达目标；而证法法三运用用函数思思想，借借助单调调性，独独具匠心心，发人人深省.证法一：(1)当当n等于1时，不不等式左左端等于于1，右端端等于22，所以以不等式式成立；(2)假设设n=k(k1)时，不不等式成成立，即即1+2，当n=kk+1时，不不等式成成立.综合(1)、(2)

3、得：当当nN*时，都都有1+2.另从k到kk+1时的的证明还还有下列列证法：证法二：对对任意kkN*，都有有：证法三：设设f(n)= 那么对任意意kN* 都有：f(k+1)f(k)因此，对任任意nN* 都有f(n)f(n1)f(1)=10，例2求求使a(x0，y0)恒成成立的aa的最小小值.命题意图：本题考考查不等等式证明明、求最最值函数数思想、以以及学生生逻辑分分析能力力，属于于级级题目.知识依托：该题实实质是给给定条件件求最值值的题目目，所求求a的最值值蕴含于于恒成立立的不等等式中，因因此需利利用不等等式的有有关性质质把a呈现出出来，等等价转化化的思想想是解决决题目的的突破口口，然后后再利

4、用用函数思思想和重重要不等等式等求求得最值值.错解分析：本题解解法三利利用三角角换元后后确定aa的取值值范围，此此时我们们习惯是是将x、y与coss、sinn来对应应进行换换元，即即令=ccos，=siin(0)，这样样也得aasinn+coos，但是是这种换换元是错错误的.其原因因是：(1)缩缩小了xx、y的范围围；(22)这样样换元相相当于本本题又增增加了“x、y=1”这样一一个条件件，显然然这是不不对的.技巧与方法法：除了了解法一一经常用用的重要要不等式式外，解解法二的的方法也也很典型型，即若若参数aa满足不不等关系系，af(x)，则aminn=f(x)maxx；若 af(x)，则ama

5、xx=f(x)minn，利用用这一基基本事实实，可以以较轻松松地解决决这一类类不等式式中所含含参数的的值域问问题.还有三三角换元元法求最最值用的的恰当好好处，可可以把原原问题转转化.解法一：由由于a的值为为正数，将将已知不不等式两两边平方方，得：x+y+22a2(x+y)，即2(a21)(x+y)，x，y0，x+y2，当且仅当xx=y时，中有等等号成立立.比较、得a的最小小值满足足a21=11，a2=22，a= (因a0)，a的最小小值是.解法二：设设.x0，y0，x+y2 (当x=y时“=”成立)，1，的的最大值值是1.从而可知，u的最大值为，又由已知，得得au，a的最小小值为.解法三：y0

6、，原不等式式可化为为+1a，设=tann，(0，).tan+1a；即taan+1asecasiin+coos=sinn(+)，又sinn(+)的最大大值为11(此时时=).由式可知知a的最小小值为.锦囊妙计计1.不等式式证明常常用的方方法有：比较法法、综合合法和分分析法，它它们是证证明不等等式的最最基本的的方法.(1)比较较法证不不等式有有作差(商)、变形形、判断断三个步步骤，变变形的主主要方向向是因式式分解、配配方，判判断过程程必须详详细叙述述；如果果作差以以后的式式子可以以整理为为关于某某一个变变量的二二次式，则则考虑用用判别式式法证.(2)综合合法是由由因导果果，而分分析法是是执果索索因

7、，两两法相互互转换，互互相渗透透，互为为前提，充充分运用用这一辩辩证关系系，可以以增加解解题思路路，开扩扩视野.2.不等式式证明还还有一些些常用的的方法：换元法法、放缩缩法、反反证法、函函数单调调性法、判判别式法法、数形形结合法法等.换元法法主要有有三角代代换，均均值代换换两种，在在应用换换元法时时，要注注意代换换的等价价性.放缩性性是不等等式证明明中最重重要的变变形方法法之一，放放缩要有有的放矢矢，目标标可以从从要证的的结论中中考查.有些不不等式，从从正面证证如果不不易说清清楚，可可以考虑虑反证法法.凡是含含有“至少”“惟一一”或含有有其他否否定词的的命题，适适宜用反反证法.证明不等式式时，

8、要要依据题题设、题题目的特特点和内内在联系系，选择择适当的的证明方方法，要要熟悉各各种证法法中的推推理思维维，并掌掌握相应应的步骤骤、技巧巧和语言言特点.歼灭难点点训练一、填空题题1.()已知x、y是正变变数，aa、b是正常常数，且且=1，x+y的最小小值为_. 2.()设正数数a、b、c、d满足a+d=b+c，且|ad|bc|，则add与bc的大大小关系系是_.3.()若mn，pq，且(pm)(pn)0，(qm)(qn)0，则m、n、p、q的大小小顺序是是_.二、解答题题4.()已知a，b，c为正实实数，aa+b+c=1.求证：(11)a2+b2+c2 (2)65.()已知x，y，zR，且x

9、+y+z=1，x2+y2+z2=，证明明：x，y，z0，6.()证明下下列不等等式：(1)若xx，y，zR，a，b，cR+，则z22(xyy+yz+zx)(2)若xx，y，zR+，且x+y+z=xyzz，则2()7.()已知i，m、n是正整整数，且且1imn.(1)证明明：niAmiA；(2)证明明：(11+m)n(1+n)m8.()若a0，b0，a3+b3=2，求求证：aa+b2，ab1.参考答案难点磁场证法一：(分析综综合法）欲证原式，即即证4(ab)2+4(a2+b2)25abb+40，即证证4(abb)233(ab)+80，即证证ab或ab8.a0，b0，a+b=1，ab8不可能能成立

10、1=a+b2，ab，从而而得证.证法二：(均值代代换法)设a=+tt1，b=+t2.a+b=1，a0，b0，t1+t2=0，|t1|，|t2|显然当且仅仅当t=0，即即a=b=时，等等号成立立.证法三：(比较法法）a+b=1，a0，b0，a+b2，ab证法四：(综合法法)a+b=1， a0，b0，a+b2，ab.证法五：(三角代代换法） a00，b0，a+b=1，故故令a=siin2，b=coos2，(0，)2歼灭难点训训练一、1.解解析：令令=coos2，=siin2，则x=asecc2，y=bcsc2，x+y=asecc2+bcscc2=a+b+atann2+bcot2a+b+2.答案：a

11、+b+22.解析：由0|ad|bc|(ad)2(bc)2(a+b)24ad(b+c)24bca+d=b+c，4ad4bc，故故adbc.答案：addbc3.解析：把p、q看成变变量，则则mpn，mqn.答案：mpqn二、4.(1)证证法一：a2+b2+c2=(3a2+3b2+3c21)=3a22+3b2+3c2(a+b+c)2=3a22+3b2+3c2a2b2c22ab2ac2bc=(ab)2+(bc)2+(ca)20 a2+b2+c2证法二：(a+b+c)2=a2+b2+c2+2abb+2acc+2bcca2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c23(a22+b2+c2)(a+b+c

12、)2=1 a2+b2+c2证法三：a2+b2+c2a2+bb2+c2证法四：设设a=+，b=+，c=+.a+b+c=1，+=0a2+bb2+c2=(+)2+(+)2+(+)2=+ (+)+2+2+2=+2+2+2a2+bb2+c2原不等式式成立.证法二：6原不等式式成立.5.证法一一：由xx+y+z=1，x2+y2+z2=，得x2+y2+(11xy)2=，整理理成关于于y的一元元二次方方程得：2y222(1x)y+2x22x+=0，yR，故04(1x)242(22x22x+)0，得0 x，x0，同理可得yy，z0，证法二：设设x=+x，y=+y，z=+z，则x+y+z=0，于是=(+x)2+(

13、+y)2+(+z)2=+x22+y2+z2+ (x+y+z)=+x22+y2+z2+x2+=+x2故x2，x，x0，同同理y，z0，证法三：设设x、y、z三数中中若有负负数，不不妨设xx0，则x20，=x2+y2+z2x2+，矛盾盾.x、y、zz三数中中若有最最大者大大于，不不妨设xx，则=x2+y2+z2x2+=x2+=x2x+=x(x)+；矛盾盾.故x、y、z0，上式显然然成立，原不等式得证.7.证明：(1)对于1im，且A =m(mi+1)，由于mnn，对于于整数kk=1，2，i1，有，所以(2)由二二项式定定理有：(1+m)n=1+Cm+Cm2+Cmn，(1+n)m=1+Cn+Cn2+

14、Cnm，由(1)知知miAniA (11im，而C=miCiinniCim(1mnm0C=n0C=1，mC=nC=mn，m2Cn2C，mmCnnmC，mm+1C0，mnC0，1+Cmm+Cm2+Cmn1+CCn+C2mn2+Cnm，即(1+mm)n(1+n)m成立.8.证法一一：因aa0，b0，a3+b3=2，所所以(a+b)323=a3+b3+3a2b+3abb28=33a2b+3abb26=3abb(a+b)2=3ab(a+b)(a3+b3)=3(a+b)(ab)20.即(a+bb)323，又a+b0，所以a+b2，因为2a+b2，所以ab1.证法二：设设a、b为方程程x2mx+n=0的两两根，则则，因为a00，b0，所以以m0，n0，且=m24n0 因为2=aa3+b3=(a+b)(a2ab+b2)=(a+b)(a+b)23ab=m(m23n)所以n=将代入得m24()0，即0，所所以mm3+80，即m2，所以以a+b2，由2m 得4m2，又m24n，所以以44n，即n1，所所以abb1.证法三：因因a0，b0，a3+b3=2，所所以2=a3+b3=(a+b)(a2+b2ab)(a+b)(22abab)=ab(a+b)于是有63ab(a+b)，从而83ab(a+b)+22=3aa2b+3abb2+a3+b3=(a+b)3，所以a+b2，(下略）证法四：因因