高二_不等式的证明讲义.doc

高二数学不等式同步辅导讲义第1讲 不等式的证明一、辅导内容不等式证明的方法与技巧二、学习指导不等式的证明主要研究对绝对不等式的变形、化简。其原理是利用不等式的传递性从不等式的左端或右端适当地放大（或缩小）为右端或左端。不等式的性质是不等式证明的基础。不等式证明的常规方法有：比较法、综合法、分析法。比较法的研究对象通常是代数不等式，如整式不等式，分式不等式；综合法主要是用基本不等式及不等式的性质研究非负实数集内的绝对值不等式；当因题目条件简单或结论形式复杂而无法对不等式下手时，可考虑用分析法，但应注重格式，注意规范化用语。根据题目条件或结论的特殊形式，证明不等式还有一些技巧方法；换元法、反证法、放缩法、判别式法等。三、典型例题 【例1】 设a，bR，求证：a2+b2ab+a+b-1。解题思路分析：思路一：这是一个整式不等式，可考虑用比较法，在配方过程应体现将a或b看成主元的思想，在这样的思想下变形，接下来的配方或因式分解相对容易操作。作差=a2+b2-ab-a-b+1=a2-(b+1)a+b2-b+1= =0思路二：注意到不等式两边式子a2+b2与ab的结构特点，联想到基本不等式；为了得到左边的a与b项，应用增减项法变形。增加若干项或减少若干项的技巧在本节应用得较为普遍。因a2+b22ab，a2+12a， b2+12b三式同向相加得：a2+b2ab+a+b-1思路三：在思路一中，作差后得到关于a的二次三项式，除了用配方法，还可以联系二次函数的知识求解。记f(a)=a2-(b+1)a+b2-b+1因二次项系数为正，=(b+1)2-4(b2-b+1)=-3(b-1)20 f(a)0 【例2】 已知0a1，0b1，00，首先将题目结论改造为1+ab+bc+caa+b+c+abc，即1+ab+bc+ca-a-b-c-abc0。这样的化简或变形（变形的目的也是化简）在绝大多数解题中都是需要的），而且是必要的。在变形过程中通常注意前后问题的等价性。其次在对欲证不等式左边的化简时，应从已知条件中寻找思路：由a1，b1，c1得：1-a0，1-b0，1-c0，因此在对1+ab+bc+ca-a-b-c-abc因式分解时，应向1-a，1-b，1-c这三个因式靠拢，这样才便于判断整个因式的符号。由轮换式的特点，找准1-a，1-b，1-c中的一个因式即可。 1+ab+bc+ca-a-b-c-abc=(1-a)+b(a-1)+c(a-1)+bc(1-a) =(1-a)(1-b-c+bc) =(1-a)(1-b)(1-c)0 【例3】 设A=a+d，B=b+c，a，b，c，dR+，ad=bc，a=maxa，b，c，d，试比较A与B的大小。解题思路分析：因A、B的表达形式比较简单，故作差后如何对因式进行变形是本题难点之一。利用等式ad=bc，借助于消元思想，至少可以消去a，b，c，d中的一个字母。关键是消去哪个字母，因条件中已知a的不等关系：ab，ac，ad，故保留a，消b，c，d中任一个均可。由ad=bc得： A-B=a+d-(b+c)= =又：若不慎消去了a，该怎么办呢？ 由ad=bc得： A-B= =下面是判断b-d与c-d的符号，即比较a、c与d的大小：应从条件a=maxa，b，c，d及ad=bc出发才挖掘隐藏条件。由ad=bc得： ab0 1 即 1 cd，c-d0同理b-d0 A-B0 【例4】 a，b，cR，求证：a4+b4+c4(a+b+c)。解题思路分析：不等号两边均是和的形式，利用一次基本不等式显然不行。不等号右边为三项和，根据不等号方向，应自左向右运用基本不等式后再同向相加。因不等式左边只有三项，故把三项变化六项后再利用二元基本不等式，这就是“化奇为偶”的技巧。左= 发现缩小后没有达到题目要求，此时应再利用不等式传递性继续缩小，处理的方法与刚才类似。 【例5】 （1）a，b，c为正实数，求证：； （2）a，b，c为正实数，求证：。解题思路分析：（1）不等式的结构与例4完全相同，处理方法也完全一样。 （2）同学们可试一试，再用刚才的方法处理该题是行不通的。注意到从左向右，分式变成了整式，可考虑在左边每一个分式后配上该分式的分母，利用二元基本不等式后约去分母，再利用不等式可加性即可达到目的。试一试行吗？ 【例6】 x，y为正实数，x+y=a，求证：x2+y2。解题思路分析：思路一；根据x+y和x2+y2的结构特点，联想到算术平均数与平方平均数之间的不等关系。 思路二：因所求不等式右边为常数，故可从求函数最小值的角度去思考。思路一所用的是基本不等式法，这里采用消元思想转化为一元函数，再用单调性求解。换元有下列三种途径：途径1：用均值换元法消元：令 ，则 途径2：代入消元法：y=a-x，0xb0，求证：。解题思路分析：所证不等式的形式较复杂（如从次数看，有二次，一次，次等），难以从某个角度着手。故考虑用分析法证明，即执果索因，寻找使不等式成立的必要条件。实际上就是对所证不等式进行适当的化简、变形，实际上这种变形在相当多的题目里都是充要的。所证不等式可化为 ab0 不等式可化为：即要证 只需证在ab0条件下，不等式组显然成立 原不等式成立 【例8】 已知f(x)=，求证：对任意实数a，b，恒有f(a)f(a)注：本题实际上利用了不等式的传递性，只不过中间量为常数而已，这种思路在两数大小比较时曾讲过。由此也说明，实数大小理论是不等式大小理论的基础。 【例9】 已知a，b，cR，f(x)=ax2+bx+c，当|x|1时，有|f(x)|1，求证： （1）|c|1，|b|1； （2）当|x|1时，|ax+b|2。解题思路分析：这是一个与绝对值有关的不等式证明题，除运用前面已介绍的不等式性质和基本不等式以外，还涉及到与绝对值有关的基本不等式，如|a|a，|a|-a，|a|-|b|ab|a|+|b|，|a1a2an|a1|+|a2|+|an|。就本题来说，还有一个如何充分利用条件“当|x|1时，|f(x)|1”的解题意识。从特殊化的思想出发得到：令 x=0，|f(0)|1即 |c|1当x=1时，|f(1)|1；当x=-1时，|f(-1)|1下面问题的解决试图利用这三个不等式，即把f(0)，f(1)，f(-1)化作已知量，去表示待求量。 f(1)=a+b+c，f(-1)=a-b+c 1 （2）思路一：利用函数思想，借助于单调性求g(x)=ax+b的值域。当a0时，g(x)在-1，1上单调递增 g(-1)g(x)g(1) g(1)=a+1=f(1)-f(0)|f(1)-f(0)|f(1)|+|f(0)|2 g(-1)=-a+b=f(0)-f(-1)=-f(-1)-f(0) -|f(-1)-f(0)|-|f(-1)|+|f(0)|-2 -2g(x)2即 |g(x)|2当a0时 |ax+b|ax|+|b|=|a|x|+|b|a|+|b|a+|b|下面对b讨论 b0时，a+|b|=a+b=|a+b|=|f(1)-f(0)| |f(1)|+|f(0)|2； b0时，a+|b|=a-b=|a-b|=|f(-1)-f(0)|f(-1)|+f(0)|2。 |ax+b|2当ay B、x=y C、yx D、与m ,n的取植有关4、已知a，b是不相等的正数，在a、b之间插入两组数：x1，x2，xn和y1，y2，yn，b成等比数列，并给出下列不等式： 那么，其中为真命题的是 （ ）A、 B、 C、 D、5、已知a，b，c0，且a+bc，设M=，N=，则MN的大小关系是A、MN B、M=N C、M0，x2+x30，x3+x10，则f(x1)+f(x2)+f(x3)的值 （ ）A、一定大于零 B、一定小于零 C、一定等于零 D、正负都有可能7、若a0，b0，则 （ ）A、xyz B、xzy C、yxz D、yzx8、设a，bR，下面的不等式成立的是 （ ）A、a2+3abb2 B、ab-ab+ab C、 D、a2+b22(a-b-1) （二）填空题9、设a0，b0，ab，则aabb与abba的大小关系是_。10、若a，b，c是不全相等的正数，则(a+b)(b+c)(c+a)_8abc（用不等号填空）。11、设n个正数x1，x2，xn的算术平均数是，若a是不等于的任意实数，并记，则p与q大小关系是_。12、当0a0且t1时，与的大小关系是_。13、若a，b，c为RtABC的三边，其中c为斜边，则an+bn与cn（其中nN，n2）的大小关系是_。 （三）解答题14、已知a0，b0，ab，求证：。15、已知a，b，c是三角形三边的长，求 证：。16、已知a0，b0，求证：。17、已知a，b为正数，a3+b3=2，求证：a+b2。18、若a，b，c为正数，求证：。19、设a0，b0，且a+b=1，求证：。20、已知a+b+c0，ab+bc+ca0，abc0，求证：a，b，c全为正数。第2讲 含有绝对值的不等式一、辅导内容含有绝对值的不等式证明二、学习指导1、 绝对值的性质 （1）基本性质：xR时，|x|x，|x|-x；|x|a-axax2a2；|x|a，或xa2。 （2）运算性质：|ab|=|a|b|，|a|-|b|ab|a|+|b|，|a1a2+an|a1|+|a2|+|an|。 （3）几何意义：|x-a|表示数轴上数x，a对应的两点之间的距离。 2、与绝对值有关的不等式的证明 其方法仍是证明一般不等式的方法，如比较法、综合法、分析法等，但它除了涉及一般不等式的性质外，还经常用到刚才所介绍的绝对值的性质，特别是|a|-|b|a|b|这一条性质。在利用绝对值的性质时，应根据不等号的方向进行合理的选择。 3、含绝对值不等式的证明与解法有较大的差异，在解不等式中，主要是考虑如何去掉绝对值符号；而在证明中，一般不提倡去掉绝对值符号，当然，少数题目例外。三、典型例题 【例1】 设|a|,|a-b|2，求证：|b|3。解题思路分析：根据解题的“结论向条件靠拢”的原则，本题主要思考如何用a，a-b表示b，从而利用|a|及|a-b|的条件得到|b|的范围。 b=a-(a-b) |b|=|a-(a-b)|a|+|a-b|+2=3注：本题还涉及到了化简变形中的整体思想，即将a-b看作一个整体。实际上根据|a-b|的结构特点，也可用绝对值的基本不等式对其缩小：|a|-|b|a-b|，关键是不等式的左端是选择|a|-|b|，还是|b|-|a|，尽管两个不等式都成立，但由本题的消元要求，应消去a，保留b，故选|b|-|a|a-b|。 |b|-|a|2又 |a| 两不等式同向相加得|b|3 【例2】 已知f(x)=x2-x+c，|x-a|1，a，cR，求证：|f(x)-f(a)|2(|a|+1)。求证：|f(x)-f(a)|2(|a|+1)解题思路分析：因f的对应法则已知，故首先对不等式左边化简：|f(x)-f(a)|=|x2-x+c-(a2-a+c)|=|x2-a2-x+a|。接下来的变形向条件|x-a|1靠拢，即凑出因式x-a： |f(x)-f(a)|=|x2-a2-x+a|=1(x-a)(x+a)-(x-a)|=|x-a|x+a-1|x+a-1|下一步化简有两种途径：从结论向条件凑，或从条件向结论凑。途径一：|x+a-1|=|x-a+2a-1|x-a|+|2a-1|x-a|+|2a|+11+2|a|+1=2(|a|+1)途径二：|x+a-1|x|+|a-1|x|+|a|+1又 |x-a|x|-|a| |x|-|a|1 |x|a|+1 |x+a-1|x|+|a|+10知，0 【例5】 已知f(x)=x2+ax+b，（1）求f(1)-2f(2)+f(3)；（2）证明|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于。解思路分析：（1） f(1)-f(2)+f(3)=2；问题（2）的求解想办法利用（1）的结论。 这是一个存在性的命题，因正面情形较多，难以确定有几个，故采用反证法。 假设|f(x)|,|f(2)|，|f(3)| 则 |f(1)-2f(2)+f(3)|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|1，|b|1，且ab，求证：1。 解题思路分析： 本题用分析法较为方便。 |a|1，|b|1 a21，b21 1-a20，1-b20 原不等式成立 【例7】 设x，yR，x2+y21，求证：|x2+2xy-y2|。解题思路分析：也许有同学会这样解： |x2+2xy-y2|x2|+|2xy|+|-y|2=x2+y2+2|xy|x2+y2+x2+y2=2(x2+y2)2但放缩过度，不能满足本题要求。根据条件“平方和”的特征，考虑用三角换元法：令 x=rcos，y=rsin，|r|1则 |x2+2xy-y2|=r2|sin(2+)|r2同步练习 （一）选择题 1、已知函数f(x)=-2x+1对任意正数，使得|f(x1)-f(x2)| 成立的一个充分但不必要条件是A、 |x1-x2| B、|x1-x2| C、|x1-x2|2、a，b是实数，则使|a|+|b|1成立的充分不必要条件是A、|a+b|1 B、|a|且|b| C、a1 D、b-13、设a，bR，且ab0，则A、|a+b|a-b| C、|a-b|a|-|b| D、|a-b|0，命题甲；两个实数a,b满足|a-b|2h；命题乙：两个实数a，b满足|a-1|h，且|b-1|0 D、ab07、设a，bR，则|a|1且|b|a+b的A、充分非必要条件 B、必要