高考数学难点突破_难点18__不等式的证明策略

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 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+425. 案例探究 例 1证明不等式 131211 (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 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 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 k ， ,1211)1(11)1(21121131211当 n=k+1 时，不等式成立 . 综合 (1)、 (2)得：当 n N*时，都有 1+ 2 n . 另从 k 到 k+1时的证明还有下列证法： ,1111212212:1),1(21)1(2,0)1()1()1(2)1(21)1(22 证法二：对任意 k N*，都有： (2)23(2)12(22131211),1(21221因此证法三：设 f(n)= ),131211(2 那么对任意 k N * 都有： 01)1()1(2)1(111)1(2)1(21111)1(2)()1(2f(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 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 此需利用不等式的有关性质把 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 此时我们习惯是将 x、 对应进行换元，即令 x = y =0 2)，这样也得 a 但是这种换元是错误的 (1)缩小了 x、 (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 f(x)，则 f(x) a f(x)，则 f(x)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 以把原问题转化 . 解法一：由于 已知不等式两边平方，得： x+y+2 a2(x+y)，即 2 (1)(x+y)， x， y 0， x+y 2 当且仅当 x=中有等号成立 . 比较、得 1=1， ， a= 2 (因 a 0)， . 解法二：设 212)( 2. x 0， y 0， x+y 2 (当 x=”成立 )， 1， 的最大值是 1. 从 而可知， 11 ， 又由已知，得 a u， . 解法三： y 0， 原不等式可化为 a1 设yx= (0，2). 1 a 1 ；即 1 a 2 +4)， 又 +4)的最大值为 1(此时 =4). 由式可知 . 锦囊妙计 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 . 元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法等 值代换两种，在应用换元法时，要注意代换的等价性 缩要有的放矢，目标可以从要证的结论 中考查 正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法 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、 a+d=b+c，且 |a d| |b c|，则 _. 3.( )若 m n， p q，且 (p m)(p n) 0， (q m)(q n) 0，则 m、 n、 p、 _. 二、解答题 4.( )已知 a， b， a+b+c=1. 求证： (1)a2+b2+1(2) 232323 6 5.( )已知 x， y， z R，且 x+y+z=1， x2+y2+1，证明： x， y， z 0，32 6.( )证明下列不等式： (1)若 x， y， z R， a， b， c R+，则c 222(xy+yz+(2)若 x， y， z R+，且 x+y+z= 则z 2(11 ) 7.( )已知 i， m、 1 i m n. (1)证明： (2)证明： (1+m)n (1+n)m 8.( )若 a 0， b 0， a3+，求证： a+b 2， 1. 参考答案 难点磁场 证法一： (分析综合法） 欲证原式，即证 4(+4(a2+ 25 0，即证 4( 33(8 0，即证 1或8. a 0， b 0， a+b=1， 8 不可能成立 1=a+b 2 1，从而得证 . 证法二： (均值代换法 ) 设 a=21+b=21+ a+b=1， a 0， b 0， t1+， |21， |5(41)141)(141()21)(21()141)(141(211)21(211)21(11)1)(1(2242222222222222222112122221122212122t=0，即 a=b=21时，等号成立 . 证法三： (比较法） a+b=1， a 0， b 0， a+b 2 1425)1)(1(04 )8)(41(4 833442511425)1)(1(2222证法四： (综合法 ) a+b=1， a 0， b 0， a+b 2 1. 4251)1(41 16251)1(169)1(434111 222 425)1)(1( (三角 代换法） a 0， b 0， a+b=1，故令 a= b= (0，2) )(1(4252s i s i 12s i i i 2s i i s i s i o ss i o ss i n)c o ( c o ss i s i n)1)(1(22222222222224422222 歼灭难点训练 一、 xa=yb=则 x= y= x+y=a+b+ a+b+2 c o tt a n 22 . 答 案： a+b+2 0 |a d| |b c| (a d)2 (b c)2 (a+b)2 4(b+c)2 4 a+d=b+c， 4 4 答案： p、 m p n， m q n. 答案： m p q n 二、 4.(1)证法一： a2+b2+1=31(31) =31 3(a+b+c)2 =31 3222 =31 (a b)2+(b c)2+(c a)2 0 a2+b2+1证法二： (a+b+c)2=a2+b2+a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+ 3(a2+b2+ (a+b+c)2=1 a2+b2+1证法三：33222 a2+b2+ a2+b2+1证法四：设 a=31+ ， b=31+ ， c=31+ . a+b+c=1， + + =0 a2+b2+31+ )2+(31+ )2+(31+ )2 =31+32( + + )+ 2+ 2+ 2 =31+ 2+ 2+ 231 a2+b2+1629)(323232323323,23323,21231)23(23:)2(原不等式成立 . 证法二：3 )23()23()23(3 232323 )(3 232323 33 6 原不等式成立 . x+y+z=1， x2+y2+1，得 x2+1 x y)2=21，整理成关于 22(1 x)y+22x+21=0， y R，故 0 4(1 x)2 4 2(22x+21) 0，得 0 x32， x 0，32 同理可得 y， z 0，32 证法二：设 x=31+x， y=31+y， z=31+z，则 x +y +z =0， 于是21=(31+x )2+(31+y )2+(31+z )2 =31+x 2+y 2+z 2+32(x +y +z ) =31+x 2+y 2+z 231+x 2+2 )(2 =31+23x 2 故 x 291， x31，31， x 0，32，同理 y， z 0，32 证法三：设 x、 y、 z 三数中若有负数，不妨设 x 0，则 0，21=x2+y2+z21232 )1(2 )( 2222 21，矛盾 . x、 y、 z 三数中若有最大者大于32，不妨设 x32，则21=x2+y2+ )(2= )1(2x =23x+21=23x(x32)+2121；矛盾 . 故 x、 y、 z 0，32 0)()()()()()(222)(4)(2)()(2)()()()(2)(:)2()(20)()()()2()2()2()(22:)1.(62222222222223333332222222222222222222222222222222222y y y 上式显然成立，原不等式得证 . (1)对于 1 i m，且 =m (m i+1)， 1A,11A 同理， 由于 m n，对于整数 k=1， 2， i 1，有m ， 所以 A, 即(2)由二项式定理有： (1+m)n=1+m+ + (1+n)m=1+n+ + 由 (1)知 (1 i m ) ，而 !A m n) 1， m n， ， C 1 0， 0， 1+2 +1+2 + 即 (1+m)n (1+n) a 0， b 0， a3+，所以 (a+b)3 23=a3+8=36 =3 ab(a+b) 2 =3 ab(a+b) (a3+ = 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 1. 证法二：设 a、 mx+n=0 的两根，则 因 为 a 0， b 0，所以 m 0， n 0，且 =4n 0 因为 2=a3+a+b)(ab+(a+b) (a+b)2 3=m(3n) 所以 n=232 将代入得 4(232 ) 0， 即3 0，所以 0，即 m 2，所以 a+b 2， 由 2 m 得 4 4n，所以 4 4n， 即 n 1，所以 1. 证法三：因 a 0， b 0， a3+，所以 2=a3+a+b)(a2+ (a+b)(2ab(a+b) 于是有 6 3ab(a+b)，从而 8 3ab(a+b)+2=3a3+ (a+b)3，所以 a+b 2， (