高中数学人教A版5证明不等式的基本方法 复习课

复习课[整合·网络构建][警示·易错提醒]1．比较法的一个易错点．忽略讨论导致错误，当作差所得的结果“正负不明”时，应注意分类讨论．2．分析法和综合法的易错点．对证明方法不理解导致证明错误，在不等式的证明过程中，常因对分析法与综合法的证明思想不理解而导致错误．3．反证法与放缩法的注意点．(1)反证法中对结论否定不全．(2)应用放缩法时放缩不恰当．专题一比较法证明不等式比较法证明不等式的大致步骤是：作差(或商)—恒等变形—判断差的符号(或商与1的大小)，其中，恒等变形是关键，目的在于判断差的符号或商与1的大小．[例1]已知a≥b>0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b证明：因为2a3－b3－(2ab2－a2b)＝(2a3－2ab2)＋(a2b－b3)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a＋b)(a－b)(又因为a≥b>0，所以a＋b>0，a－b≥0，2a＋b>0所以(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0所以2a3－b3－(2ab2－a2b)≥0所以2a3－b3≥2ab2－a2b归纳升华变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方、因式分解，可运用一切恒等变形的方法．[变式训练]已知a＞0，b＞0，a≠b，求证：a6＋b6＞a4b2＋a2b4.证明：因为a6＋b6－(a4b2＋a2b4)＝a4(a2－b2)＋b4(b2－a2)＝(a2－b2)(a4－b4)＝(a2－b2)(a2－b2)(a2＋b2)＝(a＋b)2(a－b)2(a2＋b2)．因为a＞0，b＞0，a≠b，所以(a＋b)2＞0，(a－b)2＞0，a2＋b2＞0，所以(a6＋b6)－(a4b2＋a2b4)＞0，所以a6＋b6＞a4b2＋a2b4.专题二综合法证明不等式综合法证明不等式的思维方式是“顺推”，即由已知的不等式出发，逐步推出其必要条件(由因导果)，最后推导出所要证明的不等式成立．证明时要注意的是：作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误．[例2]设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，求证：eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.证明：因为eq\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，故eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，则eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.归纳升华用综合法证明不等式，可利用已经证过的不等式作为基础，再运用不等式的性质推导出所要证的不等式．[变式训练]设a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8.证明：因为a＞0，b＞0，a＋b＝1，所以1＝a＋b≥2eq\r(ab)，eq\r(ab)≤eq\f(1,2)，所以eq\f(1,ab)≥4.所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＋eq\f(1,ab)≥2eq\r(ab)·2eq\r(\f(1,ab))＋4＝8，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8，当且仅当a＝b＝eq\f(1,2)时，等号成立．专题三用分析法证明不等式分析法证明不等式的思维方法是“逆推”，即由待证的不等式出发，逐步逆求它要成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．当要证的不等式不知从何入手时，可考虑用分析法去证明，特别是对于条件简单而结论复杂的题目，往往更为有效．[例3]求证：eq\r(3)＋eq\r(6)＜eq\r(4)＋eq\r(5).证明：欲证eq\r(3)＋eq\r(6)＜eq\r(4)＋eq\r(5)，只需证(eq\r(3)＋eq\r(6))2＜(eq\r(4)＋eq\r(5))2，只需证9＋6eq\r(2)＜9＋4eq\r(5)，即证6eq\r(2)＜4eq\r(5).只需证(6eq\r(2))2＜(4eq\r(5))2，即证72＜80.上式明显成立，所以原不等式成立．归纳升华1．分析法的格式是固定的，但是必须注意推演过程中的每一步都是寻求相应结论成立的充分条件．2．分析法是“执果索因”，逐步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”，逐步推导出不等式成立的必要条件，两者是对立统一的．一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手，因此通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．[变式训练]已知a＞b＞0，求证：eq\r(a)－eq\r(b)＜eq\r(a－b).证明：要证eq\r(a)－eq\r(b)＜eq\r(a－b)，即证eq\r(a)＜eq\r(b)＋eq\r(a－b)，只需证a＜b＋2eq\r(（a－b）b)＋a－b，只需证0＜2eq\r(（a－b）b).由a＞b＞0知最后一个不等式成立，故原不等式成立．专题四用反证法证明不等式反证法常用于直接证明困难或结论以否定形式出现的命题，涉及“都是”“都不是”“至少”“至多”等形式的命题．[例4]若a3＋b3＝2，求证：a＋b≤2.证明：法一：假设a＋b＞2，则a＞2－b，故2＝a3＋b3＞(2－b)3＋b3，即2＞8－12b＋6b2，即(b－1)2＜0，这不可能，假设不成立，从而a＋b≤2.法二：假设a＋b＞2，则(a＋b)3＝a3＋b3＋3ab(a＋b)＞8.由a3＋b3＝2，得3ab(a＋b)＞6.故ab(a＋b)＞2.又a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)＝2，所以ab(a＋b)＞(a＋b)(a2－ab＋b2)，所以a2－ab＋b2＜ab，即(a－b)2＜0，这不可能，假设不成立，故a＋b≤2.归纳升华反证法是从否定结论出发，经过推理论证，得出矛盾，从而肯定原命题正确的证明方法，其步骤为：(1)分清命题的条件和结论，作出与命题结论相矛盾的假定命题(否定结论)．(2)从假定和条件出发，应用正确的推理方法，推出矛盾．(3)断定产生矛盾的原因在于开始所作的假设不正确，于是原命题成立，从而间接证明了原命题为真命题．[变式训练]若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋eq\f(π,2)，b＝y2－2z＋eq\f(π,3)，c＝z2－2x＋eq\f(π,6)，求证：a，b，c中至少有一个大于0.证明：假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，则有a＋b＋c≤0.因为a＋b＋c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－2y＋\f(π,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2－2z＋\f(π,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z2－2x＋\f(π,6)))＝(x2－2x)＋(y2－2y)＋(z2－2z)＋π＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋(π－3)，所以a＋b＋c＞0.这与a＋b＋c≤0矛盾，故假设不成立．所以a，b，c中至少有一个大于0.专题五用放缩法证明不等式在证明不等式时，有时需要舍去或添加一些项，有时需要拆项、添项，使不等式的一边放大或缩小，然后利用不等式的传递性达到证明的目的．运用放缩法证明的关键是放缩要适当，既不能太大，也不能太小．[例5]设a，b，c∈R＋且abc＝1，求证：eq\f(1,1＋a＋b)＋eq\f(1,1＋b＋c)＋eq\f(1,1＋c＋a)≤1.证明：设a＝x3，b＝y3，c＝z3且x，y，z∈R＋.由题意得：xyz＝1，所以1＋a＋b＝xyz＋x3＋y3.所以x3＋y3－(x2y＋xy2)＝x2(x－y)＋y2(y－x)＝(x－y)2(x＋y)≥0.所以x3＋y3≥x2y＋xy2.所以1＋a＋b＝xyz＋x3＋y3≥xyz＋xy(x＋y)＝xy(x＋y＋z)．所以eq\f(1,1＋a＋b)≤eq\f(1,xy（x＋y＋z）)＝eq\f(z,x＋y＋z).同理，可得eq\f(1,1＋b＋c)≤eq\f(x,x＋y＋z)，eq\f(1,1＋c＋a)≤eq\f(y,x＋y＋z)，三式相加得eq\f(1,1＋a＋b)＋eq\f(1,1＋b＋c)＋eq\f(1,1＋c＋a)≤eq\f(x＋y＋z,x＋y＋z)＝1.所以命题得证．归纳升华用放缩法证明不等式时，常见的放缩依据或技巧是不等式的传递性．缩小分母，扩大分子，分式值增大；缩小分子，扩大分母，分式值减小；全量不小于部分；每次缩小其和变小，但需大于所求；每一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头．同时，放缩有时需便于求和．[变式训练]若n是大于1的自然数，求证eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)＜2.证明：因为eq\f(1,k2)＜eq\f(1,k（k－1）)＝eq\f(1,k－1)－eq\f(1,k)(k＝2，3，4，…，n)，所以eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)＜eq\f(1,1)＋eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,（n－1）n)＝eq\f(1,1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝2－eq\f(1,n)＜2，故eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)＜2.专题六函数与方程思想函数与方程思想是先构造辅助函数，将所给问题转化为函数的性质(如单调性、奇偶性、最值等)问题．运用此方法要能够根据问题的结构特征恰当地构造函数，准确地利用函数的性质解决问题．[例6]已知a，b是正实数，且a＋b＝1，求证eq\f(1,ab)＋ab≥eq\f(17,4).证明：因为a，b都是正实数，a＋b＝1，所以0＜ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4).令f(x)＝x＋eq\f(1,x)(0＜x＜1)，设0＜x1＜x2＜1，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(1,x1)＋x1－eq\f(1,x2)－x2＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x1x2))).因为0＜x1＜x2＜1，所以x1－x2＜0，0＜x1x2＜1.所以1－eq\f(1,x1x2)＜0.所以f(x1)－f(x2)＞0，所以f(x1)＞f(x2)．因此函数f(x)在(0，1)上单调递减．所以当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))时，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(17,4)，令x＝ab，得eq\f(1,ab)＋ab≥eq\f(17,4).[变式训练]已知a，b，c为三角形的三条边，求证eq\f(a,1＋a)，eq\f(b,1＋b)，eq\f(c,1＋c)也可以构成一个三角形．证明：设f(x)＝eq\f(x,1＋x)，x∈[0，＋∞)，0≤x1＜x2，则f(x2)－f(x1)＝eq\f(x2,1＋x2)－eq\f(x1,1＋x1)＝eq\f(x2－x1,（1＋x1）（1＋x2）)＞0.故f(x)在[0，＋∞)上为单调增函数．因为a，b，c为三角形的三条边，所以a＋b＞