黄冈中学高考数学典型例题不等式的证明策略

黄冈中学高考数学典型例题不等式的证明策略

黄冈中学 高考数学典型例题详解 不等式的证明 每临大事,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“黄冈中学高考数学知识点”‎ 结合起来看 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，b＞0，且a+b=1.‎ 求证：(a+)(b+)≥.‎ ‎●案例探究 ‎［例1］证明不等式(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：‎ 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(k≥1)时，不等式成立，即1+＜2，‎ ‎∴当n=k+1时，不等式成立.‎ 综合(1)、(2)得：当n∈N*时，都有1+＜2.‎ 另从k到k+1时的证明还有下列证法：‎ 证法二：对任意k∈N*，都有：‎ 证法三：设f(n)= ‎ 那么对任意k∈N* 都有：‎ ‎∴f(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cosθ、sinθ来对应进行换元，即令=cosθ，=sinθ(0＜θ＜)，这样也得a≥sinθ+cosθ，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，a≥f(x)，则amin=f(x)max；若 a≤f(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+2≤a2(x+y)，即2≤(a2－1)(x+y)， ①‎ ‎∴x，y＞0，∴x+y≥2， ②‎ 当且仅当x=y时，②中有等号成立.‎ 比较①、②得a的最小值满足a2－1=1，‎ ‎∴a2=2，a= (因a＞0)，∴a的最小值是.‎ 解法二：设.‎ ‎∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2 (当x=y时“=”成立)，‎ ‎∴≤1，的最大值是1.‎ 从而可知，u的最大值为，‎ 又由已知，得a≥u，∴a的最小值为.‎ 解法三：∵y＞0，‎ ‎∴原不等式可化为+1≤a，‎ 设=tanθ，θ∈(0，).‎ ‎∴tanθ+1≤a；即tanθ+1≤asecθ ‎∴a≥sinθ+cosθ=sin(θ+)， ③‎ 又∵sin(θ+)的最大值为1(此时θ=).‎ 由③式可知a的最小值为.‎ ‎●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=1，x+y的最小值为__________. ‎ ‎2.(★★★★)设正数a、b、c、d满足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，则ad与bc的大小关系是__________.‎ ‎3.(★★★★)若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(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=1.‎ 求证：(1)a2+b2+c2≥‎ ‎ (2)≤6‎ ‎5.(★★★★★)已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=，证明：x，y，z∈［0，］‎ ‎6.(★★★★★)证明下列不等式：‎ ‎(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，则z2≥2(xy+yz+zx)‎ ‎(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz，‎ 则≥2()‎ ‎7.(★★★★★)已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n.‎ ‎(1)证明：niA＜miA；‎ ‎(2)证明：(1+m)n＞(1+n)m ‎8.(★★★★★)若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求证：a+b≤2，ab≤1.‎ 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)2－33(ab)+8≥0，即证ab≤或ab≥8.‎ ‎∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立 ‎∵1=a+b≥2，∴ab≤，从而得证.‎ 证法二：(均值代换法)‎ 设a=+t1，b=+t2.‎ ‎∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜，|t2|＜‎ 显然当且仅当t=0，即a=b=时，等号成立.‎ 证法三：(比较法）‎ ‎∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤‎ 证法四：(综合法)‎ ‎∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤.‎ 证法五：(三角代换法）‎ ‎∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，)‎ ‎2‎ 歼灭难点训练 一、1.解析：令=cos2θ，=sin2θ，则x=asec2θ，y=bcsc2θ，∴x+y=asec2θ+bcsc2θ=a+b+atan2θ+bcot2θ≥a+b+2.‎ 答案：a+b+2‎ ‎2.解析：由0≤|a－d|＜|b－c|(a－d)2＜(b－c)2(a+b)2－4ad＜(b+c)2－4bc  ‎∵a+d=b+c，∴－4ad＜－4bc，故ad＞bc.‎ 答案：ad＞bc ‎3.解析：把p、q看成变量，则m＜p＜n，m＜q＜n.‎ 答案：m＜p＜q＜n 二、4.(1)证法一：a2+b2+c2－=(3a2+3b2+3c2－1)‎ ‎=［3a2+3b2+3c2－(a+b+c)2］‎ ‎=［3a2+3b2+3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc］‎ ‎=［(a－b)2+(b－c)2+(c－a)2］≥0 ∴a2+b2+c2≥‎ 证法二：∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2‎ ‎∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥‎ 证法三：∵∴a2+b2+c2≥‎ ‎∴a2+b2+c2≥‎ 证法四：设a=+α，b=+β，c=+γ.‎ ‎∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0‎ ‎∴a2+b2+c2=(+α)2+(+β)2+(+γ)2‎ ‎=+ (α+β+γ)+α2+β2+γ2‎ ‎=+α2+β2+γ2≥‎ ‎∴a2+b2+c2≥‎ ‎∴原不等式成立.‎ 证法二：‎ ‎∴≤＜6‎ ‎∴原不等式成立.‎ ‎5.证法一：由x+y+z=1，x2+y2+z2=，得x2+y2+(1－x－y)2=，整理成关于y的一元二次方程得：‎ ‎2y2－2(1－x)y+2x2－2x+=0，∵y∈R，故Δ≥0‎ ‎∴4(1－x)2－4×2(2x2－2x+)≥0，得0≤x≤，∴x∈［0，］‎ 同理可得y，z∈［0，］‎ 证法二：设x=+x′，y=+y′，z=+z′，则x′+y′+z′=0，‎ 于是=(+x′)2+(+y′)2+(+z′)2‎ ‎=+x′2+y′2+z′2+ (x′+y′+z′)‎ ‎=+x′2+y′2+z′2≥+x′2+=+x′2‎ 故x′2≤，x′∈［－，］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］‎ 证法三：设x、y、z三数中若有负数，不妨设x＜0，则x2＞0，=x2+y2+z2≥x2+＞，矛盾.‎ x、y、z三数中若有最大者大于，不妨设x＞，则=x2+y2+z2≥x2+=x2+=x2－x+‎ ‎=x(x－)+＞；矛盾.‎ 故x、y、z∈［0，］‎ ‎∵上式显然成立，∴原不等式得证.‎ ‎7.证明：(1)对于1＜i≤m，且A =m·…·(m－i+1)，‎ ‎，‎ 由于m＜n，对于整数k=1，2，…，i－1，有，‎ 所以 ‎(2)由二项式定理有：‎ ‎(1+m)n=1+Cm+Cm2+…+Cmn，‎ ‎(1+n)m=1+Cn+Cn2+…+Cnm，‎ 由(1)知miA＞niA (1＜i≤m，而C=‎ ‎∴miCin＞niCim(1＜m＜n ‎∴m0C=n0C=1，mC=nC=m·n，m2C＞n2C，…，‎ mmC＞nmC，mm+1C＞0，…，mnC＞0，‎ ‎∴1+Cm+Cm2+…+Cmn＞1+Cn+C2mn2+…+Cnm，‎ 即(1+m)n＞(1+n)m成立.‎ ‎8.证法一：因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以 ‎(a+b)3－23=a3+b3+3a2b+3ab2－8=3a2b+3ab2－6‎ ‎=3［ab(a+b)－2］=3［ab(a+b)－(a3+b3)］=－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ab≤1.‎ 证法二：设a、b为方程x2－mx+n=0的两根，则，‎ 因为a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m2－4n≥0 ①‎ 因为2=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n)‎ 所以n= ②‎ 将②代入①得m2－4()≥0，‎ 即≥0，所以－m3+8≥0，即m≤2，所以a+b≤2，‎ 由2≥m 得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n，‎ 即n≤1，所以ab≤1.‎ 证法三：因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以 ‎2=a3+b3=(a+b)(a2+b2－ab)≥(a+b)(2ab－ab)=ab(a+b)‎ 于是有6≥3ab(a+b)，从而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3= ‎(a+b)3，所以a+b≤2，(下略）‎ 证法四：因为 ‎≥0，‎ 所以对任意非负实数a、b，有≥‎ 因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以1=≥，‎ ‎∴≤1，即a+b≤2，(以下略）‎ 证法五：假设a+b＞2，则 a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞(a+b)ab＞2ab，所以ab＜1，‎ 又a3+b3=(a+b)［a2－ab+b2］=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞2(22－3ab)‎ 因为a3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)‎