高考数学难点突破_难点18__不等式的证明策略

1、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( )已知 a 0，b0，且 a+b=1. 求证： (a+a1)(b+b1)425. 案例探究例 1证明不等式nn2131211(nn*) 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

2、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(k1)时，不等式成立，即1+k131212k，,1211)1(11)1(21121131211kkkkkkkkkk则当 n=k+1 时，不等式成立. 综合 (1) 、(2)得：当 n n*时，都有1+n

3、131212n. 另从 k 到 k+1 时的证明还有下列证法：,1111212212:.12112,01),1(21)1(2,0)1()1()1(2)1(21)1(22kkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkk又如.12112kkk证法二：对任意kn*，都有：.2)1(2)23(2)12(22131211),1(21221nnnnkkkkkkk因此证法三：设f(n)=),131211(2nn那么对任意kn*都有：01)1()1(2)1(111)1(2)1(21111)1(2)()1(2kkkkkkkkkkkkkkkkfkff(k+1)f(k) 因此，对任意nn*都有 f(n)f(n 1),

4、 f(1)=10，.2131211nn例 2求使yxayx(x0， y0)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 (02)，这样也得asin+cos，但是这种换元是错误的.其原因是： (1)

5、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，af(x)，则 amin=f(x)max；若af(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+2xya2(x+y)，即 2xy(a21)(x+y)，x， y0， x+y2xy，当且仅当x=y 时，中有等号成立. 比较、得a 的最小

6、值满足a21=1，a2=2，a=2(因 a0)， a 的最小值是2. 解法二：设yxxyyxxyyxyxyxyxyxu212)(2. x 0，y0， x+y2xy(当 x=y 时“ =”成立 )，yxxy2 1，yxxy2的最大值是1. 从而可知， u 的最大值为211，又由已知，得au， a 的最小值为2. 解法三： y0，原不等式可化为yx+1a1yx，设yx=tan ，(0，2). tan +1a1tan2；即 tan +1asecasin+cos=2sin(+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

7、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

8、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ybxa=1，x+y 的最小值为 _. 2.( )设正数 a、 b、c、d 满足 a+d=b+c，且 |ad|bc|，则 ad 与 bc 的大小关系是_. 3.( )若 m n，pq，且 (pm)(pn)0，(qm)(q n)0，则 m、n、 p、q 的大小

9、顺序是_. 二、解答题4.( )已知 a， b，c 为正实数， a+b+c=1. 求证： (1)a2+b2+c231(2)232323cba6 5.( )已知 x， y，zr，且 x+y+z=1，x2+y2+z2=21，证明： x，y，z 0，326.( )证明下列不等式：(1)若 x，y，z r， a，b，cr+，则cbaybacxacb22z22(xy+yz+zx) (2)若 x，y，z r+，且 x+y+z=xyz，则zyxyxzxzy2(zyx111) 7.( )已知 i，m、n 是正整数，且1i m n. (1)证明： niaimmiain；(2)证明： (1+m)n (1+n)m8

10、.( )若 a0，b0， a3+b3=2，求证： a+b2， ab1. 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(a2+b2)25ab+4 0，即证 4(ab)233(ab)+80，即证 ab41或 ab8. a0，b0，a+b=1， ab 8 不可能成立1=a+b2ab， ab41，从而得证 . 证法二： (均值代换法 ) 设 a=21+t1，b=21+t2. a+b=1，a0，b0， t1+t2=0，|t1|21，|t2|21.4254116254123162541)45(41)141)(141()21)(21()141)(141(211)21(211)21(

11、11)1)(1(2242222222222222222112122221122212122tttttttttttttttttttttbbaabbaa显然当且仅当t=0，即 a=b=21时，等号成立. 证法三： (比较法）a+b=1，a0，b0， a+b2ab， ab41425)1)(1(04)8)(41(4833442511425)1)(1(2222bbaaabababababbabbaabbaa证法四： (综合法 ) a+b=1，a 0，b0， a+b2ab， ab41. 4251)1(4116251)1(169)1(434111222abababababab425)1)(1(bbaa即证法

12、五： (三角代换法）a0，b0， a+b=1，故令 a=sin2， b=cos2，(0，2) .425)1)(1(4252sin4)2sin4(412sin125162sin24.3142sin4,12sin2sin416)sin4(2sin42cossin2cossin)cos1)(cossin1(sin)1)(1(2222222222222442222bbaabbaa即得2 歼灭难点训练一、 1.解析：令xa=cos2，yb=sin2，则x=asec2，y=bcsc2， x+y=asec2+bcsc2 =a+b+atan2+bcot2a+b+2abbaba2cottan22. 答案： a+

13、b+2ab2.解析：由0|ad|bc|(ad)2(bc)2(a+b)24ad(b+c)24bca+d=b+c， 4ad 4bc，故 adbc. 答案： ad bc3.解析：把p、q 看成变量，则mpn，mq n. 答案： mpqn二、 4.(1) 证法一： a2+b2+c231=31(3a2+3b2+3c21) =313a2+3b2+3c2(a+b+c)2=313a2+3b2+3c2a2b2c22ab2ac2bc=31(ab)2+(bc)2+( ca)2 0 a2+b2+c231证法二： (a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bca2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+

14、c23(a2+b2+c2)(a+b+c)2=1 a2+b2+c231证法三：33222cbacbaa2+b2+c23cbaa2+b2+c231证法四：设a=31+，b=31+ ，c=31+. a+b+c=1， +=0 a2+b2+c2=(31+)2+(31+)2+(31+)2=31+32(+ +)+2+2+2 =31+2+2+231a2+b2+c231629)(323232323323,23323,21231)23(23:)2(cbacbaccbbaaa同理证法一原不等式成立. 证法二：3)23()23()23(3232323cbacba336)(3cba232323cba336 原不等式成立

15、. 5.证法一：由x+y+z=1，x2+y2+z2=21，得 x2+y2+(1xy)2=21，整理成关于y 的一元二次方程得：2y2 2(1x)y+2x22x+21=0， yr，故 0 4(1x)242(2x2 2x+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+x2+y2+z2+32(x+y +z) =31+x2+y2+z231+x2+2)(2zy=31+23x2故 x291，x31，31 ，x 0，32 ，同理 y，z 0，32证

16、法三：设 x、 y、 z 三数中若有负数， 不妨设 x0， 则 x20，21=x2+y2+z2x2+21232)1(2)(2222xxxxzy21，矛盾 . x、y、z 三数中若有最大者大于32，不妨设x32，则21=x2+y2+z2x2+2)(2zy=x2+2)1(2x=23x2x+21=23x(x32)+2121；矛盾 . 故 x、y、 z 0，320)()()()()()(222)(4)(2)()(2)()()()(2)(:)2()(20)()()()2()2()2()(22:)1.(6222222222222333333222222222222222222222222222222222

17、2yxzxzyzyxyxxyxzzxzyyzxyzzxyyzxxyyxzxxzyzzyxyzzxyyzxxzzyyxxyyxzxxzyzzyzyxzxyzxyyxxyxzzxzyyzxyzzxyzxyzyxyxzxzyzyxzxyzxyzcbaybacxacbxaczcazcbybcybaxabzxxaczcayzzcbybcxyybaxabzxyzxyzcbaybacxcb所证不等式等介于证明证明上式显然成立，原不等式得证. 7.证明： (1)对于 1im，且 aim=m, (mi+1)，ninnnnnnmimmmmmmiimiim11a,11a同理，由于 mn，对于整数k=1，2，, ，i

18、1，有mkmnkn，所以imiiniiimiinnmmnaa,aa即(2)由二项式定理有：(1+m)n=1+c1nm+c2nm2+,+cnnmn，(1+n)m=1+c1mn+c2mn2+,+cmmnm，由(1)知 miainniaim(1im，而 cim=!ac,!aiiininimmicin nicim(1mn)m0c0n=n0c0n=1， mc1n=nc1m=mn，m2c2nn2c2m，, ，mmcmnnmcmm，mm+1c1mn0，, ，mncnn0，1+c1nm+c2nm2+,+cnnmn1+c1mn+c2mn2+,+cmmnm，即(1+m)n(1+n)m成立 . 8.证法一：因a 0，b0，a3+b3=2，所以(a+b)323=a3+b3+3a2b+3ab28=3a2b+3ab26 =3ab(a+b)2=3ab(a+b)(a3+b3) =3(a+b)(ab)20. 即(a+b)323，又 a+b0，所以 a+b2，因为 2aba+b2，所以 ab1. 证法二：设a、