高三数学同步辅导教材(第17讲)

高三数学同步辅导教材(第17讲)

高三数学总复习教程（第 18 讲） 一、本讲内容 不等式的性质、不等式证明 本讲进度： 不等式的意义，不等式的性质，不等式的证明 二、学习指导 实数集与数轴间一一对应关系，数轴上任意两点所对应的实数都有大小 之别（右边的点对应的实数较 大），任取两实数 a、b 、a＞b，a=b，a＜b 三者中有且只有一式成立 a＞b  a－b＞0，a=b  a－b＞0， a＜b a－b＜0 在不等式的意义的基础上总须出的不等式的性质是我们解不等式，证明不等式的理论基础，要熟练掌 握。 对不等式的证明，从思想方法上，有如下四种： 1．比较法，这是直接利用不等式的意义：A＞B A－B＞0 等等，有时为方便计，也使用其变种：      0 0 B B A A＞B 等等. 2．分析法，从结论的需要出发，看条件是否能提供，如原来证明 AB，我们就由 BCD … A，也有称之为“执果过因”的，只是书写时必须要注意，切不可写为：∵B ∴C ∴D …，∴A 由已知，命题成立，因为这样实际上是证明了逆命题，与原命题正确与否不相干。 3．综合法，也有称为“执因索果”的，是由已知条件或定理出发，这次推出结论成立。 4．反证法，当正面证明不易奏效时，不妨考虑反证法，特别地，有“存在”、“至少”等词语的问题 中，往往收到奇效。 其它如判别式法，收缩法，函数法，代换法等都是技术层面上的技巧而已，不必一一列出。 三、典型例题讲评 例 1．a1、b1、a2 b2 ∈R，求证：（a1 2+a2 2）( b1 2+b2 2)≥(a1b1+a2b2)2. 这是“柯西不等式”在 n=2 时的特 殊情况，我们利用它来回顾一下常用的几种证明方法： 1．比较法：左—右=(a1b2－a2b1)2≥0 2．分析法：左=a1 2b1 2+a2 2b2 2+a1 2b2 2+a2 2b1 2，右 =a1 2b1 2+a2 2b2 2+2a1a2b1b2，要证原式，只要证明 a1 2b2 2+a2 2b1 2 ≥2a1a2b1b2，即可 3．综合法：∵a1 2b2 2+a2 2b1 2≥2a1a2b1b2，两边同加 a1 2b1 2+a2 2b2 2. 4．判别式法：∵(a1x+b1)2+(a2x+b2)2≥0 恒成立. 即(a1 2+a2 2)x2+2(a1b1+a2b2)x+(b1 2+b2 2)≥恒成立. 又 a1 2+a2 2＞0（若 a1 2+a2 2=0，则 a1=a2=0，原式左右相等） ∴△= 4(a1b1+a2b2)2－4(a1 2+a2 2)(b1 2+b2 2)≤0，推出结论. 5．构造法：作向量 6．几何法，在直角坐标系内取点 A（a1，a2）B（b1，b2）则 OA+OB≥AB（ 2 2 2 1 aa  + 2 2 2 1 bb  ） 2≥( 2 22 2 11 )()( baba  )2 亦即 ≥－(a1b1+a2b2)右边为负时当然成立，非负时平 方即得。 想一想：这样的实数增加到 3 对、4 对…，上面的方法还都有效吗？ 例 2．已知函数 f(x)=ax2+c，满足－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5，求 f(3)的取值范围。 由已知      541 14 ca ca 如果把两式相减得到 3≤3a≤b 就大错特错了，因为同向不等式，只能相加，不能相减，事实上 3＞0，5＞1，但 3－5 不大于 0－1， 我们只能把①式改写为 1≤－a－c≤4 与②式相加，0≤3a≤9 即 a∈[0，3]，类似地，可得－7≤c≤－1。 那么，由此得到 f(3)=9a+c∈[－7，26]这样做 是否正确？f(3)∈[－7，26]这个说法不错，但 f(3) -1 A -4 B 0 c 5 4 a 的取值范围是[－7，26]都不对，因为有些值不可能 取到，例如—7，只有当 C=－7，a=0 时，它与 f(1) =a+c[－4，－1]矛盾，这是什么缘故？在 a－0－c， 平面内，满足 f(1)[ －4，－1]且 f(2)∈[－1，5]的 点的集合在图示平行四边形内，f(3)=9a+c 的范围 与过 A、B 两点的直线的在 y 轴上的截距相关， 但经过求 a、c 范围的操作，反区域扩到了以 A、 B 当对角线两端，邻边与两坐标轴平行的矩形， 从而范围就有可能扩大了。 正确做法是直接用 f(1)，f(2)来表示 f(3)，这需要用待定系数法（详见附录） 例 3．已知 x、y∈R+且 x+y≤π ，m∈R.求证： m(m－1)sin(x+y)+m(sinx－siny)+siny 恒正 =siny＞0；若 x+y∈(0，π )，则 m2sin(x+y)+m(sinx－siny) －sin(x+y)+siny 为开口向上的抛物线，只要 证明判别式△=(sinx－siny－sin(x+y))2－4sinysin(x+y)＜0 即可.这当然也需要一定技巧，如和积互化，适 当收缩等等，详见附录. 例 4．(1)a、b、c 互不相等，均当正数，且 abc=1，求证： a + b + c ＜ a 1 + b 1 + c 1 （ 2 ） a 、 b 、 c 互不相等，匀当正数，且 a+b+c=1 ， 求 证 ： + + ＜ 3 ，且 23 a + 23 b + 23 c ＜3 ，在第（2）小题中，由 a+b＞2 ab （因 a≠b，故不取等号）等三 式相加，知 2(a+b+c) ＞2 +2 bc +2 ca .两边同加 a+b+c. 3(a+b+c)＞( + + )2，有了此式， 第（2）小题两结论也就能自然地出来了。 对第（1）小题，许多同学会把右边通分，利用 abc=1 变为 + + ＜ab+bc+ca，但这并来给证 明带来什么希望，问题出在两边“方次”不等，循着这一想法，我们把右边分子的 1 改为 abc （而不 是象上面改为 abc）则不等式就变成了 + + ＜ a bc + b ca + c ab ，两边方次相同了，只要实 施基本不等式： + ≥2 等，三式再相加，即可完成证明（须说明等号不取） 例 5．已知 d＞c，a+b＜c+d，a+b＜b+c，试判断 a、b、c、d 的大小关系，并证明你的结论 由已知，把 a+d＜b+c 与 a+b=c+d，两式相加，即可得知 a＜c，把 a+d＜b+c 与 c+d=a+b 相加有 d＜b 故 a＜c＜d＜b. 例 6．       0 0 0 c b a 是       0 0 0 abc cabcab cba 的什么条件？证法你的结论。 由 a＞0，b＞0，c＞0，推出 a+b+c＞0，abc＞0，ab+bc+ca＞0，是很容易的，但反过来，则不然，因 要证 a、b、c“都”正故可考虑反证法。 当然！由 a+b+c，ab+bc+ca，abc 的形式令联想到韦达定理，我们也可采用如下方法： 作方程 u3―(a+b+c)u2+(ab+bc+ca)u―abc=0. 以 u=a 代入，左=a3―(a+b+c)a2+(ab+bc+ca)a―abc=0，故 a 为上面方程的一个根，同理，bc 也为其根，∵系数 a+b+c，ab+bc+ca，abc 均正，故对作何 u.0≤0，u0 3― (a+b+c)u0 2+(ab+bc+ca)u0－abc，必为负值，不可能是方程的根，故三根 a、b、c 均正. 例 7．已知 1≤x2+y2≤2，求 x2―xy+y2 的取值范围。 由数中为平方和与积，可以考虑基本不等式，同时随时留意等号成立的条件。 也可以考虑三角代换，对条件为 x2+y2=A＞0 我们可令        sin cos Ay Ax 现条件为 1≤x2+y2≤2，那么我 们代换的形式也作一点变通：设        sin cos ry rx ，r∈[1， 2 ]. 例 8．求证： !0 1 + !1 1 + !2 1 +…+ )!1( 1 n ＜3. 左边有几项，一般采用数放缩法，此题中，或把每项分母缩小，以利用“裂项”的实现，或把每项分 母缩小，变成我们熟悉的数列前 n 项和。 四、巩固练习 1．已知 a、b、d∈R+，且 m＜ b a ＜n，m＜ d c ＜n，求证 m＜ db ca   ＜n . 2．a、b 为两不相等的正数，比较 aabb 与 abba 的大小，并说明你的理由。 3．已知 r、y、z 均为正数，求证： 22 yxyx  + 22 zyzy  + 22 xzxz  ＞ 2 3 (x+y+z). 4．在△ABC 中，ab+bc+ca≤a2+b2+c2＜22(ab+bc+ca) 5．已知 a＞b＞c，求证： ba  1 + cb  1 ≥ ca  4 6．已和函数 f(x)= xlg ，0＜a＜b，且 f(a)＞f(b). 求证：ab＜1 7．已知函数 f(x)=tanx，x∈(0， 2  )，对定义域内任意的 x1、x2，x1≠x2，恒有 2 1 [f(x1)+f(x2)]＞f( 2 21 xx  ). 8．已知 a∈R+求证: 2 2 1 aa  － 2 ≥a+ a 1 －2 9．已知△ABC 面积为 4 1 ，外接圆半径为 1，求证： + b 1 + c 1 ＞ a + b + c . 10．已知 a、b∈R 且 a + b ＜1，α 、β 关于 x 的一元二次方程 x2+ax+b=0 的两实数，则  ＜1 且  ＜1. 11．若 x a + y b =1，求证：x+y≥( + )2（式中 a、b、x、y 均当正实数） 12．已知 0＜x＜ y 1 ，求证：y－y2＜ 1 1 x 参考答案 1．由已知 mb＜a＜nb. md＜c＜nd，两式相加，m(b+d)＜a+c＜n(b+d)，而 b+d＜0 ∴＜ db ca   ＜n. 2．∵ ab ba ba ba =( )a—b 又 a≠b ∴a＞b 时，a－b＞0 且( )＞1 ( )a—b＞1 ，a＜b 时，a－b＜0， ∈（0，1）同样有( b a )a—b＞1，又 abba＞0 ∴aabb＞abba. 3．∵ yzxyx 2 = 22 4 3)2( yyx  ＞x+ 2 y ，类似地， 22 yyzx  ＞y+ 2 z ， 22 xzxz  ＞z+ 2 x 三式相加即得 22 yxyx  + 22 zyzy  + 22 xzxz  ＞ 2 3 (x+y+z) 4．∵a2+b2≥2ab，b2+c 2≥2bc，c2+a2≥2ca，三式相加，即得 a2+b2+c2≥ab+cbc+ca. ∵a、b、c 为三角三边，∴a+b＞0，∴ ac+bc＞c2，类似地 ab+bc＞b2，ab+ac＞a2，三式相加，有 2(ab+bc+ca) ＞a2+b2+c2. 5．证明 m=a－b＞0，a=b－c＞0，则 a－c=m+n＞0，则原不等式即 m 1 + n 1 ≥ nm  4 ，为此，我们只要 证明(m+n)2≥4mn.亦即(m－n)2≥0 即可，因 m、n 为关数∴(m－n)2≥0 ∴原不待式成立. 6．函数 f(x)= xlg =     x x lg lg )1,0( 1   x x 知 f(x)在 ,1 单调递减，而在 1,0 单调递减. 今 0＜a＜b，而 f(a＞f(b)，故 a、b 不会同在区间 中。 10，若 a、b 周在（0，1）中，显然 ab∈（0，1） 20 若 0＜a＜1＜b，则由 f(a)＞f(b) 知－lga＞lgb，即 lgab＜0，ab∈（0，1） 总之，ab＜1 7 ． 因 为 x1 、 x2 ∈（0 ， 2  ）， 所 以 x1+x2 ∈ (0 ， π ) ， sin(x1+x2) ＞ 0. ∴ 2 1 [f(x1)+f(x2)]=  21 tantan xx  = 21 21 coscos2 )sin( xx xx  = )cos()cos( )sin( 2121 21 xxxx xx   ＞ 1)cos( )sin( 21 21   xx xx =tan 2 21 xx  =f( 2 21 xx  ) 8．即证 a+ a 1 － 2 2 1 aa  ≤2－ 2 . 左= 2 2 2 22 11 )1()1( a aaa aaaa   = 2 2 11 2 a aaa  ≤ 22 2  =2－ =右. ∴原不等式成立. 9．S△= R4 1 abc+ 4 1 abc，又 S△= ，∴abc=1，则本题即例 4（1） 10．作函数 f(x)=x2+ax+b，f(x)=0，有两实数，故其图象必与 x 轴有交点，又 a + b ＜1，∴ ＜1，－ 2 a ∈（－1，1） f(－1)=1－a+b≥1－ +b＞ +b≥0. f(1)=1+a+b≥1－ +b＞ +b≥0. ∴α 、β ∈(－1，1)，即  ＜1 且  ＜1. 11．设           2 2 sin cos y b x a θ ∈（0， 2  ），则        2 2 csc sec by ax ∴x+y=a(1+tan2 θ )+b(1+cat2 θ )≥a+b+2 ab =( a + b )2 （ 如 用 柯 西 不 等 式 ， 可 直 接 证 明 ： x+y=(x+y)( x a + y b ) ≥ ( x x a + y y b )2=( a + b )2 ，当然，如下用柯西不等式，则 x+y=(x+y)( + )=a+b+a x y +b y x ≥a+b+2 ab =( + )2. 12．由已知 y＞0，若 y≥1，则 y－y2≤0，而 1 1 x ＞0.原不等式当然成立. 若 y∈（0，1）则 1 1 x ＞ 11 1 y = y y 1 = 2 2 1 y yy   ＞y－y2. 原不等式也成立. 六、附录 例 1．这里只挑选对本题最简单的方法和对本类问题最具推广的方法。 证 法 一 ， 左 － 右 =(a1 2b1 2+a2 2b2 2+a1 2+b2 2+a2 2+b1 2) － (a1 2b1 2+a2 2b2 2+2a1b1a2b2)=a1 2b2 2 ― 2a1b2a2b1+a2 2b1 2=(a1b2―a2b1)2≥0. ∴原不等式成立. 证法二，∵(a1x+b1)2+(a2x+b2)2≥0 恒成立. ∴(a1 2+a2 2)x2+2x(a1b1+a2b2)+(b1 2+b2 2)≥0 恒成立. 若 a1 2+a2 2＞0，则△=4(a1b1+a2b2)2－4(a1 2+a2 2)(b1 2+b2 2)≤0 ∴(a1 2+a2 2)(b1 2+b2 2)≥(a1b1+a2b2)2. 若 a1 2+a2 2=0，则 a1=a2=0，原不等式左、右均为 0，也成立. 例 2．由已知      54)2(1 1)1(4 caf caf 设 f(3)=9a+c=mf(1)+nf(2)=(m+4n)a+(m+n)c.知      1 94 nm nm ，解得        3 8 3 5 n m － 3 5 f(1)∈[ ， 3  ] 3 8 f(2)∈[－ ， 3 40 ]，∴f(3)=― f(1)+ f(2)∈[―1，20] 例 3．当 x+y=π 时，sin(x+y)=0 且 sinx=siny，又 x、y∈（ 0，π ），所以 m(m―1)sin(x+y)+m(sinx―siny)+siny 恒正. 当 x+y∈（0，π ）时，原式可改写为 m2sin(x+y)+m(sinx―siny)―sin(+y)+siny，为关于 m 的二次函数 其图象为开口向上的抛物线，其判别式△=(sinx―siny―sin(x+y)2)－4ε yε (x+y) =(2cos 2 yx  sin 2 yx  －2sin 2 yx  cos )2－4sinysin(x+y) =4cos 2 2 yx  (sin －2sin )2－4sinysin(x+y) =16cos2 cos2 2 x sin2 2 y ―16ε cos sin cos ≤16cos2 ε 2 ―16ε cos ε cos =16cos ε (cos ε ―cos ε ) =―16cos 2 yx  sin 2 x sin ＜0 ∴原二次函数值恒正. 例 4．（ 1）∵a、b、c 为互不相等的正数，∴ a bc 、 b ca 、 c ab 也为互不相等的正数， ∴ c ab b ca a bc ,, 也为互 不 相 等 的 正 数 。 cb ca a bc b ca a bc 2.2   ， 三 式 相 加 ， 有 ,cbab ca a bc c ab   ，又 abc=1，故 cbabac  111 。 （2）∵a,b,c 互不相等，∴a+b> ab2 ，同理，b+c> caacbc 2,2  ，三式相加，   3393)6)(3(3 )23()23()23(3232323 .3,)(3 1,)(3222)(2 2 2     cba cbacba cbacba cbacbacbaabcabccba 同理 即  例 5 ：由 a+d0,b>0,c>0 ∴a+b+c>0 abc>0 并且由于 ab>0,bc>0,ca>0 ∴ab+bc+ca>0; 必要性：若 a,b,c 不全正，由 abc>0 知必两负一正，不妨设 a<0,b<0,c>0 则 c>-a-b>0 又由于 ab+bc+ca>0 故 ab>(c-a-b)>(a+b)2，即 a2+b2+ab<0， 04 3)2( 22  bba ，这是不可能的，说明假设错误∴a,b,c 故正。 例 7：解法一： 2 1)(2 1 2|| 22 22 222222  yxyxyxxyyxxyyx ，式中三处等号分别当 xy≥0， |x|=|y|,x2+y2=1 时成立，故当 x=y= 2 2 时原式取到最小值 2 1 。 又 x2+y2-xy≤x2+y2+|xy|≤x2+y2+ 3)(2 3 2 22 22  yxyx ,式中三处等号分别当 xy≤0，|x|=|y|,x2+y2=2 时成立。故当 x=1 且 y=-1 或 x=-1 且 y=1 时，原式取列最大值 3 ∴原式取值范围为     3,2 1 。 解法二，设   2,0],2,1[       QrrsnQy roosx 则 x2+y2-xy=r2-r2snQonQ=r2-r2 )22(22 2 2 QsnrQxn  ∴原式 2 1)12(2 2  r ，即当      4 1 Q r ，亦即 2 2 yx 时原式取得最小值 ； 又原式 3)12(2 2  r ，即当       4 5 4 2 或sQ r ，亦即           1 1 1 1 y x y x 或 时，原式取得最大值 3。 原式取值范围是     3,2 1 例 8：证明一： 右 右     3 2 11 11.....2 1.....2 111 ......)!1( 1 !2 1 !1 1 !0 1 sa a 故小于 3。 证明二：n=1 时，左=1，n=2 时，左=2，n=3 时，左= 2 5 。 31 13)1 1 2 1.......3 1 2 1 2 11(2 )2)(1( 1.......23 1 12 12,4   nnn nnn 左时当