高考数学精讲精练18不等式的证明策略.pdf

尤新教育辅导学校 1 第第 18 讲 讲 不等式的证明策略不等式的证明策略 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 2 1 3 1 2 1 1 L 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 L 2 k 1 2 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 3 1 2 1 1 k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k Q Q Q 又如 尤新教育辅导学校 2 1 2 1 1 2 k k k 证法二 对任意 k N 都有 2 1 2 2 3 2 1 2 2 2 1 3 1 2 1 1 1 2 1 2 2 1 n n n n k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k f k f f k 1 f k 因此 对任意 n N 都有 f n f n 1 f 1 1 0 2 1 3 1 2 1 1 n n L 例 2 求使 y x a y x 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 cos sin 来对应进行换元 即令 x cos y sin 0 2 这样也得 a sin cos 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 a 2 x y 即 2 xy a 2 1 x y x y 0 x y 2 xy 当且仅当 x y 时 中有等号成立 尤新教育辅导学校 3 比较 得 a 的最小值满足 a 2 1 1 a 2 2 a 2 因 a 0 a 的最小值是 2 解法二 设 y x xy y x xy y x y x y x y x y x u 2 1 2 2 x 0 y 0 x y 2 xy 当 x y 时 成立 y x xy 2 1 y x xy 2 的最大值是 1 从而可知 u 的最大值为 2 1 1 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 tan 0 2 tan 1 a 1 tan 2 即 tan 1 asec a sin cos 2 sin 4 又 sin 4 的最大值为 1 此时 4 由 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 尤新教育辅导学校 4 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 a 2 b 2 c 2 3 1 2 2 3 2 3 2 3 c b a 6 5 已知 x y z R 且 x y z 1 x 2 y 2 z 2 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 b a y b a c x a c b 2 2 z 2 2 xy yz zx 2 若 x y z R 且 x y z xyz 则 z y x y x z x z y 2 z y x 1 1 1 7 已知 i m n 是正整数 且 1 i m n 1 证明 n i A i m m i A i n 2 证明 1 m n 1 n m 8 若 a 0 b 0 a 3 b 3 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 a 2 b 2 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 t 1 b 2 1 t 2 a b 1 a 0 b 0 t1 t2 0 t1 2 1 t 2 2 1 尤新教育辅导学校 5 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 1 1 1 1 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 2 2 2 1 1 2 2 2 1 2 1 2 2 t t t t t t t t t t t t t t t t t 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 4 1 4 8 33 4 4 25 1 1 4 25 1 1 2 2 2 2 b b a a ab ab ab ab ab b a 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 25 1 1 4 1 16 25 1 1 16 9 1 4 3 4 1 1 1 2 2 2 ab ab ab ab ab ab 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 sin 2 b cos 2 0 2 4 25 1 1 4 25 2 sin 4 2 sin 4 4 1 2 sin 1 25 16 2 sin 2 4 3 1 4 2 sin 4 1 2 sin 2 sin 4 16 sin 4 2 sin 4 2 cos sin 2 cos sin cos 1 cos sin 1 sin 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 b b a a b b a a 即得 Q 2 尤新教育辅导学校 6 歼灭难点训练 一 1 解析 令 x a cos 2 y b sin 2 则 x asec 2 y bcsc 2 x y asec 2 bcsc 2 a b atan 2 bcot 2 a b 2 ab b a b a 2 cot tan 2 2 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 a 2 b 2 c 2 3 1 3 1 3a 2 3b 2 3c 2 1 3 1 3a 2 3b 2 3c 2 a b c 2 3 1 3a 2 3b 2 3c 2 a 2 b 2 c 2 2ab 2ac 2bc 3 1 a b 2 b c 2 c a 2 0 a 2 b 2 c 2 3 1 证法二 a b c 2 a 2 b 2 c 2 2ab 2ac 2bc a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 a 2 c 2 b 2 c 2 3 a 2 b 2 c 2 a b c 2 1 a 2 b 2 c 2 3 1 证法三 3 3 2 2 2 c b a c b a a 2 b 2 c 2 3 c b a a 2 b 2 c 2 3 1 证法四 设 a 3 1 b 3 1 c 3 1 a b c 1 0 a 2 b 2 c 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 3 2 2 2 2 3 1 2 2 2 3 1 a 2 b 2 c 2 3 1 尤新教育辅导学校 7 6 2 9 3 2 3 2 3 2 3 2 3 3 2 3 2 3 3 2 3 2 1 2 3 1 2 3 2 3 2 所以 i m i i n i i i m i i n n m m n A A A A 即 2 由二项式定理有 1 m n 1 C 1 n m C 2 n m 2 C n n m n 1 n m 1 C 1 m n C 2 m n 2 C m m n m 由 1 知 m i A i n n i A i m 1 i m 而 C i m A C A i i i n i n i m m i C i n n i C i m 1 m n m 0 C 0 n n 0 C 0 n 1 mC 1 n nC 1 m m n m 2 C 2 n n 2 C 2 m m m C m n n m C m m m m 1 C 1 m n 0 m n C n n 0 尤新教育辅导学校 9 1 C 1 n m C 2 n m 2 C n n m n 1 C 1 m n C 2 mn 2 C m m n m 即 1 m n 1 n m 成立 8 证法一 因 a 0 b 0 a 3 b 3 2 所以 a b 3 2 3 a 3 b 3 3a 2 b 3ab 2 8 3a 2 b 3ab 2 6 3 ab a b 2 3 ab a b a 3 b 3 3 a b a b 2 0 即 a b 3 2 3 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 x 2 mx n 0 的两根 则 ab n b a m 因为 a 0 b 0 所以 m 0 n 0 且 m 2 4n 0 因为 2 a 3 b 3 a b a 2 ab b 2 a b a b 2 3ab m m 2 3n 所以 n m m 3 2 3 2 将 代入 得 m 2 4 m m 3 2 3 2 0 即 m m 3 8 3 0 所以 m 3 8 0 即 m 2 所以 a b 2 由 2 m 得 4 m 2 又 m 2 4n 所以 4 4n 即 n 1 所以 ab 1 证法三 因 a 0 b 0 a 3 b 3 2 所以 2 a 3 b 3 a b a 2 b 2 ab a b 2ab ab ab a b 于是有 6 3ab a b 从而 8 3ab a b 2 3a 2 b 3ab 2 a 3 b 3 a b 3 所以 a b 2 下略 证法四 因为 3 3 3 2 2 b a b a 8 3 8 2 4 4 4 2 2 2 2 2 b a