不等式的证明策略

难点 18 不等式的证明策略 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 已知 a 0 b 0 且 a b 1 求证 a b a 1 b 1 4 25 案例探究 例 1 证明不等式 n N n n 2 1 3 1 2 1 1 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 k 1 3 1 2 1 k 12 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 3 1 2 1 1 k k kk k kk k k k 则 当 n k 1 时 不等式成立 综合 1 2 得 当 n N 时 都有 1 2 n 1 3 1 2 1 n 另从 k 到 k 1 时的证明还有下列证法 1 1 11 2 1 2 212 12 1 1 2 01 1 21 1 2 0 1 1 1 2 1 21 1 2 2 kkkkk kk k k kk kkk kk kkkkkkk 又如 1 2 1 1 2 k k k 2 证法二 对任意 k N 都有 2 1 2 23 2 12 22 1 3 1 2 1 1 1 2 1 221 nnn n kk kkkkk 因此 证法三 设 f n 1 3 1 2 1 1 2 n n 那么对任意 k N 都有 0 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 2 1 2 k kk kkkk k kkk k k kkkfkf f k 1 f k 因此 对任意 n N 都有 f n f n 1 f 1 1 0 2 1 3 1 2 1 1n n 例 2 求使 a x 0 y 0 恒成立的 a 的最小值 yx yx 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 cos sin 来对应进行换元 即令 cos sin 0 这样也得xy 2 a sin 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 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 xyxy x y 0 x y 2 xy 当且仅当 x y 时 中有等号成立 比较 得 a 的最小值满足 a2 1 1 a2 2 a 因 a 0 a 的最小值是 22 3 解法二 设 yx xy yx xyyx yx yx yx yx u 2 1 2 2 x 0 y 0 x y 2 当 x y 时 成立 xy 1 的最大值是 1 yx xy 2 yx xy 2 从而可知 u 的最大值为 211 又由已知 得 a u a 的最小值为 2 解法三 y 0 原不等式可化为 1 a y x 1 y x 设 tan 0 y x 2 tan 1 a 即 tan 1 asec 1tan2 a sin cos sin 2 4 又 sin 的最大值为 1 此时 4 4 由 式可知 a 的最小值为 2 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 4 1 已知 x y 是正变数 a b 是正常数 且 1 x y 的最小值为 y b x a 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 3 1 2 6232323 cba 5 已知 x y z R 且 x y z 1 x2 y2 z2 证明 x y z 0 2 1 3 2 6 证明下列不等式 1 若 x y z R a b c R 则z2 2 xy yz zx c ba y b ac x a cb 22 2 若 x y z R 且 x y z xyz 则 2 z yx y xz x zy zyx 111 7 已知 i m n 是正整数 且 1 i m n 1 证明 niA miA i m i n 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 4 1 a 0 b 0 a b 1 ab 8 不可能成立 1 a b 2 ab 从而得证 ab 4 1 证法二 均值代换法 设 a t1 b t2 2 1 2 1 a b 1 a 0 b 0 t1 t2 0 t1 t2 2 1 2 1 5 4 25 4 1 16 25 4 1 2 3 16 25 4 1 4 5 4 1 1 4 1 1 4 1 2 1 2 1 1 4 1 1 4 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 1 11 1 1 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 22 2 11 21 2 22 2 11 2 2 2 1 2 1 22 t tt t tt t tttt tt tttt t t t t b b a a b b a a 显然当且仅当 t 0 即 a b 时 等号成立 2 1 证法三 比较法 a b 1 a 0 b 0 a b 2 ab ab 4 1 4 25 1 1 0 4 8 41 4 8334 4 2511 4 25 1 1 2222 b b a a ab abab ab abba b b a a b b a a 证法四 综合法 a b 1 a 0 b 0 a b 2 ab ab 4 1 4 251 1 4 1 16 25 1 1 16 9 1 4 3 4 1 11 2 2 2 ab ab ab ab abab 4 25 1 1 b b a a即 证法五 三角代换法 a 0 b 0 a b 1 故令 a sin2 b cos2 0 2 2 4 25 1 1 4 25 2sin4 2sin4 4 1 2sin 1 25162sin24 3 142sin4 12sin 2sin4 16 sin4 2sin4 2cossin2cossin cos 1 cos sin 1 sin 1 1 2 22 2 2 22 2 22 2 2244 2 2 2 2 b b a a b b a a 即得 6 歼灭难点训练 一 1 解析 令 cos2 sin2 则 x a y b x asec2 y bcsc2 x y asec2 bcsc2 a b atan2 bcot2 a b 2 abbaba2cottan 22 答案 a b 2ab 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 3 1 3 1 3a2 3b2 3c2 a b c 2 3 1 3a2 3b2 3c2 a2 b2 c2 2ab 2ac 2bc 3 1 a b 2 b c 2 c a 2 0 a2 b2 c2 3 1 3 1 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 3 1 证法三 a2 b2 c2 33 222 cbacba 3 cba a2 b2 c2 3 1 证法四 设 a b c 3 1 3 1 3 1 a b c 1 0 a2 b2 c2 2 2 2 3 1 3 1 3 1 2 2 2 3 1 3 2 2 2 2 3 1 3 1 a2 b2 c2 3 1 7 6 2 9 3 232323 2 33 23 2 33 23 2 123 1 23 23 2 cba cba c c b b a aa 同理 证法一 原不等式成立 证法二 3 23 23 23 3 232323 cbacba 3 3 6 3 cba 6232323 cba33 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 2 1 2 1 次方程得 2y2 2 1 x y 2x2 2x 0 y R 故 0 2 1 4 1 x 2 4 2 2x2 2x 0 得 0 x x 0 2 1 3 2 3 2 同理可得 y z 0 3 2 证法二 设 x x y y z z 则 x y z 0 3 1 3 1 3 1 于是 x 2 y 2 z 2 2 1 3 1 3 1 3 1 x 2 y 2 z 2 x y z 3 1 3 2 x 2 y 2 z 2 x 2 x 2 3 1 3 1 2 2 zy 3 1 2 3 故 x 2 x x 0 同理 y z 0 9 1 3 1 3 1 3 2 3 2 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 2 1 矛盾 2 1 2 3 2 1 2 22 22 xxx xzy 2 1 x y z 三数中若有最大者大于 不妨设 x 则 x2 y2 z2 x2 x2 3 2 3 2 2 1 2 2 zy x2 x 2 1 2 x 2 3 2 1 8 x x 矛盾 2 3 3 2 2 1 2 1 故 x y z 0 3 2 0 222 4 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 2 1 6 222222222 222333333 222222222 222222 2 2222 22 222 222222 222 yxzxzyzyxyxxyxzzxzyyz xyzzxyyzxxyyxzxxzyzzy xyzzxyyzxxzzyyx xyyxzxxzyzzyzyx zxyzxyyxxyxzzxzyyzxyz zxyzxy z yx y xz x zy zyx zxyzxyz c ba y b ac x a cb x a c z c a z c b y b c y b a x a b zxx a c z c a yzz c b y b c xyy b a x a b zxyzxyz c ba y b ac x cb 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 i m 且 A m m i 1 i m n in n n n n nm im m m m m m i i m i i m 11A 11A 同理 由于 m n 对于整数 k 1 2 i 1 有 m km n kn 所以 i m ii n i i i m i i n nm mn AA AA 即 2 由二项式定理有 1 m n 1 C m C m2 C mn 1 n 2 n n n 1 n m 1 Cn Cn2 Cnm 1 m 2 m m m 由 1 知 miA niA 1 i m 而 C i n i m i m A C A ii i ni n i m miCin niCim 1 m n m0C n0C 1 mC nC m n m2C n2C 0 n 0 n 1 n 1 m 2 n 2 m mmC nmC mm 1C 0 mnC 0 m n m m 1 m n n n 9 1 C m C m2 C mn 1 Cn C2mn2 Cnm 1 n 2 n n n 1 m m m 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 ab 所以 ab 1 证