2009年高考數(shù)學(xué)難點(diǎn)突破專題輔導(dǎo)十八

難點(diǎn)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(nèi)容結(jié)合.高考解答題中，常滲透不等式證明的內(nèi)容，純不等式的證明，歷來是高中數(shù)學(xué)中的一個(gè)難點(diǎn)，本難點(diǎn)著重培養(yǎng)考生數(shù)學(xué)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(diǎn)磁場(chǎng)

(★★★★)已知a＞0，b＞0，且a+b=1.

求證：(a+)(b+)≥.

●案例探究

［例1］證明不等式(n∈N^*)

命題意圖：本題是一道考查數(shù)學(xué)歸納法、不等式證明的綜合性題目，考查學(xué)生觀察能力、構(gòu)造能力以及邏輯分析能力，屬★★★★★級(jí)題目.

知識(shí)依托：本題是一個(gè)與自然數(shù)n有關(guān)的命題，首先想到應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法，另外還涉及不等式證明中的放縮法、構(gòu)造法等.

錯(cuò)解分析：此題易出現(xiàn)下列放縮錯(cuò)誤：

這樣只注重形式的統(tǒng)一，而忽略大小關(guān)系的錯(cuò)誤也是經(jīng)常發(fā)生的.

技巧與方法：本題證法一采用數(shù)學(xué)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(xiàng)，有的放矢，直達(dá)目標(biāo)；而證法三運(yùn)用函數(shù)思想，借助單調(diào)性，獨(dú)具匠心，發(fā)人深省.

證法一：(1)當(dāng)n等于1時(shí)，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立；

(2)假設(shè)n=k(k≥1)時(shí)，不等式成立，即1+＜2，

∴當(dāng)n=k+1時(shí)，不等式成立.

綜合(1)、(2)得：當(dāng)n∈N^*時(shí)，都有1+＜2.

另從k到k+1時(shí)的證明還有下列證法：

證法二：對(duì)任意k∈N^*，都有：

證法三：設(shè)f(n)=

那么對(duì)任意k∈N?^* 都有：

∴f(k+1)＞f(k)

因此，對(duì)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a的最小值.

命題意圖：本題考查不等式證明、求最值函數(shù)思想、以及學(xué)生邏輯分析能力，屬于★★★★★級(jí)題目.

知識(shí)依托：該題實(shí)質(zhì)是給定條件求最值的題目，所求a的最值蘊(yùn)含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有關(guān)性質(zhì)把a呈現(xiàn)出來，等價(jià)轉(zhuǎn)化的思想是解決題目的突破口，然后再利用函數(shù)思想和重要不等式等求得最值.

錯(cuò)解分析：本題解法三利用三角換元后確定a的取值范圍，此時(shí)我們習(xí)慣是將x、y與cosθ、sinθ來對(duì)應(yīng)進(jìn)行換元，即令=cosθ，=sinθ(0＜θ＜)，這樣也得a≥sinθ+cosθ，但是這種換元是錯(cuò)誤的.其原因是：(1)縮小了x、y的范圍；(2)這樣換元相當(dāng)于本題又增加了“x、y=1”這樣一個(gè)條件，顯然這是不對(duì)的.

技巧與方法：除了解法一經(jīng)常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若參數(shù)a滿足不等關(guān)系，a≥f(x)，則a_min=f(x)_max；若 a≤f(x)，則a_max=f(x)_min，利用這一基本事實(shí)，可以較輕松地解決這一類不等式中所含參數(shù)的值域問題.還有三角換元法求最值用的恰當(dāng)好處，可以把原問題轉(zhuǎn)化.

解法一：由于a的值為正數(shù)，將已知不等式兩邊平方，得：

x+y+2≤a²(x+y)，即2≤(a²－1)(x+y)，                                                     ①

∴x，y＞0，∴x+y≥2，                                                                                  ②

當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)，②中有等號(hào)成立.

比較①、②得a的最小值滿足a²－1=1，

∴a²=2，a= (因a＞0)，∴a的最小值是.

解法二：設(shè).

∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2 (當(dāng)x=y時(shí)“=”成立)，

∴≤1，的最大值是1.

從而可知，u的最大值為，

又由已知，得a≥u，∴a的最小值為.

解法三：∵y＞0，

∴原不等式可化為+1≤a，

設(shè)=tanθ，θ∈(0，).

∴tanθ+1≤a；即tanθ+1≤asecθ

∴a≥sinθ+cosθ=sin(θ+)，                                                                        ③

又∵sin(θ+)的最大值為1(此時(shí)θ=).

由③式可知a的最小值為.

●錦囊妙計(jì)

1.不等式證明常用的方法有：比較法、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(gè)步驟，變形的主要方向是因式分解、配方，判斷過程必須詳細(xì)敘述；如果作差以后的式子可以整理為關(guān)于某一個(gè)變量的二次式，則考慮用判別式法證.

(2)綜合法是由因?qū)Ч�，而分析法是�?zhí)果索因，兩法相互轉(zhuǎn)換，互相滲透，互為前提，充分運(yùn)用這一辯證關(guān)系，可以增加解題思路，開擴(kuò)視野.

2.不等式證明還有一些常用的方法：換元法、放縮法、反證法、函數(shù)單調(diào)性法、判別式法、數(shù)形結(jié)合法等.換元法主要有三角代換，均值代換兩種，在應(yīng)用換元法時(shí)，要注意代換的等價(jià)性.放縮性是不等式證明中最重要的變形方法之一，放縮要有的放矢，目標(biāo)可以從要證的結(jié)論中考查.有些不等式，從正面證如果不易說清楚，可以考慮反證法.凡是含有“至少”“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(shí)，要依據(jù)題設(shè)、題目的特點(diǎn)和內(nèi)在聯(lián)系，選擇適當(dāng)?shù)淖C明方法，要熟悉各種證法中的推理思維，并掌握相應(yīng)的步驟、技巧和語(yǔ)言特點(diǎn).

●殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練

一、填空題

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二、解答題

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難點(diǎn)磁場(chǎng)

證法一：(分析綜合法）

欲證原式，即證4(ab)²+4(a²+b²)－25ab+4≥0，即證4(ab)²－33(ab)+8≥0，即證ab≤或ab≥8.

∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立

∵1=a+b≥2，∴ab≤，從而得證.

證法二：(均值代換法)

設(shè)a=+t₁，b=+t₂.

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t₁+t₂=0，|t₁|＜，|t₂|＜

顯然當(dāng)且僅當(dāng)t=0，即a=b=時(shí)，等號(hào)成立.

證法三：(比較法）

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤

證法四：(綜合法)

∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤.

證法五：(三角代換法）

∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin²α，b=cos²α，α∈(0，)

2

殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練

一、1.解析：令=cos²θ，=sin²θ，則x=asec²θ，y=bcsc²θ，∴x+y=asec²θ+bcsc²θ=a+b+atan²θ+bcot²θ≥a+b+2.

答案：a+b+2

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看成變量，則m＜p＜n，m＜q＜n.

答案：m＜p＜q＜n

二、4.(1)證法一：a²+b²+c²－=(3a²+3b²+3c²－1)

=［3a²+3b²+3c²－(a+b+c)²］

=［3a²+3b²+3c²－a²－b²－c²－2ab－2ac－2bc］

=［(a－b)²+(b－c)²+(c－a)²］≥0  ∴a²+b²+c²≥

證法二：∵(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≥

證法三：∵∴a²+b²+c²≥

∴a²+b²+c²≥

證法四：設(shè)a=+α，b=+β，c=+γ.

∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0

∴a²+b²+c²=(+α)²+(+β)²+(+γ)²

=+ (α+β+γ)+α²+β²+γ²

=+α²+β²+γ²≥

∴a²+b²+c²≥

∴原不等式成立.

證法二：

∴≤＜6

∴原不等式成立.

5.證法一：由x+y+z=1，x²+y²+z²=，得x²+y²+(1－x－y)²=，整理成關(guān)于y的一元二次方程得：

2y²－2(1－x)y+2x²－2x+=0，∵y∈R，故Δ≥0

∴4(1－x)²－4×2(2x²－2x+)≥0，得0≤x≤，∴x∈［0，］

同理可得y，z∈［0，］

證法二：設(shè)x=+x′，y=+y′，z=+z′，則x′+y′+z′=0，

于是=(+x′)²+(+y′)²+(+z′)²

=+x′²+y′²+z′²+ (x′+y′+z′)

=+x′²+y′²+z′²≥+x′²+=+x′²

故x′²≤，x′∈［－，］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］

證法三：設(shè)x、y、z三數(shù)中若有負(fù)數(shù)，不妨設(shè)x＜0，則x²＞0，=x²+y²+z²≥x²+＞，矛盾.

x、y、z三數(shù)中若有最大者大于，不妨設(shè)x＞，則=x²+y²+z²≥x²+=x²+=x²－x+

=x(x－)+＞；矛盾.

故x、y、z∈［0，］

∵上式顯然成立，∴原不等式得證.

7.證明：(1)對(duì)于1＜i≤m，且A =m?…?(m－i+1)，

，

由于m＜n，對(duì)于整數(shù)k=1，2，…，i－1，有，

所以

(2)由二項(xiàng)式定理有：

(1+m)ⁿ=1+Cm+Cm²+…+Cmⁿ，

(1+n)^m=1+Cn+Cn²+…+Cn^m，

由(1)知mⁱA＞nⁱA (1＜i≤m，而C=

∴mⁱCⁱ_n＞nⁱCⁱ_m(1＜m＜n

∴m⁰C=n⁰C=1，mC=nC=m?n，m²C＞n²C，…，

m^mC＞n^mC，m^m+1C＞0，…，mⁿC＞0，

∴1+Cm+Cm²+…+Cmⁿ＞1+Cn+C²_mn²+…+Cn^m，

即(1+m)ⁿ＞(1+n)^m成立.

8.證法一：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?yàn)?≤a+b≤2，

所以ab≤1.

證法二：設(shè)a、b為方程x²－mx+n=0的兩根，則，

因?yàn)?i>a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m²－4n≥0                                         ①

因?yàn)?=a³+b³=(a+b)(a²－ab+b²)=(a+b)［(a+b)²－3ab］=m(m²－3n)

所以n=                                                                                                    ②

將②代入①得m²－4()≥0，

即≥0，所以－m³+8≥0，即m≤2，所以a+b≤2，

由2≥m 得4≥m²，又m²≥4n，所以4≥4n，

即n≤1，所以ab≤1.

證法三：因a＞0，b＞0，a³+b³=2，所以

2=a³+b³=(a+b)(a²+b²－ab)≥(a+b)(2ab－ab)=ab(a+b)

于是有6≥3ab(a+b)，從而8≥3ab(a+b)+2=3a²b+3ab²+a³+b³=?

(a+b)³，所以a+b≤2，(下略）

證法四：因?yàn)?a >

≥0，

所以對(duì)任意非負(fù)實(shí)數(shù)a、b，有≥

因?yàn)?i>a＞0，b＞0，a³+b³=2，所以1=≥，

∴≤1，即a+b≤2，(以下略）

證法五：假設(shè)a+b＞2，則

a³+b³=(a+b)(a²－ab+b²)=(a+b)［(a+b)²－3ab］＞(a+b)ab＞2ab，所以ab＜1，

又a³+b³=(a+b)［a²－ab+b²］=(a+b)［(a+b)²－3ab］＞2(2²－3ab)

因?yàn)?i>a³+b³=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)