高考数学难点突破难点18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.●难点磁场(★★★★)已知a＞0，b＞0，且a+b=1.求证：(a+a1)(b+b1)≥425.●案例探究［例1］证明不等式nn2131211(n∈N*)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+k13121＜2k，,1211)1(11)1(21121131211kkkkkkkkkk则∴当n=k+1时，不等式成立.综合(1)、(2)得：当n∈N*时，都有1+n13121＜2n.另从k到k+1时的证明还有下列证法：,1111212212:.12112,01),1(21)1(2,0)1()1()1(2)1(21)1(22kkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkk又如.12112kkk证法二：对任意k∈N*，都有：.2)1(2)23(2)12(22131211),1(21221nnnnkkkkkkk因此证法三：设f(n)=),131211(2nn那么对任意k∈N*都有：01)1(])1(2)1[(11]1)1(2)1(2[1111)1(2)()1(2kkkkkkkkkkkkkkkkfkf∴f(k+1)＞f(k)因此，对任意n∈N*都有f(n)＞f(n－1)＞…＞f(1)=1＞0，∴.2131211nn［例2］求使yx≤ayx(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值.命题意图：本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力，属于★★★★★级题目.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cosθ、sinθ来对应进行换元，即令x=cosθ，y=sinθ(0＜θ＜2)，这样也得a≥sinθ+cosθ，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+2xy≤a2(x+y)，即2xy≤(a2－1)(x+y)，①∴x，y＞0，∴x+y≥2xy，②当且仅当x=y时，②中有等号成立.比较①、②得a的最小值满足a2－1=1，∴a2=2，a=2(因a＞0)，∴a的最小值是2.解法二：设yxxyyxxyyxyxyxyxyxu212)(2.∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2xy(当x=y时“=”成立)，∴yxxy2≤1，yxxy2的最大值是1.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yx+1≤a1yx，设yx=tanθ，θ∈(0，2).∴tanθ+1≤a1tan2；即tanθ+1≤asecθ∴a≥sinθ+cosθ=2sin(θ+4)，③又∵sin(θ+4)的最大值为1(此时θ=4).由③式可知a的最小值为2.●锦囊妙计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1.(★★★★★)已知x、y是正变数，a、b是正常数，且ybxa=1，x+y的最小值为__________.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≥31(2)232323cba≤65.(★★★★★)已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=21，证明：x，y，z∈［0，32］6.(★★★★★)证明下列不等式：(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，则cbaybacxacb22z2≥2(xy+yz+zx)(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz，则zyxyxzxzy≥2(zyx111)7.(★★★★★)已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n.(1)证明：niAim＜miAin；(2)证明：(1+m)n＞(1+n)m8.(★★★★★)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≤41或ab≥8.∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立∵1=a+b≥2ab，∴ab≤41，从而得证.证法二：(均值代换法)设a=21+t1，b=21+t2.∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜21，|t2|＜21.4254116254123162541)45(41)141)(141()21)(21()141)(141(211)21(211)21(11)1)(1(2242222222222222222112122221122212122tttttttttttttttttttttbbaabbaa显然当且仅当t=0，即a=b=21时，等号成立.证法三：(比较法）∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤41425)1)(1(04)8)(41(4833442511425)1)(1(2222bbaaabababababbabbaabbaa证法四：(综合法)∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤41.4251)1(4116251)1(169)1(434111222abababababab425)1)(1(bbaa即证法五：(三角代换法）∵a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，2).425)1)(1(4252sin4)2sin4(412sin125162sin24.3142sin4,12sin2sin416)sin4(2sin42cossin2cossin)cos1)(cossin1(sin)1)(1(2222222222222442222bbaabbaa即得2歼灭难点训练一、1.解析：令xa=cos2θ，yb=sin2θ，则x=asec2θ，y=bcsc2θ，∴x+y=asec2θ+bcsc2θ=a+b+atan2θ+bcot2θ≥a+b+2abbaba2cottan22.答案：a+b+2ab2.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＞bc3.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+c2－31=31(3a2+3b2+3c2－1)=31［3a2+3b2+3c2－(a+b+c)2］=31［3a2+3b2+3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc］=31［(a－b)2+(b－c)2+(c－a)2］≥0∴a2+b2+c2≥31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≥31证法三：∵33222cbacba∴a2+b2+c2≥3cba∴a2+b2+c2≥31证法四：设a=31+α，b=31+β，c=31+γ.∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0∴a2+b2+c2=(31+α)2+(31+β)2+(31+γ)2=31+32(α+β+γ)+α2+β2+γ2=31+α2+β2+γ2≥31∴a2+b2+c2≥31629)(323232323323,23323,21231)23(23:)2(cbacbaccbbaaa同理证法一∴原不等式成立.证法二：3)23()23()23(3232323cbacba336)(3cba∴232323cba≤33＜6∴原不等式成立.5.证法一：由x+y+z=1，x2+y2+z2=21，得x2+y2+(1－x－y)2=21，整理成关于y的一元二次方程得：2y2－2(1－x)y+2x2－2x+21=0，∵y∈R，故Δ≥0∴4(1－x)2－4×2(2x2－2x+21)≥0，得0≤x≤32，∴x∈［0，32］同理可得y，z∈［0，32］证法二：设x=31+x′，y=31+y′，z=31+z′，则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′2≥31+x′2+2)(2zy=31+23x′2故x′2≤91，x′∈［