




已閱讀5頁,還剩4頁未讀, 繼續(xù)免費閱讀
版權說明:本文檔由用戶提供并上傳,收益歸屬內容提供方,若內容存在侵權,請進行舉報或認領
文檔簡介
難點 18 不等式的證明策略 不等式的證明,方法靈活多樣,它可以和很多內容結合 滲透不等式證明的內容,純不等式的證明,歷來是高中數學中的一個難點,本難點著重培養(yǎng)考生數學式的變形能力,邏輯思維能力以及分析問題和解決問題的能力 . 難點磁場 ( )已知 a 0, b 0,且 a+b=1. 求證: (a+b+425. 案例探究 例 1證明不等式 131211 (n N*) 命題意圖:本題是一道考查數學歸納法、不等式證明的綜合性題目,考查學生觀察能力、構造能力以及邏輯分析能力,屬級題目 . 知識依托:本題是一個與自然數 先想到應用數學歸納法,另外還涉及不等式證明中的放縮法、構造法等 . 錯解分析:此題易出現下列放縮錯誤: 這樣只注重形式的統一,而忽略大小關系的錯誤也是經常發(fā)生的 . 技巧與方法:本題證法一采用數學歸納法從 n=k 到 n=k+1 的過渡采用了放縮法;證法二先 放縮,后裂項,有的放矢,直達目標;而證法三運用函數思想,借助單調性,獨具匠心,發(fā)人深省 . 證法一: (1)當 時,不等式左端等于 1,右端等于 2,所以不等式成立; (2)假設 n=k(k 1)時,不等式成立,即 1+ 2 k , ,1211)1(11)1(21121131211當 n=k+1 時,不等式成立 . 綜合 (1)、 (2)得:當 n N*時,都有 1+ 2 n . 另從 k 到 k+1時的證明還有下列證法: ,1111212212:1),1(21)1(2,0)1()1()1(2)1(21)1(22 證法二:對任意 k N*,都有: (2)23(2)12(22131211),1(21221因此證法三:設 f(n)= ),131211(2 那么對任意 k N * 都有: 01)1()1(2)1(111)1(2)1(21111)1(2)()1(2f(k+1) f(k) 因此,對任意 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 命題意圖:本題考查不等式證明、求最值函數思想、以及學生邏輯分析能力,屬于級題目 . 知識依托:該題實質是給定條件求最值的題目,所求 此需利用不等式的有關性質把 價轉化的思想是解決題目的突破口,然后再利用函數思想和重要不等式等求得最值 . 錯解分析:本題解法三利用三角換元后確定 此時我們習慣是將 x、 對應進行換元,即令 x = y =0 2),這樣也得 a 但是這種換元是錯誤的 (1)縮小了 x、 (2)這樣換元相當于本題又增加了“ x、 y=1”這樣一個條件,顯然這是不對的 . 技巧與方法:除了解法一經常用的重要不等式外,解法二的方法也很典型,即若參數 a f(x),則 f(x) a f(x),則 f(x)用這一基本事實,可以較輕松地解決這一類不等式中所含參數的值域問題 以把原問題轉化 . 解法一:由于 已知不等式兩邊平方,得: x+y+2 a2(x+y),即 2 (1)(x+y), x, y 0, x+y 2 當且僅當 x=中有等號成立 . 比較、得 1=1, , a= 2 (因 a 0), . 解法二:設 212)( 2. x 0, y 0, x+y 2 (當 x=”成立 ), 1, 的最大值是 1. 從 而可知, 11 , 又由已知,得 a u, . 解法三: y 0, 原不等式可化為 a1 設yx= (0,2). 1 a 1 ;即 1 a 2 +4), 又 +4)的最大值為 1(此時 =4). 由式可知 . 錦囊妙計 較法、綜合法和分析法,它們是證明不等式的最基本的方法 . (1)比較法證不等式有作差 (商 )、變形、判斷三 個步驟,變形的主要方向是因式分解、配方,判斷過程必須詳細敘述;如果作差以后的式子可以整理為關于某一個變量的二次式,則考慮用判別式法證 . (2)綜合法是由因導果,而分析法是執(zhí)果索因,兩法相互轉換,互相滲透,互為前提,充分運用這一辯證關系,可以增加解題思路,開擴視野 . 元法、放縮法、反證法、函數單調性法、判別式法、數形結合法等 值代換兩種,在應用換元法時,要注意代換的等價性 縮要有的放矢,目標可以從要證的結論 中考查 正面證如果不易說清楚,可以考慮反證法 少”“惟一”或含有其他否定詞的命題,適宜用反證法 . 證明不等式時,要依據題設、題目的特點和內在聯系,選擇適當的證明方法,要熟悉各種證法中的推理思維,并掌握相應的步驟、技巧和語言特點 . 殲滅難點訓練 一、填空題 1.( )已知 x、 y 是正變數, a、 b 是正常數,且1, x+y 的最小值為_. 2.( )設正數 a、 b、 c、 a+d=b+c,且 |a d| |b c|,則 _. 3.( )若 m n, p q,且 (p m)(p n) 0, (q m)(q n) 0,則 m、 n、 p、 _. 二、解答題 4.( )已知 a, b, a+b+c=1. 求證: (1)a2+b2+1(2) 232323 6 5.( )已知 x, y, z R,且 x+y+z=1, x2+y2+1,證明: x, y, z 0,32 6.( )證明下列不等式: (1)若 x, y, z R, a, b, c R+,則c 222(xy+yz+(2)若 x, y, z R+,且 x+y+z= 則z 2(11 ) 7.( )已知 i, m、 1 i m n. (1)證明: (2)證明: (1+m)n (1+n)m 8.( )若 a 0, b 0, a3+,求證: a+b 2, 1. 參考答案 難點磁場 證法一: (分析綜合法) 欲證原式,即證 4(+4(a2+ 25 0,即證 4( 33(8 0,即證 1或8. a 0, b 0, a+b=1, 8 不可能成立 1=a+b 2 1,從而得證 . 證法二: (均值代換法 ) 設 a=21+b=21+ a+b=1, a 0, b 0, t1+, |21, |5(41)141)(141()21)(21()141)(141(211)21(211)21(11)1)(1(2242222222222222222112122221122212122t=0,即 a=b=21時,等號成立 . 證法三: (比較法) a+b=1, a 0, b 0, a+b 2 1425)1)(1(04 )8)(41(4 833442511425)1)(1(2222證法四: (綜合法 ) a+b=1, a 0, b 0, a+b 2 1. 4251)1(41 16251)1(169)1(434111 222 425)1)(1( (三角 代換法) a 0, b 0, a+b=1,故令 a= b= (0,2) )(1(4252s i s i 12s i i i 2s i i s i s i o ss i o ss i n)c o ( c o ss i s i n)1)(1(22222222222224422222 殲滅難點訓練 一、 xa=yb=則 x= y= x+y=a+b+ a+b+2 c o tt a n 22 . 答 案: a+b+2 0 |a d| |b c| (a d)2 (b c)2 (a+b)2 4(b+c)2 4 a+d=b+c, 4 4 答案: p、 m p n, m q n. 答案: m p q n 二、 4.(1)證法一: a2+b2+1=31(31) =31 3(a+b+c)2 =31 3222 =31 (a b)2+(b c)2+(c a)2 0 a2+b2+1證法二: (a+b+c)2=a2+b2+a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+ 3(a2+b2+ (a+b+c)2=1 a2+b2+1證法三:33222 a2+b2+ a2+b2+1證法四:設 a=31+ , b=31+ , c=31+ . a+b+c=1, + + =0 a2+b2+31+ )2+(31+ )2+(31+ )2 =31+32( + + )+ 2+ 2+ 2 =31+ 2+ 2+ 231 a2+b2+1629)(323232323323,23323,21231)23(23:)2(原不等式成立 . 證法二:3 )23()23()23(3 232323 )(3 232323 33 6 原不等式成立 . x+y+z=1, x2+y2+1,得 x2+1 x y)2=21,整理成關于 22(1 x)y+22x+21=0, y R,故 0 4(1 x)2 4 2(22x+21) 0,得 0 x32, x 0,32 同理可得 y, z 0,32 證法二:設 x=31+x, y=31+y, z=31+z,則 x +y +z =0, 于是21=(31+x )2+(31+y )2+(31+z )2 =31+x 2+y 2+z 2+32(x +y +z ) =31+x 2+y 2+z 231+x 2+2 )(2 =31+23x 2 故 x 291, x31,31, x 0,32,同理 y, z 0,32 證法三:設 x、 y、 z 三數中若有負數,不妨設 x 0,則 0,21=x2+y2+z21232 )1(2 )( 2222 21,矛盾 . x、 y、 z 三數中若有最大者大于32,不妨設 x32,則21=x2+y2+ )(2= )1(2x =23x+21=23x(x32)+2121;矛盾 . 故 x、 y、 z 0,32 0)()()()()()(222)(4)(2)()(2)()()()(2)(:)2()(20)()()()2()2()2()(22:)1.(62222222222223333332222222222222222222222222222222222y y y 上式顯然成立,原不等式得證 . (1)對于 1 i m,且 =m (m i+1), 1A,11A 同理, 由于 m n,對于整數 k=1, 2, i 1,有m , 所以 A, 即(2)由二項式定理有: (1+m)n=1+m+ + (1+n)m=1+n+ + 由 (1)知 (1 i m ) ,而 !A m n) 1, m n, , C 1 0, 0, 1+2 +1+2 + 即 (1+m)n (1+n) a 0, b 0, a3+,所以 (a+b)3 23=a3+8=36 =3 ab(a+b) 2 =3 ab(a+b) (a3+ = 3(a+b)(a b)2 0. 即 (a+b)3 23,又 a+b 0,所以 a+b 2,因為 2 a+b 2, 所以 1. 證法二:設 a、 mx+n=0 的兩根,則 因 為 a 0, b 0,所以 m 0, n 0,且 =4n 0 因為 2=a3+a+b)(ab+(a+b) (a+b)2 3=m(3n) 所以 n=232 將代入得 4(232 ) 0, 即3 0,所以 0,即 m 2,所以 a+b 2, 由 2 m 得 4 4n,所以 4 4n, 即 n 1,所以 1. 證法三:因 a 0, b 0, a3+,所以 2=a3+a+b)(a2+ (a+b)(2ab(a+b) 于是有 6 3ab(a+b),從而 8 3ab(a+b)+2=3a3+ (a+b)3,所以 a+b 2, (
溫馨提示
- 1. 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
- 2. 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯系上傳者。文件的所有權益歸上傳用戶所有。
- 3. 本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網頁內容里面會有圖紙預覽,若沒有圖紙預覽就沒有圖紙。
- 4. 未經權益所有人同意不得將文件中的內容挪作商業(yè)或盈利用途。
- 5. 人人文庫網僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內容的表現方式做保護處理,對用戶上傳分享的文檔內容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內容負責。
- 6. 下載文件中如有侵權或不適當內容,請與我們聯系,我們立即糾正。
- 7. 本站不保證下載資源的準確性、安全性和完整性, 同時也不承擔用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。
最新文檔
- 廣東文理職業(yè)學院《法律文獻檢索與論文寫作》2023-2024學年第一學期期末試卷
- 南昌師范學院《快題設計景觀》2023-2024學年第一學期期末試卷
- 江蘇省淮安市三樹鎮(zhèn)蔣集九一貫制學校2024年七年級數學第一學期期末預測試題含解析
- 公路貨運行業(yè)2025數字化轉型與智能化配送效率報告
- 公路貨運行業(yè)數字化轉型中的物流園區(qū)智慧物流系統建設與運營報告
- 智能電網建設下的衛(wèi)星物聯網數據存證解決方案探討
- 企業(yè)家創(chuàng)業(yè)經歷與管理智慧分享記錄
- 形體禮儀教學培訓課件
- 油田設備資產管理辦法
- 泄密責任追究管理辦法
- 哮喘病人麻醉
- 瓦工班組安全培訓試卷
- 2022年1月廣東省湛江市徐聞縣幼兒教師招聘考試《學前教育專業(yè)知識》真題試卷及標準答案有解析
- 2023年農業(yè)綜合行政執(zhí)法理論考試題庫(含答案)
- GB/T 6561-1986十字槽沉頭自攻鎖緊螺釘
- GB/T 3532-2022日用瓷器
- GB/T 32025-2015鍍鋁玻璃鏡
- GB/T 2941-2006橡膠物理試驗方法試樣制備和調節(jié)通用程序
- 2023年沛縣(中小學、幼兒園)教師招聘考試《教育綜合知識》題庫及答案解析
- GB/T 20970-2015石油天然氣工業(yè)井下工具封隔器和橋塞
- GB/T 16881-2008水的混凝、沉淀試杯試驗方法
評論
0/150
提交評論