高中数学复习专题讲座(第17讲)关于某不等式证明地常用方法2859.pdf

《高中数学复习专题讲座(第17讲)关于某不等式证明地常用方法2859.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学复习专题讲座(第17讲)关于某不等式证明地常用方法2859.pdf（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。

1、实用文案 标准文档 题目 高中数学复习专题讲座关于不等式证明的常用方法 高考要求 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，本节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 重难点归纳 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

2、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 典型题例

3、示范讲解 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 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 1111111223nnnnnnnnn个 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

4、1时，不等式左端等于 1，右端等于 2，所以不实用文案 标准文档 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nN*时，都有 1+n131212n 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

5、(21221nnnnkkkkkkk因此 证法三 设f(n)=),131211(2nn 那么对任意kN*都有 01)1()1(2)1(11 1)1(2)1(21111)1(2)()1(2kkkkkkkkkkkkkkkkfkf 实用文案 标准文档 f(k+1)f(k)因此，对任意nN*都有f(n)f(n1)f(1)=10，.2131211nn 例 2 求使yx ayx(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 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

6、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)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

7、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的最小值满足a21=1，a2=2，a=2(因a0)，a的最小值是2 解法二 设yxxyyxxyyxyxyxyxyxu212)(2 x0，y0，x+y2xy(当x=y时“=”成立)，实用文案 标准文档 yxxy21，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=t

8、an，(0，2)tan+1a1tan2 即 tan+1asec asin+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 例 3 已知a0，b0，且a+b=1 求证 (a+a1)(b+b1)425 证法一 (分析综合法）欲证原式，即证 4(ab)2+4(a2+b2)25ab+40，即证 4(ab)233(ab)+80，即证ab41或ab8 a0，b0，a+b=1，ab8 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 实用文案

9、 标准文档.4254116254123162541)45(41)141)(141()21)(21()141)(141(211)21(211)21(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，ab41 425)1)(1(04)8)(41(4833442511425)1)(1(2222bbaaabababababbabbaabbaa 证法四 (综合法)a+b=1，a0，b0，a+b2ab，a

10、b41 22225(1)1139(1)1251611(1)1441644abababababab 425)1)(1(bbaa即 证法五 (三角代换法）a0，b0，a+b=1，故令a=sin2，b=cos2，(0，2)实用文案 标准文档.425)1)(1(4252sin4)2sin4(412sin125162sin24.3142sin4,12sin2sin416)sin4(2sin42cossin2cossin)cos1)(cossin1(sin)1)(1(2222222222222442222bbaabbaa即得2 学生巩固练习 1 已知x、y是正变数,a、b是正常数,且ybxa=1，x+y的

11、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mn，pq，且(pm)(pn)0，(qm)(qn)0，则m、n、p、q的大小顺序是_ 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，z0，32 6 证明下列不等式 (1)若x，y，zR，a，b，cR+，则cbaybacxacb22z22(xy+yz+zx)(2)若x，y，zR+，且x+y+z=xyz，则zyxyxzxzy2(zyx111)7 已知i，

12、m、n是正整数，且 1 imn (1)证明 niAimmiAin (2)证明 (1+m)n(1+n)m 实用文案 标准文档 8 若a0，b0，a3+b3=2，求证 a+b2，ab1 参考答案 1 解析 令xa=cos2，yb=sin2，则x=asec2，y=bcsc2，x+y=asec2+bcsc2=a+b+atan2+bcot2 a+b+2abbaba2cottan22 答案 a+b+2ab 2 解析 由 0|ad|bc|(ad)2(bc)2(a+b)24ad(b+c)24bc a+d=b+c，4ad4bc，故adbc 答案 adbc 3 解析 把p、q看成变量，则mpn，mqn 答案 mp

13、qn 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)20 a2+b2+c231 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+c231 证法三 33222cbacbaa2+b2+c23cba a2+b2+c231 证法四 设a=31+，b=31+，c=31+a+b+c=1，+=0 a2+b2+c2=(

14、31+)2+(31+)2+(31+)2 实用文案 标准文档=31+32(+)+2+2+2=31+2+2+231 a2+b2+c231 629)(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(3232323cbacba 336)(3cba 232323cba336 原不等式成立 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 2y22(1x)y+2x22x+21=0，yR，故0 4(1x)24 2(2x22x+21)0，

15、得 0 x32，x0，32 同理可得y，z0，32 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)实用文案 标准文档=31+x2+y2+z231+x2+2)(2zy=31+23x2 故x291，x31，31，x0，32，同理y，z0，32 证法三 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=x

16、2+2)1(2x=23x2x+21=23x(x32)+2121 矛盾 故x、y、z0，32 0)()()()()()(222)(4)(2)()(2)()()()(2)(:)2()(20)()()()2()2()2()(22:)1.(62222222222223333332222222222222222222222222222222222yxzxzyzyxyxxyxzzxzyyzxyzzxyyzxxyyxzxxzyzzyxyzzxyyzxxzzyyxxyyxzxxzyzzyzyxzxyzxyyxxyxzzxzyyzxyzzxyzxyzyxyxzxzyzyxzxyzxyzcbaybacxacbxa

17、czcazcbybcybaxabzxxaczcayzzcbybcxyybaxabzxyzxyzcbaybacxcb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 1 im，且 Aim=m(mi+1)，ninnnnnnmimmmmmmiimiim11A,11A同理，实用文案 标准文档 由于mn，对于整数k=1，2，i1，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,

18、!Aiiininim miCinniCim(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a0，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、b为方程x2mx+

19、n=0 的两根，则abnbam，因为a0，b0，所以m0，n0，且=m24n0 因为 2=a3+b3=(a+b)(a2ab+b2)=(a+b)(a+b)23ab=m(m23n)所以n=mm3232 将代入得m24(mm3232)0，即mm3830，所以m3+80，即m2，所以a+b2，由 2 m 得 4 m2，又m24n，所以 4 4n，实用文案 标准文档 即n1，所以ab1 证法三 因a0，b0，a3+b3=2，所以 2=a3+b3=(a+b)(a2+b2ab)(a+b)(2abab)=ab(a+b)于是有 6 3ab(a+b)，从而 8 3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3

20、=(a+b)3，所以a+b2，(下略）证法四 因为333)2(2baba 8)(382444)(22222babaabbaabbaba0，所以对任意非负实数a、b，有233ba 3)2(ba 因为a0，b0，a3+b3=2，所以 1=233ba 3)2(ba，2ba 1，即a+b2，(以下略）证法五 假设a+b2，则 a3+b3=(a+b)(a2ab+b2)=(a+b)(a+b)23ab(a+b)ab2ab，所以ab1，又a3+b3=(a+b)a2ab+b2=(a+b)(a+b)23ab2(223ab)因为a3+b3=2，所以 2 2(43ab)，因此ab1，前后矛盾，故a+b2(以下略)课前后备注