第一篇：2011年高考數(shù)學(xué)重點難點講解十八：不等式的證明策略(學(xué)生版)

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(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)中的一個難點，本難點著重培養(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.●難點磁場(★★★★)已知a＞0，b＞0，且a+b=1.求證：(a+

●案例探究1125)(b+)≥.ba423n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★★★★★級題目.［例2］求使x?y≤ax?y(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值.［例1］證明不等式1?1?1???1?2n(n∈N*)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★★★★★級題目.●錦囊妙計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(guān)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?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，充分運用這一辯證關(guān)系，可以增加解題思路，開擴視野.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，要注意代換的等價性.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，要依據(jù)題設(shè)、題目的特點和內(nèi)在聯(lián)系，選擇適當?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、技巧和語言特點.2 ●殲滅難點訓(xùn)練

一、填空題

ab?=1，x+y的最小值為__________.xy2.(★★★★)設(shè)正數(shù)a、b、c、d滿足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，則ad與bc的大小關(guān)系是__________.3.(★★★★)若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，則m、n、p、q的大小順序是__________.1.(★★★★★)已知x、y是正變數(shù)，a、b是正常數(shù)，且

二、解答題4.(★★★★★)已知a，b，c為正實數(shù)，a+b+c=1.求證：(1)a2+b2+c2≥13(2)3a?2?3b?2?3c?2≤6

5.(★★★★★)已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=12，證明：x，y，z∈［0，23］

6.(★★★★★)證明下列不等式：(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，則

b?c2c?a2a?bax?by?cz

2≥2(xy+yz+zx)(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz，則y?zz?xx?y111x?y?z≥2(x?y?z)

7.(★★★★★)已知i，m、n是正整數(shù)，且1＜i≤m＜n.(1)證明：niAim＜miAin；

(2)證明：(1+m)n＞(1+n)m

8.(★★★★★)若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求證：a+b≤2，ab≤1.2

第二篇：高考數(shù)學(xué)難點突破_難點不等式的證明策略

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)中的一個難點，本難點著重培養(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.●難點磁場

(★★★★)已知a＞0，b＞0，且a+b=1.求證：(a+1125)(b+)≥.ba41?1???1?2n(n∈N*)●案例探究

23n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★★★★★級題目.知識依托：本題是一個與自然數(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.錯解分析：此題易出現(xiàn)下列放縮錯誤： ［例1］證明不等式1?

這樣只注重形式的統(tǒng)一，而忽略大小關(guān)系的錯誤也是經(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，有的放矢，直達目標；而證法三運用函數(shù)思想，借助單調(diào)性，獨具匠心，發(fā)人深省.證法一：(1)當n等于1時，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立；

111????(2)假設(shè)n=k(k≥1)時，不等式成立，即1+＜2k，23k則1??12?13????1k?1k?1?2k?1k?1

2k(k?1)?1k?1k?(k?1)?1?2k?1,∴當n=k+1時，不等式成立.綜合(1)、(2)得：當n∈N*時，都有1+

12?13???1n＜2n.另從k到k+1時的證明還有下列證法：

?2(k?1)?1?2k(k?1)?k?2k(k?1)?(k?1)?(k?k?1)2?0,?2k(k?1)?1?2(k?1),?k?1?0,?2k?1k?1?2k?1.2k?1?k?2k?1?k?1?1k?1，又如:?2k?1?2k?k?1證法二：對任意k∈N*，都有： ?2k?1?2k?1.?2(k?k?1),k?kk?k?1

111因此1??????2?2(2?1)?2(3?2)???2(n?n?1)?2n.23nk證法三：設(shè)f(n)=2n?(1?*1?2?212?13???1n)，那么對任意k∈N 都有：

f(k?1)?f(k)?2(k?1?k)???1k?11k?1[2(k?1)?2k(k?1)?1]?[(k?1)?2k(k?1)?k]?1k?1

(k?1?k)2k?1?0∴f(k+1)＞f(k)因此，對任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞?＞f(1)=1＞0，111?????2n.∴1?23n［例2］求使x?y≤ax?y(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★★★★★級題目.知識依托：該題實質(zhì)是給定條件求最值的題目，所求a的最值蘊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，此時我們習(xí)慣是將x、y與cosθ、sinθ來對應(yīng)進行換元，即令x=cosθ，y=sinθ(0＜θ＜

?2)，這樣也得a≥sinθ+cosθ，但是這種換元是錯誤的.其原因是：(1)縮小了x、y的范圍；(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(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amin=f(x)max；若 a≤f(x)，則amax=f(x)min，利用這一基本事實，可以較輕松地解決這一類不等式中所含參數(shù)的值域問題.還有三角換元法求最值用的恰當好處，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+2xy≤a2(x+y)，即2xy≤(a2－1)(x+y)，∴x，y＞0，∴x+y≥2xy，① ②

當且僅當x=y時，②中有等號成立.比較①、②得a的最小值滿足a2－1=1，∴a2=2，a=2(因a＞0)，∴a的最小值是2.解法二：設(shè)u?x?y(x?y)2??x?yx?yx?y?2xy2xy.?1?x?yx?y∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2xy(當x=y時“=”成立)，∴2xy2xy≤1，的最大值是1.x?yx?y從而可知，u的最大值為1?1?2，又由已知，得a≥u，∴a的最小值為2.解法三：∵y＞0，∴原不等式可化為

x+1≤ayx?1，y設(shè)x?=tanθ，θ∈(0，).y2∴tanθ+1≤atan2??1；即tanθ+1≤asecθ ∴a≥sinθ+cosθ=2sin(θ+又∵sin(θ+

?4)，③

?4)的最大值為1(此時θ=

?4).由③式可知a的最小值為2.●錦囊妙計

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(guān)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?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，充分運用這一辯證關(guān)系，可以增加解題思路，開擴視野.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，要注意代換的等價性.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，要依據(jù)題設(shè)、題目的特點和內(nèi)在聯(lián)系，選擇適當?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、技巧和語言特點.●殲滅難點訓(xùn)練

一、填空題

1.(★★★★★)已知x、y是正變數(shù)，a、b是正常數(shù)，且

ab?=1，x+y的最小值為xy__________.2.(★★★★)設(shè)正數(shù)a、b、c、d滿足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，則ad與bc的大小關(guān)系是__________.3.(★★★★)若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，則m、n、p、q的大小順序是__________.二、解答題

4.(★★★★★)已知a，b，c為正實數(shù)，a+b+c=1.求證：(1)a2+b2+c2≥3(2)3a?2?3b?2?3c?2≤6 5.(★★★★★)已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=6.(★★★★★)證明下列不等式：(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，則

12，證明：x，y，z∈［0，］ 23b?c2c?a2a?b

2z≥2(xy+yz+zx)x?y?abc(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz，y?zz?xx?y111??則≥2(??)xyzxyz7.(★★★★★)已知i，m、n是正整數(shù)，且1＜i≤m＜n.(1)證明：niAim＜miAin；

(2)證明：(1+m)n＞(1+n)m

8.(★★★★★)若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求證：a+b≤2，ab≤1.參考答案

難點磁場

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≤ab≥8.∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立

∵1=a+b≥2ab，∴ab≤證法二：(均值代換法)設(shè)a=

1或41，從而得證.411+t1，b=+t2.2211，|t2|＜ 22∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜11a2?1b2?1?(a?)(b?)??abab111122(?t1)2?1(?t2)2?1(?t1?t1?1)(?t2?t2?1)4?2?2?41111?t1?t2(?t1)(?t2)22221152222(?t1?t1?1)(?t2?t2?1)(?t2)2?t24?4?41122?t2?t2442532254?t2?t225?162?16?.1124?t244顯然當且僅當t=0，即a=b=證法三：(比較法）

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤

1時，等號成立.21 41125a2?1b2?1254a2b2?33ab?8(1?4ab)(8?ab)(a?)(b?)???????0ab4ab44ab4ab 1125?(a?)(b?)?ab4證法四：(綜合法)

1∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤.425??2(1?ab)?1??139??(1?ab)2?12516?2 ?1?ab?1???(1?ab)??????14416?ab4 ?4???ab??1125 即(a?)(b?)?ab4證法五：(三角代換法）

∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，?2)11112(a?)(b?)?(sin2??)(cos??)22absin?cos?sin4??cos4??2sin2?cos2??2(4?sin2?)2?16??24sin2?4sin22??sin22??1,?4?sin22??4?1?3.2 4?2sin22??16?25??(4?sin22?)225???11244sin2???2sin2?4?1125即得(a?)(b?)?.ab4殲滅難點訓(xùn)練

一、1.解析：令

ba=cos2θ，=sin2θ，則x=asec2θ，y=bcsc2θ，∴x+y=asec2θ+bcsc

2yxθ=a+b+atan2θ+bcot2θ≥a+b+2atan2??bcot2??a?b?2ab.答案：a+b+2ab

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－=

11=(3a2+3b2+3c2－1)331［3a2+3b2+3c2－(a+b+c)2］ 31=［3a2+3b2+3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc］ 311=［(a－b)2+(b－c)2+(c－a)2］≥0 ∴a2+b2+c2≥ 33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≥3a2?b2?c2a?b?ca?b?c?證法三：∵∴a2+b2+c2≥

3331 3111證法四：設(shè)a=+α，b=+β，c=+γ.333∴a2+b2+c2≥∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0 ∴a2+b2+c2=(=111+α)2+(+β)2+(+γ)2 3332 12+(α+β+γ)+α2+β2+γ3311=+α2+β2+γ2≥ 331∴a2+b2+c2≥

3(2)證法一:?3a?2?(3a?2)?1?同理3b?2?3a?2?1,23b?33c?3 ,3c?2?223(a?b?c)?9?3a?2?3b?2?3c?2??62∴原不等式成立.證法二：3a?2?3b?2?3c?2(3a?2)?(3b?2)?(3c?2)?

33?3(a?b?c)?6?3

3∴3a?2?3b?2?3c?2≤33＜6 ∴原不等式成立.5.證法一：由x+y+z=1，x2+y2+z2=次方程得：

11，得x2+y2+(1－x－y)2=，整理成關(guān)于y的一元二221=0，∵y∈R，故Δ≥0 2122∴4(1－x)2－4×2(2x2－2x+)≥0，得0≤x≤，∴x∈［0，］

2332同理可得y，z∈［0，］

3111證法二：設(shè)x=+x′，y=+y′，z=+z′，則x′+y′+z′=0，3331111于是=(+x′)2+(+y′)2+(+z′)2

233312=+x′2+y′2+z′2+(x′+y′+z′)33211132222(y??z?)=+x′+y′+z′≥+x′+=+x′2

2333211122故x′2≤，x′∈［－，］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］

933332y2－2(1－x)y+2x2－2x+證法三：設(shè)x、y、z三數(shù)中若有負數(shù)，不妨設(shè)x＜0，則x2＞0，21222

=x+y+z≥2(y?z)2(1?x)2311??x2?x2?x?＞，矛盾.x+22222221x、y、z三數(shù)中若有最大者大于，不妨設(shè)x＞，則=x2+y2+z2≥

33222312(y?z)2(1?x)x+=x+=x2－x+

22223211x(x－)+＞；矛盾.23222故x、y、z∈［0，］

3b?c2c?a2a?b26.(1)證明:?x?y?z?2(xy?yz?zx)2bcbacbac?(x2?y2?2xy)?(y2?z2?2yz)?(z2?x2?2zx)abbccaba2cb2ac2?(x?y)?(y?z)?(z?x)?0abbccab?c2c?aa?b2?x?y?z?2(xy?yz?zx)abc(2)證明:所證不等式等介于y?zz?xx?yx2y2z2(??)?2(xy?yz?zx)2xyz=

?xyz?[yz(y?z)?zx(z?x)?xy(x?y)]?2(xy?yz?zx)2?(x?y?z)(y2z?yz2?z2x?zx2?x2y?xy2)?2(x2y2?y2z2?z2x2)?4(x2yz?xy2z?xyz2)?y3z?yz3?z3x?zx3?x3y?xy3?2x2yz?2xy2z?2xyz2?yz(y?z)2?zx(z?x)2?xy(x?y)2?x2(y?z)2?y2(z?x)2?z2(x?y)2?0∵上式顯然成立，∴原不等式得證.7.證明：(1)對于1＜i≤m，且Aim =m·?·(m－i+1)，Aimmm?1Aimnn?1m?i?1n?i?1?????,同理?????，iimmmnnnmn由于m＜n，對于整數(shù)k=1，2，?，i－1，有

n?km?k，?nmAinAim所以i?i,即miAin?niAim

nm(2)由二項式定理有：

22nn(1+m)n=1+C1nm+Cnm+?+Cnm，22mm(1+n)m=1+C1mn+Cmn+?+Cmn，由(1)知mAini＞nAimi

(1＜i≤m)，而

CimAimiAin,Cn?= i!i!∴miCin＞niCim(1＜m＜n)

00222211∴m0C0n=nCn=1，mCn=nCm=m·n，mCn＞nCm，?，mmm+1m?1mmCmCn＞0，?，mnCnn＞nCm，mn＞0，∴1+C122nn1+C122mmnm+Cnm+?+Cnm＞mn+Cmn+?+Cmn，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，因為2ab≤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??m?a?b?n?ab，因為a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m2－4n≥0

因為2=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n)m2所以n=3?23m

將②代入①得m2－4(m23?23m)≥0，即?m3?83m≥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：因為a3?b32?(a?b32)(a?b)[4a2??4b2?4ab?a2?b2?2ab]3(a?b8?)(a?b)28≥0，a、b，有a3?b3所以對任意非負實數(shù)a?b32≥(2)

＞0，b＞0，a+b=2，所以1=a3因為a33

?b3a?b32≥(2)，∴a?b2≤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)因為a3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)

①②

第三篇：高考數(shù)學(xué)難點歸納18_不等式的證明策略學(xué)案

不等式的證明

［例1］證明不等式1?1

2?1

3???1

n?2n(n∈N*)

［例2］求使x?y≤ax?y(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值.一、填空題

1.已知x、y是正變數(shù)，a、b是正常數(shù)，且ab?=1，x+y的最小值為__________.xy

2.設(shè)正數(shù)a、b、c、d滿足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，則ad與bc的大小關(guān)系是__________.3.若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，則m、n、p、q的大小順序是__________.二、解答題(2)a?2?b?2?3c?2≤6 3

125.已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=，證明：x，y，z∈［0，］ 234.已知a，b，c為正實數(shù)，a+b+c=1.求證：(1)a2+b2+c2≥

6.證明下列不等式：

b?c2c?a2a?b2z≥2(xy+yz+zx)x?y?abc

y?zz?xx?y111??(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz，則≥2(??)xyzxyz(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，則

7.已知i，m、n是正整數(shù)，且1＜i≤m＜n.(1)證明：niAi

m＜miAi

n；(2)證明：(1+m)n＞(1+n)m

8.若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求證：a+b≤2，ab≤1.京翰教育

第四篇：高考數(shù)學(xué)難點歸納18 不等式的證明策略教案

高考網(wǎng)

http://004km.cnm+?+Cnm，n2n

2mm(1+n)m=1+C1mn+C2mn+?+Cmn，ii由(1)知mA＞nA(1＜i≤m∴mCn＞nCm(1＜m＜n)iiiiinim，而C=

imAmi!i,Cin?Ani!i

01122∴mC0n=nCn=1，mCn=nCm=m·n，mCn＞nCm，?，0022mmCmn＞nCm，mmmm+

1?1Cm＞0，?，mCnnn＞0，n

京翰教育http://004km.cnmn＞1+C122nnnmn+Cmn+?+Cmmnm，即(1+m)n＞(1+n)m成立.8.證法一：因a＞0，b＞0，a3+b

3=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，因為2ab≤a+b≤2，所以ab≤1.證法二：設(shè)a、b為方程x

2－mx+n=0的兩根，則?b??m?a，?n?ab因為a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m2

－4n≥0

因為2=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n)2所以n=m3?23m

將②代入①得m2－4(m223?3m)≥0，3即?m?8≥0，所以－m33m+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：因為a3?b3?b32?(a2)

(a?b)[4a2?4b2?4ab?a2?b2??2ab]8?3(a?b)(a?b)28≥0，a3?b3所以對任意非負實數(shù)a、b，有

2≥(a?b32)因為a＞0，b＞0，a3

+b3

33=2，所以1=a?b≥(a?b322)，∴a?b2≤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)因為a3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)京翰教育http://004km.cn/

①②

第五篇：Jvgllw高考數(shù)學(xué)難點突破 難點18 不等式的證明策略

秋風(fēng)清，秋月明,落葉聚還散,寒鴉棲復(fù)驚。

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(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)中的一個難點，本難點著重培養(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.●難點磁場

(★★★★)已知a＞0，b＞0，且a+b=1.求證：(a+1a1b254)(b+)≥.●案例探究

［例1］證明不等式1?12?13???1n?2n(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★★★★★級題目.知識依托：本題是一個與自然數(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.錯解分析：此題易出現(xiàn)下列放縮錯誤：

這樣只注重形式的統(tǒng)一，而忽略大小關(guān)系的錯誤也是經(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，有的放矢，直達目標；而證法三運用函數(shù)思想，借助單調(diào)性，獨具匠心，發(fā)人深省.證法一：(1)當n等于1時，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，不等式成立，即1+12131k?11k?112?13???1k＜2k，則1??????2k??2k(k?1)?1k?1?k?(k?1)?1k?1

?2k?1,∴當n=k+1時，不等式成立.綜合(1)、(2)得：當n∈N*時，都有1+

12?13???1n＜2n.另從k到k+1時的證明還有下列證法：

?2(k?1)?1?2k(k?1)?k?2k(k?1)?(k?1)?(k?k?1)?0,2?2k(k?1)?1?2(k?1),?k?1?0,?2k?1k?1?2k?1.2k?1?k?2k?1?k?1?1k?1，又如:?2k?1?2k?1k?1?2k??2k?1.*證法二：對任意k∈N，都有：

1k?2k?12?k13?2k????k?11n?2(k?k?1)，2)???2(n?n?1)?2n.因此1??2?2(2?1)?2(3?12131n證法三：設(shè)f(n)=2n?(1?*

????)，那么對任意k∈N 都有：

f(k?1)?f(k)?2(k?1??1k?11k?1k)?1k?1[2(k?1)?2k(k?1)?1](k?1?k?1k)2

?0??[(k?1)?2k(k?1)?k]?∴f(k+1)＞f(k)因此，對任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞?＞f(1)=1＞0，∴1?12?13???1n?2n.x?y(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值.［例2］求使x?y≤a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★★★★★級題目.知識依托：該題實質(zhì)是給定條件求最值的題目，所求a的最值蘊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，此時我們習(xí)慣是將x、y與cosθ、sinθ來對應(yīng)進行換元，即令x=cosθ，y=sinθ(0＜θ＜

?2)，這樣也得a≥sinθ+cosθ，但是這種換元是錯誤的.其原因是：(1)縮小了x、y的范圍；(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(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amin=f(x)max；若 a≤f(x)，則amax=f(x)min，利用這一基本事實，可

以較輕松地解決這一類不等式中所含參數(shù)的值域問題.還有三角換元法求最值用的恰當好處，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+2xy≤a2(x+y)，即2xy≤(a2－1)(x+y)，∴x，y＞0，∴x+y≥

2xy，① ②

當且僅當x=y時，②中有等號成立.2比較①、②得a的最小值滿足a－1=1，∴a2=2，a=2(因a＞0)，∴a的最小值是2.x?x?yy(x?x?yy)2解法二：設(shè)u???x?y?2xyx?y?1?2xyx?y.∵x＞0，y＞0，∴x+y≥22xy2xyxy(當x=y時“=”成立)，∴x?y≤1，x?y的最大值是1.從而可知，u的最大值為1?1?2，又由已知，得a≥u，∴a的最小值為2.解法三：∵y＞0，∴原不等式可化為

xy+1≤a

xy?1，設(shè)xy=tanθ，θ∈(0，?2).2∴tanθ+1≤atan??1；即tanθ+1≤asecθ

∴a≥sinθ+cosθ=2sin(θ+又∵sin(θ+?4?4)，?4).③)的最大值為1(此時θ=由③式可知a的最小值為2.●錦囊妙計

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(guān)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?qū)Ч治龇ㄊ菆?zhí)果索因，兩法相互轉(zhuǎn)換，互相滲透，互為前提，充分運用這一辯證關(guān)系，可以增加解題思路，開擴視野.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，要注意代換的等價性.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，要依據(jù)題設(shè)、題目的特點和內(nèi)在聯(lián)系，選擇適當?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、技巧和語言特點.●殲滅難點訓(xùn)練

一、填空題

1.(★★★★★)已知x、y是正變數(shù)，a、b是正常數(shù)，且

ax?by=1，x+y的最小值為__________.2.(★★★★)設(shè)正數(shù)a、b、c、d滿足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，則ad與bc的大小關(guān)系是__________.3.(★★★★)若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，則m、n、p、q的大小順序是__________.二、解答題

4.(★★★★★)已知a，b，c為正實數(shù)，a+b+c=1.求證：(1)a2+b2+c2≥

(2)3a?2?3b?2?3c?2≤6 5.(★★★★★)已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x+y+z=6.(★★★★★)證明下列不等式：(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，則(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz，則y?zx?z?xy?x?yz

222

12，證明：x，y，z∈［0，23］

b?cax?2c?aby?2a?bcz2≥2(xy+yz+zx)

≥2（1x?1y?1z)7.(★★★★★)已知i，m、n是正整數(shù)，且1＜i≤m＜n.(1)證明：nAim＜mAin；(2)證明：(1+m)n＞(1+n)m

8.(★★★★★)若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求證：a+b≤2，ab≤1.參考答案

難點磁場

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≤ab≥8.ii

14或

∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立 ∵1=a+b≥2ab，∴ab≤證法二：(均值代換法)設(shè)a=1214，從而得證.+t1，b=12+t2.12∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜?(a?(?121a)(b?2，|t2|＜

1b)?(1a?1a22?b?1b(?14?t1?t1?1)((222?t1)?112?t12?2?t2)?11214?t21412?t2?t2?1)?t2)2212?t1)(22(?14?t1?t1?1)(14?t2?t2?1)?2(54?t2)?t214?t22

?t2425?16?1432t2?t2222525?16?.144?t2顯然當且僅當t=0，即a=b=證法三：(比較法）

12時，等號成立.∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤1125222214

a?1b?1254ab?33ab?8(1?4ab)(8?ab)(a?)(b?)???????0ab4ab44ab4ab 1125?(a?)(b?)?ab4證法四：(綜合法)∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤

14.?2?(1?ab)?125?? ??ab4???25?2(1?ab)?1??139?162?1?ab?1???(1?ab)???4416? 1?4?ab?即(a?1a)(b?1b)?254

證法五：(三角代換法）

∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sinα，b=cosα，α∈(0，2

2?2)

(a??1a4)(b?1b)?(sin??4221sin?22)(cos2??1cos?222)2sin??cos??2sin?cos??24sin2?222?(4?sin?)?164sin2??sin2??1,?4?sin2??4?1?3.4?2sin2??16?25?22(4?sin2?)25????11244sin2???24sin2??即得(a?1a)(b?1b)?254.22 殲滅難點訓(xùn)練

一、1.解析：令ax=cos2θ，by=sin2θ，則x=asec2θ，y=bcsc2θ，∴x+y=asec2θ+bcsc2θ=a+b+atan2θ+bcot2θ≥a+b+2atan2??bcot2??a?b?2ab.答案：a+b+2ab

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－===13131313=

13(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≥

222

證法二：∵(a+b+c)=a+b+c+2ab+2ac+2bc≤a+b+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥a?b?c32222

a?b?c3證法三：∵∴a2+b2+c2≥

?a?b?c3∴a2+b2+c2≥

13證法四：設(shè)a=+α，b=

13+β，c=

13+γ.∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0 ∴a+b+c=(22213+α)+（2

13+β)+（2

13+γ)

==1313+23(α+β+γ)+α+β+γ

13222 +α2+β2+γ2≥13

∴a2+b2+c2≥(2)證法一:?同理?

3a?2?3b?32(3a?2)?1?3c?323(a?b?c)?92?63a?2?12,3b?2?,3c?2?3c?2?

3a?2?3b?2?∴原不等式成立.證法二：3a?2?3b?2?33c?2?(3a?2)?(3b?2)?(3c?2)3

?3(a?b?c)?63?3

∴3a?2?3b?2?3c?2≤33＜6 ∴原不等式成立.5.證法一：由x+y+z=1，x2+y2+z2=次方程得：

2y2－2(1－x)y+2x2－2x+

1212，得x2+y2+(1－x－y)2=

12，整理成關(guān)于y的一元二

=0，∵y∈R，故Δ≥0

12∴4(1－x)2－4×2(2x2－2x+同理可得y，z∈［0，證法二：設(shè)x=于是==1313121323)≥0，得0≤x≤

23，∴x∈［0，23］

］

132+x′，y=2

+y′，z=

13132

+z′，則x′+y′+z′=0，=(13+x′)+（13+y′)+（23+z′)

+x′2+y′2+z′2+222

(x′+y′+z′)

13+x′+y′+z′≥2

+x′+

132

(y??z?)22=

13+

2332x′2

23故x′≤19，x′∈［－，13］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］

12證法三：設(shè)x、y、z三數(shù)中若有負數(shù)，不妨設(shè)x＜0，則x2＞0，=x2+y2+z2≥

x+2(y?z)22?(1?x)22?x?232x?x?212＞

12，矛盾.23x、y、z三數(shù)中若有最大者大于x+

2，不妨設(shè)x＞

23，則

12=x2+y2+z2≥(y?z)22=x+232(1?x)22=1223232x2－x+

=32x(x－)+12＞；矛盾.］

c?abcby?22故x、y、z∈［0，6.(1)證明:??(?(?bax?baax?x?22b?c22x?a?bc2z?2(xy?yz?zx)accaz?222aby?2xy)?(aby)?(y?2y?bc2bcz?2yz)?(2cax?2zx)2cby?z)?(acz?x)?0b?cc?aba?bcz?2(xy?yz?zx)(2)證明:所證不等式等介于xyz(222y?zx?z?xy?x?yz)?2(xy?yz?zx)2

2?xyz?[yz(y?z)?zx(z?x)?xy(x?y)]?2(xy?yz?zx)?(x?y?z)(yz?yz22222222?zx?zx222?xy?xy)2222?2(xy?yz?zx)?4(xyz?xyz?xyz)?yz?yz?zx?zx?xy?xy22333333?2xyz?2xyz?2xyz2222222222?yz(y?z)?zx(z?x)?xy(x?y)?x(y?z)?y(z?x)?z(x?y)?0∵上式顯然成立，∴原不等式得證.7.證明：(1)對于1＜i≤m，且Aim =m·?·(m－i+1)，AmmiiAmmm?1m?i?1nn?1n?i?1?????,同理?????，immmnnnnn?kn?m?kmi由于m＜n，對于整數(shù)k=1，2，?，i－1，有Annii，所以?Ammii,即mAn?nAm

iiii(2)由二項式定理有：

2n2n(1+m)n=1+C1nm+Cnm+?+Cnm，2mm(1+n)m=1+C1mn+C2mn+?+Cmn，ii由(1)知miAi＞niAiiAnnm(1＜i≤m，而Ci=

Ammi!,Cn?i!

∴miCiin＞nCim(1＜m＜n)

∴m0C0=n0C0=1，mC1=nC12nnnm=m·n，m2C2n＞n2Cm，?，mmCmn＞nmCmm，mm+1Cm?1n＞0，?，mnCnn＞0，∴1+C1m+C2m2nn+?+Cnnmn＞1+C1mn+C2mn2+?+Cmmnm，即(1+m)n＞(1+n)m成立.8.證法一：因a＞0，b＞0，a

3+b3

=2，所以(a+b)3－23=a3+b3+3a

2b+3ab2

－8=3a2

b+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，因為2ab≤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a?b??m?，?n?ab因為a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m

2－4n≥0

因為2=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n)2所以n=m23?3m

將②代入①得m2－4(m23?23m)≥0，3即?m?83m≥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）33證法四：因為a?b32?(a?b2)

2222?(a?b)[4a?4b?4ab?a?b?2ab]8?3(a?b)(a?b)28≥0，所以對任意非負實數(shù)a、b，有

a3?b332≥(a?b2)因為a＞0，b＞0，a3

+b3

33=2，所以1=a?ba?b32≥(2)，∴a?b2≤1，即a+b≤2，(以下略）

證法五：假設(shè)a+b＞2，則

①②

a+b=(a+b)(a－ab+b)=(a+b)［(a+b)－3ab］＞(a+b)ab＞2ab，所以ab＜1，又a+b=(a+b)［a－ab+b］=(a+b)［(a+b)－3ab］＞2(2－3ab)因為a3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)332

233222