高考數學難點突破_難點18__不等式的證明策略

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， (