高二数学同步辅导教材(第3讲)

高二数学同步辅导教材(第3讲)

高二数学同步辅导教材（第 3 讲） 一、本讲进度 6.3 不等式的证明 课本第 12 页至第 17 页 二、本讲主要内容 不等式证明的方法与技巧 三、学习指导 不等式的证明主要研究对绝对不等式的变形、化简。其原理是利用不等式的传递性从不等式的左端 或右端适当地放大（或缩小）为右端或左端。不等式的性质是不等式证明的基础。 不等式证明的常规方法有：比较法、综合法、分析法。比较法的研究对象通常是代数不等式，如整 式不等式，分式不等式；综合法主要是用基本不等式及不等式的性质研究非负实数集内的绝对值不等式； 当因题目条件简单或结论形式复杂而无法对不等式下手时，可考虑用分析法，但应注重格式，注意规范 化用语。 根据题目条件或结论的特殊形式，证明不等式还有一些技巧方法；换元法、反证法、放缩法、判别 式法等。 四、典型例题 【例 1】 设 a，b∈R，求证：a2+b2≥ab+a+b-1。 解题思路分析： 思路一：这是一个整式不等式，可考虑用比较法，在配方过程应体现将 a 或 b 看成主元的思想，在 这样的思想下变形，接下来的配方或因式分解相对容易操作。 作差δ =a2+b2-ab-a-b+1=a2-(b+1)a+b2-b+1= 4 3b 2 3b 4 3) 2 1ba( 22  = 22 )1b(4 3)2 1ba(  ≥0 思路二：注意到不等式两边式子 a2+b2 与 ab 的结构特点，联想到基本不等式；为了得到左边的 a 与 b 项，应用增减项法变形。增加若干项或减少若干项的技巧在本节应用得较为普遍。 因 a2+b2≥2ab，a2+1≥2a， b2+1≥2b 三式同向相加得：a2+b2≥ab+a+b-1 思路三：在思路一中，作差δ 后得到关于 a 的二次三项式，除了用配方法，还可以联系二次函数的 知识求解。 记 f(a)=a2-(b+1)a+b2-b+1 因二次项系数为正，△=(b+1)2-4(b2-b+1)=-3(b-1)2≤0 ∴ f(a)≥0 【例 2】 已知 00 ， 首 先 将 题 目 结 论 改 造 为 1+ab+bc+ca ≥ a+b+c+abc ，即 1+ab+bc+ca-a-b-c-abc≥0。这样的化简或变形（变形的目的也是化简）在绝大多数解题中都是需要的）， 而且是必要的。在变形过程中通常注意前后问题的等价性。 其次在对欲证不等式左边的化简时，应从已知条件中寻找思路：由 a≤1，b≤1，c≤1 得：1-a≥0， 1-b≥0，1-c≥0，因此在对 1+ab+bc+ca-a-b-c-abc 因式分解时，应向 1-a，1-b，1-c 这三个因式靠拢， 这样才便于判断整个因式的符号。由轮换式的特点，找准 1-a，1-b，1-c 中的一个因式即可。 1+ab+bc+ca-a-b-c-abc =(1-a)+b(a-1)+c(a-1)+bc(1-a) =(1-a)(1-b-c+bc) =(1-a)(1-b)(1-c) ≥0 【例 3】 设 A=a+d，B=b+c，a，b，c，d∈R+，ad=bc，a=max{a，b，c，d}，试比较 A 与 B 的大小。 解题思路分析： 因 A、B 的表达形式比较简单，故作差后如何对因式进行变形是本题难点之一。利用等式 ad=bc，借 助于消元思想，至少可以消去 a，b，c，d 中的一个字母。关键是消去哪个字母，因条件中已知 a 的不等 关系：a>b，a>c，a>d，故保留 a，消 b，c，d 中任一个均可。 由 ad=bc 得： a bcd  A-B=a+d-(b+c)= a acbcbacba bca  = 0a )ca)(ba( a )ba(cba  又：若不慎消去了 a，该怎么办呢？ 由 ad=bc 得： d bca  A-B= )db(d cdbccbdd bccbda  = d )dc)(db(  下面是判断 b-d 与 c-d 的符号，即比较 a、c 与 d 的大小：应从条件 a=max{a，b，c，d}及 ad=bc 出 发才挖掘隐藏条件。 由 ad=bc 得： d c b a  ∵ a>b>0 ∴ b a >1 即 d c >1 ∴ c>d，c-d>0 同理 b-d>0 ∴ A-B>0 【例 4】 a，b，c∈R，求证：a4+b4+c4≥(a+b+c)。 解题思路分析： 不等号两边均是和的形式，利用一次基本不等式显然不行。不等号右边为三项和，根据不等号方向， 应自左向右运用基本不等式后再同向相加。因不等式左边只有三项，故把三项变化六项后再利用二元基 本不等式，这就是“化奇为偶”的技巧。 左= )]ac()cb()ba[(2 1)c2b2a2(2 1 444444444  ≥ 222222222222 accbba)ac2cb2ba2(2 1  发现缩小后没有达到题目要求，此时应再利用不等式传递性继续缩小，处理的方法与刚才类似。 )]baac()accb()cbba[(2 1 )ac2cb2ba2(2 1accbba 222222222222 222222222222   ≥ )cba(ab)bca2abc2cab2(2 1 222  【例 5】 （1）a，b，c 为正实数，求证： c 1 b 1 a 1  ≥ ac 1 bc 1 ab 1  ； （2）a，b，c 为正实数，求证： ba c ca b cb a 222  ≥ 2 cba  。 解题思路分析： （1）不等式的结构与例 4 完全相同，处理方法也完全一样。 （2）同学们可试一试，再用刚才的方法处理该题是行不通的。注意到从左向右，分式变成了整式， 可考虑在左边每一个分式后配上该分式的分母，利用二元基本不等式后约去分母，再利用不等式可加性 即可达到目的。试一试行吗？ )cb(cb a 2  ≥ a2)cb(cb a2 2  )ca(ca b2  ≥ b2)ca(ca b2 2  )ba(ba c2  ≥ c2)ba(ba c2 2  相加后发现不行，a，b，c 的整式项全消去了。为了达到目的，应在系数上作调整。 4 cb cb a 2  ≥a， 4 ca ca b 2  ≥b， 4 ba ba c2  ≥a 相向相加后即可。 【例 6】 x，y 为正实数，x+y=a，求证：x2+y2≥ 2 a 2 。 解题思路分析： 思路一；根据 x+y 和 x2+y2 的结构特点，联想到算术平均数与平方平均数之间的不等关系。 ∵ 2 yx  ≤ 2 yx 22  ∴ 22 yx  ≥ 2 a 2 )yx( 22  思路二：因所求不等式右边为常数，故可从求函数最小值的角度去思考。思路一所用的是基本不等 式法，这里采用消元思想转化为一元函数，再用单调性求解。换元有下列三种途径： 途径 1：用均值换元法消元： 令 m2 ax  ， m2 ay  则 2 am2)m2 a()m2 a(yx 2 22222  ≥ 2 a 2 途径 2：代入消元法： y=a-x，0b>0，求证： b8 )ba(ab2 ba a8 )ba( 22  。 解题思路分析： 所证不等式的形式较复杂（如从次数看，有二次，一次， 2 1 次等），难以从某个角度着手。故考虑用 分析法证明，即执果索因，寻找使不等式成立的必要条件。实际上就是对所证不等式进行适当的化简、 变形，实际上这种变形在相当多的题目里都是充要的。 )ba)(ba(ba 2 )ba( 2 ab2baab2 ba 2   所证不等式可化为 b8 )ba()ba( 2 )ba( a8 )ba()ba( 22222  ∵ a>b>0 ∴ ba  ∴ 0ba  ∴ 不等式可化为： b4 )ba(1a4 )ba( 22  即要证      2 2 )ba(b4 a4)ba( 只需证      bab2 a2ba 在 a>b>0 条件下，不等式组显然成立 ∴ 原不等式成立 【例 8】 已知 f(x)= 84 2 x 3x   ，求证：对任意实数 a，b，恒有 f(a)f(a) 注：本题实际上利用了不等式的传递性，只不过中间量为常数而已，这种思路在两数大小比较时曾 讲过。由此也说明，实数大小理论是不等式大小理论的基础。 【例 9】 已知 a，b，c∈R，f(x)=ax2+bx+c，当|x|≤1 时，有|f(x)|≤1，求证： （1）|c|≤1，|b|≤1； （2）当|x|≤1 时，|ax+b|≤2。 解题思路分析： 这是一个与绝对值有关的不等式证明题，除运用前面已介绍的不等式性质和基本不等式以外，还涉 及到与绝对值有关的基本不等式，如|a|≥a，|a|≥-a，||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|，|a1±a2±…±an| ≤|a1|+|a2|+…+|an|。就本题来说，还有一个如何充分利用条件“当|x|≤1 时，|f(x)|≤1”的解题意识。 从特殊化的思想出发得到： 令 x=0，|f(0)|≤1 即 |c|≤1 当 x=1 时，|f(1)|≤1；当 x=-1 时，|f(-1)|≤1 下面问题的解决试图利用这三个不等式，即把 f(0)，f(1)，f(-1)化作已知量，去表示待求量。 ∵ f(1)=a+b+c，f(-1)=a-b+c ∴ )1(f)1(f[2 1b  ] ∴ |)1(f)1(f|2 1|b|  ≤ ]|)1(f||)1(f[|2 1  ≤ )11(2 1  ≤1 （2）思路一：利用函数思想，借助于单调性求 g(x)=ax+b 的值域。 当 a>0 时，g(x)在[-1，1]上单调递增 ∴ g(-1)≤g(x)≤g(1) ∵ g(1)=a+1=f(1)-f(0)≤|f(1)-f(0)|≤|f(1)|+|f(0)|≤2 g(-1)=-a+b=f(0)-f(-1)=-[f(-1)-f(0)] ≥-|f(-1)-f(0)|≥-[|f(-1)|+|f(0)|]≥-2 ∴ -2≤g(x)≤2 即 |g(x)|≤2 当 a<0 时，同理可证。 思路二：直接利用绝对值不等式 为了能将|ax+b|中的绝对值符号分配到 a，b，可考虑 a，b 的符号进行讨论。 当 a>0 时 |ax+b|≤|ax|+|b|=|a||x|+|b|≤|a|+|b|≤a+|b| 下面对 b 讨论 ① b≥0 时，a+|b|=a+b=|a+b|=|f(1)-f(0)| ≤ |f(1)|+|f(0)|≤2； ② b<0 时，a+|b|=a-b=|a-b|=|f(-1)-f(0)|≤|f(-1)|+f(0)|≤2。 ∴ |ax+b|≤2 当 a<0 时，同理可证。 评注：本题证明过程中，还应根据不等号的方向，合理选择不等式，例如：既有|a-b|≥|a|-|b|， 又有|a-b|≥|b|-|a|，若不适当选择，则不能满足题目要求。 五、同步练习 （一）选择题 1、设 a，b 为正数，且 a+b≤4，则下列各式一定成立的是 A、 b 1 a 1  ≤ 4 1 B、 4 1 ≤ b 1 a 1  ≤ 2 1 C、 2 1 ≤ b 1 a 1  ≤1 D、 ≥1 2、已知 a，b，c 均大于 1，且 logac·logbc=4，则下列各式中一定正确的是 A、ac≥b B、ab≥c C、bc≥a D、ab≤c 3、已知 R1、R2 是阻值不同的两个电阻，现分别按图（1）和图（2）连接，设相应的总阻值分别为 RA、RB，则 RA 与 RB 大小关系是 A、RA>RB B、RA=RB C、RA0，且 a+b>c，设 M= cb b a4 a  ，N= c4 c  ，则 MN 的大小关系是 A、M>N B、M=N C、M0，x2+x3>0，x3+x1>0，则 f(x1)+f(x2)+f(x3)的值 A、一定大于零 B、一定小于零 C、一定等于零 D、正负都有可能 7、若 a>0，b>0， )b 1 a 1(2 1x  ， ba 1y  ， ab 1z  ，则 A、x≥y>z B、x≥z>y C、y≥x>z D、y>z≥x 8、设 a，b∈R，下面的不等式成立的是 A、a2+3ab>b2 B、ab-a>b+ab C、 1b 1a b a   D、a2+b2≥2(a-b-1) （二）填空题 9、设 a>0，b>0，a≠b，则 aabb 与 abba 的大小关系是__________。 10、若 a，b，c 是不全相等的正数，则(a+b)(b+c)(c+a)______8abc（用不等号填空）。 11、设 n 个正数 x1 ，x2 ，…，xn 的算术平均数是 x ，若 a 是不等于 x 的任意实数，并记 2 n 2 2 2 11 )xx()xx()xx(p   ， 2 n 2 2 2 1 )ax()ax()ax(q   ，则 p 与 q 大小关系 是__________。 12、当 00 且 t≠1 时， tlog2 1 a 与 2 1tloga  的大小关系是__________。 13、若 a，b，c 为 Rt△ABC 的三边，其中 c 为斜边，则 an+bn 与 cn（其中 n∈N，n>2）的大小关系是 ________________。 （三）解答题 14、已知 a>0，b>0，a≠b，求证： a b b aba  。 15、已知 a，b，c 是三角形三边的长，求 证： 2ba c ca b cb a1  。 16、已知 a≥0，b≥0，求证： )ba(4 1)ba(2 1 2  ≥ abaa  。 17、已知 a，b 为正数，a3+b3=2，求证：a+b≤2。 18、若 a，b，c 为正数，求证： c 1 b 1 a 1  ≤ 333 888 cba cba  。 19、设 a>0，b>0，且 a+b=1，求证： )b 1b)(a 1a(  ≥ 4 25。 20、已知 a+b+c>0，ab+bc+ca>0，abc>0，求证：a，b，c 全为正数。 六、参考答案 （一）选择题 1、D。 a>0，b>0， b 1 a 1  ≥ ab 2 ab 12  ≥ ba 4 2 ba 2  ≥ 14 4  2、B。 ∵ alog 1clog c a  ， blog 1clog c b  ∴ 4 1blogalog cc  ∵ a>1，b>1，c>1 ∴ logca>0，logcb>0 ∴ blogalog cc  ≤ 4 ablog)2 blogalog( 2 c2cc  ∴ logc 2ab≥1 ∴ logcab≥1 ∴ ab≥c 3、A。 ∵ 2121A RR 1 RR 1 R 1  ∴ 2 RRR 21 A  21 21 2121 B RR RR2 R 1 R 1 1 R 1 R 1 1R      ∴ 0)RR(2 )RR( RR RR2 2 RRRR 21 2 21 21 2121 BA   ∴ BA RR  4、B。 ∵ 22n21 )2 ba(ab)2 ba(2 ba n xxx   ∴ ①正确 ∵ abyyyn n21  ab4 ab2ab2 4 ab2ba)2 ba(2 ba 2  ∴ ④正确 5、A。 ba4 41ba4 ba ba4 b ba4 a b4 b a4 aM   Nc4 c c4 41  6、B。 ∴ x1+x2>0 ∴ x1>-x2，x1 3>-x2 3 同理，x2 3>-x3 3，x3 3>-x1 3 同向相加得：x1 3+x2 3+x3 3>0 又 x1+x2+x3>0 ∴ f(x1)+f(x2)+f(x3)=-[(x1+x2+x3)+(x1 3+x2 3+x3 3)]<0 7、B。 )b 1 a 1(2 1x  ≥ ab 1 ， ba 1y  ≤ ab 1 ab2 1  8、D。 作差比较，或用特殊值法，令 a=b=0，排除 A，B；令 a=-1，b=-2，排除 C （二）填空题 9、 aabb>abba 作商比较 ba ab ba )b a( ba ba  当 a>b 时， 1b a  ，a-b>0 ∴ 1)b a( ba  当 a0 ∴ 2 1t  ≥ t ，当且仅当 t=1 时等号成立 但 t≠1 ∴ t2 1t  ∵ 02，00，b>0 ∴ b b a  ≥ a2 a a b  ≥ b2 ∴ ba a b b a  法二： )ba( a b b a  ab ba)ba( a ab b ba a a bb b a   0 ab ba)ba( 2  （a≠b） ∴ ba a b b a  15、解：∵ a>0，b>0，c>0 ∴ cba a cb a  cba c ba c cba b ca b   ∴ 1cba cba ba c ca b cb a   欲证右边不等号成立，只需证 )cba c cba b cba a(2ba c ca b cb a  只需证 cba a2 cb a  ， cba b2 ca b  ， cba c2 ba c  欲证 cba a2 cb a  只需证 )cb(2cba  即 a2，a>2-b ∴ a3>(2-b)3 即 a3>8-12b+6b2-b3 ∴ 6b2-12b+8-(a3+b3)<0 ∴ 6b2-12b+6<0 ∴ b2-2b+1<0 即 (b-1)2<0 不可能 ∴ 假设不成立 ∴ a+b≤2 18、证明：原不等式可化为 a8+b8+c8≥a2b3c3+a3b2c3+a3b3c2=a2b2c2(ab+bc+ca) ∵ a8+b8≥ 4488 ba2ba2  b8+b8≥2b4c4 2a8+c8≥2a4c4 ∴ a8+b8+c8≥a4b4+b4c4+c4a4 ∵ a4b4+b4c4≥ 4224444 bca2cbba2  b4c4+c4a4≥2a2b2c4 a4b4+a4c4≥2a4b2c2 ∴ a4b4+b4c4+c4a4≥a2c2b4+a2b2c4+a4b2c2=a2b2c2(a2+b2+c2) 又 a2+b2+c2≥ab+bc+ca ∴ 由不等式传递性 a8+b8+c4≥a2b2c2(ab+bc+ca) 当且仅当 a=b=c 时等号成立 19、证明 )b 1b)(a 1a(  = ab 1abb a a b  ≥ ab 1ab2ab 1abb a a b2  令 t=ab 则 00 知，bc<0 由 a+b+c>0 知，b+c>-a>0 ∴ ab+bc+ca=a(b+c)+bc<0 与已知矛盾 ∴ a>0 同理可证 b>0，c>0