2009年高考数学难点突破专题辅导十八难点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(21121131211kkkkkkkkkk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(22kkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkk又如.12112kkk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(2kkkkkkkkkkkkkkkkfkf∴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yxxyyxxyyxyxyxyxyxu212)(2.∵x>0,y>0,∴x+y≥2xy(当x=y时“=”成立),∴yxxy2≤1,yxxy2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≤a1yx,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)232323cba≤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cbaybacxacb22z2≥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(2242222222222222222112122221122212122tttttttttttttttttttttbbaabbaa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(2222bbaaabababababbabbaabbaa证法四:(综合法)∵a+b=1,a>0,b>0,∴a+b≥2ab,∴ab≤41.4251)1(4116251)1(169)1(434111222abababababab425)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(2222222222222442222bbaabbaa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(3232323cbacba336)(3cba∴232323cba≤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=3