黄冈中学高考数学典型例题18---不等式的证明策略

1、黄冈中学高考数学典型例题18-不等式的证明策略黄冈中学高考数学典型例题详解不等式的证明每临人事，必有静气;静则神明，疑难冰释；积极 准备,坦然面对;最佳发挥，舍我其谁？敬请搜索“黄冈屮学高考数学知识点”结合起來看效果更好体会绝妙解题思路建立强大数学模型感受数学思想魅力品味学习数学快乐不等式的证明，方法灵活多样，它可以和很多内容结合.高考解答题屮，常渗透不等式 证明的内容，纯不等式的证明，历來是髙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*第 1 页 * 共 13 页*( )已知 a>0, b>0,且 a+b=l.求证

2、：(a+案例探究例1证明不等式1111n 2n(nen)*1125) (b+)三.ba4命题意图：木题是一道考查数学山纳法、不等式证明的综合性题忖，考查学生观察能 力、构造能力以及逻辑分析能力，属级题f1.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：+ 丄 + 2 亠+ av 丄 + 丄+ 厶j-7 =< 2 4n.罷 yjg 7i-/ha .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牛的.技巧与方法：本题证法一采用数学归纳法从n二1<到呼1<+1的过渡采用了放缩法；

3、证法二 先放缩，后裂项，冇的放矢，直达忖标；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二k(k21)时，不等式成立，即1+则11213lklk1 2klk11213 lk<2k,2k (k 1) lklk (k1)121,当n二k+1时，不等式成立.综合(1)、(2)得：当nwn*吋，都有1+12 131n<2n.另从k到k+1时的证明还有下列证法：*第2页*共13 页* 2(k 1)1 2k (k 1) k 2(k1) (k 1)(k1)20,2k (k1)12(k 1),k 10

4、,2k1k 1 21.k 1 k 11k 1,又如：2k 1 2k2k 1k 1 2k 1.证法二：对任意kwn*,都有：1k 2 2 2(k k l),k k k 1 111 因此1 2 2(2 1) 2( 2)2(n n 1) 2n. 23n证法三：设f (n)=2n(112 13 1),那么对任意ken *都冇：f(k 1) f(k) 2(k 1 k)lk 11k 12 (k 1) 2k (k 1)1(k 1) 2k (k 1) k (k 1)2k 1 01k 1f(k+l)>f(k)因此,对任意 nwn* 都有 f(n)>f(n-l)>>f(l)=l>0,

5、 al例2求使x ywax y(x>0, y>0)恒成立的a的最小值.命题意图：本题考杳不等式证明、求最值函数思想、以及学工逻辑分析能力，属于级题比知识依托：该题实质是给定条件求最值的题li,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"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*第 3 页* 共 13 页* 121 in 2n.将x、y -与cos 0、sin 0来对应进行换元，即令x=cos 0 y二sin 0 (0< 0 <

6、;), 2这样也得asin9+cos9,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 样换元相当于木题又增加了 “x、尸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垂要不等式外，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 awf(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，对以把原问题转化.解法一：由于a的值为正数，将c知不等式两边平方，得：x+y+2xy wa2 (x+y),即 2xy w (a2 1

7、) (x+y),/.x, y>0, .x+ym2xy,当且仅当x二y时，屮有等号成立.比较、得a的最小值满足a2-l=l,aa2=2, a=2 (因 a>0), a a 的最小值是 2.解法二：设 u x y(x y)2x yx yx y 2xy2xy 1. x yx yvx>0, y>0, .x+ym2xy (当 x二y 时"二”成立),/.2xy2xy<l,的最大值是 1x yx y从而可知，u的最大值为1 2,乂由已知，得au, /.a的最小值为2.解法三：tyx),原不等式nj化为x+layx 1, y*第 4 页 * 共 13 页*设 x =t

8、an 0 , 0 e (0, ). y2/.tan 0 +iatan2 1；即 tan 0+1 wasec（）/.asin 0 +cos 0 =2sin()+又vsin(e+)的最人值为1(此时e=). 44 ), 4由式可知a的最小値为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木的 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

9、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-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、数形结介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巫要的变形方法2，放缩要有的放矢，h标可以 从要证的结论屮考查.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”或含冇其他否定词的命题，适宜用反证法.*第5页*共13页*证明不等式时，要依据题设、题冃的特点和内在联系，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

10、1. ( )已知x、y是正变数，ax b是正常数，且小值为.2. ( )设止数 a、b、c、d 满足 a+d二b+c, a|a d| < |b c|,则 ad 与 be 的人小关系是.3. ()若 m<n, p<q,且(pm) (p n) <0, (qm) (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=l.求证：(i)a2+b2+c22(2) a 2 3b 2 3c 2w65. ( )已知 x, y, zwr, jdlx+y+z=l, x2+y2+z2二，证明：x, y, zw 0,6. ()证

11、明卜列不等式：(1) 若 x, y, zwr, a, b, cwr+,贝lj(2) 若 x, y, zgr+, _fl x+y+z二xyz, b c2c a2a b2zm2(xy+yz+zx)x y abc231213axb=l, x+y 的最 y*第6页*共13页*则y zz xx ylll22( ) xyzxyz7. ( )己知 i, m、n 是正整数,k 1<iwmvn.(1) 证明：niaim<miain；(2) 证明:(l+m)n> (l+n)m8. ( )若 a>0, b>0, a3+b3二2,求证：a+bw2, abwl.参考答案难点磁场证法一：(分

12、析综合法)欲证原式，即证 4(ab)2+4(a2+b2)25ab+420,即证 4(甜)233(ab)+82o,即证 abw 或 ab8.va>0, b>0, a+b=l, /.ab8 不可能成立v l=a+b2ab, .'.abw,从而得证.证法二：（均值代换法）设 a=+tl, b二+t2.va+b=l, a>0, b>0, atl+t2=0, | tl | <, 1121 <lla2 lb2 1(a )(b )abab111122( tl)2(t2)22221(t2)21( tl tl 1) ( t2 t2 1)1111 tl t2( tl)1

13、152222tl tl1) ( t2 t2 1) (t2)2 t21122 t2 t2442532254 t2 t225 24 t244*笫7页*共13页*141412121212显然当且仅当t=0,即a二b二时，等号成立.证法三：（比较法）va+b=l a>0, b>0, aa+b2ab,abw1125a2 lb2 1254a2b2 33ab 8仃 4ab) (8 ab) (a ) (b )0ab4ab44ab4ab 1125 (a )(b )ab41214证法四：(综合法)ta+b二 1,a>0, b>0, aa+b2ab, aab. 14252(1 ab) 1 2

14、 139(1 ab) 12516 21 ab 1(1 ab)14416 ab4 4 ab1125 即(a ) (b ) ab42sin2 4证法五：(三和代换法)t a>0, b>0, a+b=l,故令 a=sin2 a , b二cos2 a , a e (0,11112(a ) (b ) (sin2) (cos)absin2 cos2sin4cos42sin2 cos22(4sin2 )2164sin22 4sin222 sin221,4 sin22413.4 2sin22 16 25(4 sin22 )22511244sin21125 即得(a ) (b ) ab4 ) 2歼灭

15、难点训练一、1.解析：令二cos2 0 , =sin2 0 ,则 x=asec2 0 , y=bcsc2 0 ,'x+y二asec2()+bcsc2()=a+b+atan2()+bcot2()2a+b+2atan2 bcot2 a b 2ab.答案：a+b+2ab2解析:由 0w|ad|v|bc| (a-d)2< (bc)2 (a+b)24ad< (b+c)24bc*第8页*共13页* axbyta+d二b+c, /. 4ad< 4bc,故 ad>be答案：ad>bc3解析:把p、q看成变量,则m<p<n, m<q<n.答案：m&l

16、t;p<q<n二、4.(1)证法一：a2+b2+c2-=(3a2+3b2+3c2-l) 131= e 3a2+3b2+3c2 a2b2 c22ab 2ac 2bc 311= (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2 mo aa2+b2+c2> 331313= 3a2+3b2+3c2- (a+b+c)2 证法一：*.* (a+b+c) 2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bcwa2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 /. 3 (a2+b2+c2)(a+b+c)2=1 .a2+b2+c22 a2 b2 c2证法三：v3a b ca b c.a2+b2+c2 33

17、13.a2+b2+c2m证法四：设 a=+ ci , b二+ b , c二+ y ./ a+b+c=l,；a + b + y =0 a2+b2+c2= (+a ) 2+(+b ) 2+(+y) 2 1211=+a 2+b2+y22 33ia2+b2+c22 313131313131313=4- (a + b + y ) + a 2+b 2+y 2 (2)证法 :a 2(3a 2)1同理 3b 2 3a 2 1,23b 33c 3,3c 2223 (a b c) 9 a 2 3b 2 c 262原不等式成立.*第9页*共13页*证法二：3a 2 3b 2 c 2 (3a 2)(3b 2)(3c

18、2)333 (a b c) 633a 2 b 2 3c 2w3<6原不等式成立.5.证法一：由x+y+z二1, x2+y2+z2二，得x2+y2+仃一x y) 2=,整理成关于y的一元二次 方程得：2y22(1x)y+2x22x+二0, vyer,故 no4(lx)2 4x2(2x2 2x+)20,得 0wxw, axe 0,同理可得 y, zw 0,证法二：设 x二+x' , y二+y，z二+z',则 x +y' +z =0,于是二(+x )2+(+yz )2+(+z )2 二+x' 2+y 2+z 2+ (xz +y, +z )11132222(y z

19、 )=+x +y +z 2+x + 二+x，22333211122故 x' 2w, x 丘,xw 0,同理 y, zw 0,933331证法三：设x、y z三数中若有负数，不妨设xvo,则x2>0, =x2+y2+z2212121212232323131313121313131323l(y z)2(lx)2312x+ x2 x2 x >,孑盾.22222221x、y、z三数中若冇最大者大于，不妨设x>,贝i=x2+y2+z2$3322(y z)22 仃 x)2321x+=x+=x x+22223211=x(x)+>；矛盾.2322故 x、 y、 z丘0,32*第

20、 10 页 * 共 13 页*6. (1)证明：b c2c a2a b2x v z 2(xy vz zx)2bcbacbac (x2 y2 2xy) (y2 z2 2yz)(z2 x2 2zx)abbcca(ba2cb2ac2x y)(y z) (z x) oabbccab c2c aa b2 x y z 2(xy yz zx)abc(2)证明:所证不等式等介于x2y2z2 (y zz xx y) 2 (xy yz zx)2xyz xyzyz (yz)zx(zx)xy(x y)2(xy yzzx)2(x y z)(y2zyz2z2xzx2x2y xy2)2 (x2y2 y2z2 z2x2) 4

21、(x2yz xy2z xyz2)y3z yz3z3xzx3x3yxy32x2yz 2xy2z 2xyz2yz (y z)2 zx (z x) 2 xy (x y) 2 x2 (y z) 2 y2 (z x) 2 z2 (x y) 20 v.上式显然成立，.原不等式得证.7.证明：(1)对于1 viwm,且aim =m (mi+1),aimmm laimnn lm i in i 1,，同理mmmrmnniini由于mvn,对于整数k=l, 2, i 1,有ainaim所以i i,即miain niaim nmn km k, nm(2)由二项式定理冇：2nn(l+m)n=l+clnm+c2nm+,

22、+c nm,2mm 仃+n) m=l+clmn+c2mn+cmn,由(1)知 ma>na (1 viwm.*.micin>nicim(l<m<n) iiniimaimiain ),而 c=, cn i! i ! im00222211 amoco n二ncn=l, mcn=ncm=m n, mcn >ncm,mmm+lm lmincnicn>0,mncnn>ncm, mn>0,2n22nlmm. 1+c1nm+c2n m+,+c nm> 1+c mn+cmn+cmn,*第 11 页 * 共 13 贞*u卩(l+m)n>u+n)m 成立.8.证法一：因 a>0, b>0, a3+b3=2,所以(a+b)323-a3+b3+3a2b+3ab28-3a2b+3ab26=3 ab(a+b)2 =3 lab (a+b) (a3+b3) =3(a+b) (ab)2w0.即(a+b)3w23,又 a+b>0,所以 a+bw2,因为 2obwd+bw2, 所以 abwl.证法二：设a、b为方程x2mx+