2022年高考数学重点难点复习不等式的证明策略 .pdf

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1、学习必备欢迎下载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 a0， b0，且 a+b=1. 求证： (a+a1)(b+b1)425. 案例探究例 1证明不等式nn2131211(nN*) 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

2、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(k1)时，不等式成立，即1+k131212k，,1211) 1(11) 1(21121131211kkkkkkkkkk则当 n=k+1 时，不等式成立. 综合 (1)、(2)得：当 nN* 时

3、，都有1+n131212n. 另从 k 到 k+1 时的证明还有下列证法：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 11 页学习必备欢迎下载,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kN* ，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kN* 都有：01)1() 1(2) 1

4、(11 1)1(2) 1(21111)1(2)()1(2kkkkkkkkkkkkkkkkfkff(k+1) f(k) 因此，对任意nN* 都有 f(n) f(n1) f(1)=1 0，.2131211nn例 2求使yxayx(x0，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

5、取值范围，此时我们习惯是将x、 y 与 cos、sin来对应进行换元， 即令x=cos，y=sin(0 2)，这样也得 asin+cos，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精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 11 页学习必备欢迎下载增加了“ 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， af(x) ，则 amin=f(x)max ；若af(x) ，则 amax=f(x)min

6、 ，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+2xya2(x+y)，即 2xy (a21)(x+y) ，x，y0， x+y2xy，当且仅当x=y 时，中有等号成立. 比较、得a 的最小值满足a2 1=1，a2=2，a=2(因 a0)， a 的最小值是2. 解法二：设yxxyyxxyyxyxyxyxyxu212)(2. x0，y 0， x+y2xy(当 x=y 时“ =”成立 )，yxxy21，yxxy2的最大值是1. 从而可知， u 的最大值为211，又

7、由已知，得au， a 的最小值为2. 解法三： y0，原不等式可化为yx+1a1yx，设yx=tan，(0，2). tan+1a1tan2；即 tan+1asecasin +cos=2sin(+4)，又 sin(+4)的最大值为1(此时 =4). 由式可知a 的最小值为2. 锦囊妙计精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 11 页学习必备欢迎下载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

8、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

9、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 |ad|bc|，则 ad 与 bc 的大小关系是_. 3.( )若 mn，pq，且 (pm)(p n)0，(qm)(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+c231(2)232323

10、cba6 5.( )已知 x，y，zR，且 x+y+z=1 ，x2+y2+z2=21，证明： x，y，z 0，326.( )证明下列不等式：(1)若 x，y， zR，a，b，cR+，则cbaybacxacb22z22(xy+yz+zx) (2)若 x，y， zR+，且 x+y+z=xyz ，则zyxyxzxzy2(zyx111) 7.( )已知 i，m、n 是正整数，且1imn. (1)证明： niAimmiAin；(2)证明： (1+m)n (1+n)m 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 11 页学习必备欢迎下载8.(

11、)若 a0，b0，a3+b3=2，求证： a+b2，ab1. 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+40，即证4(ab)233(ab)+8 0，即证ab41或ab 8. a0，b0，a+b=1， ab8 不可能成立1=a+b 2ab， ab41，从而得证 . 证法二： (均值代换法 ) 设 a=21+t1，b=21+t2. a+b=1， a0，b0， t1+t2=0，|t1|21，|t2|21.4254116254123162541)45(41) 141)(141()21)(21()141)(141(211)21(211)21(11)1

12、)(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， a0，b0， a+b2ab， ab41精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 11 页学习必备欢迎下载425)1)(1(04)8)(41(4833442511425)1)(1(2222bbaaabababababbabbaabbaa证法四： (综合法 ) a+b=1， a0， b0， a+b2ab， ab4

13、1. 4251)1(4116251)1(169)1(434111222abababababab425)1)(1(bbaa即证法五： (三角代换法） a0，b0，a+b=1，故令 a=sin2，b=cos2， (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=cos2，yb=sin2，则 x=asec2，y=bc

14、sc2， x+y=asec2+bcsc2=a+b+atan2+bcot2a+b+2abbaba2cottan22. 答案： a+b+2ab2.解析：由0|a d| |bc|(ad)2 (bc)2(a+b)24ad(b+c)24bca+d=b+c ， 4ad 4bc，故 adbc. 答案： adbc 3.解析：把p、q 看成变量，则mp n，mqn. 答案： mp qn 二、 4.(1)证法一： a2+b2+c231=31(3a2+3b2+3c21) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 11 页学习必备欢迎下载=313a2+3

15、b2+3c2(a+b+c)2=313a2+3b2+3c2a2b2c2 2ab2ac2bc=31(ab)2+(b c)2+(ca)2 0 a2+b2+c231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+c231证法三：33222cbacbaa2+b2+c23cbaa2+b2+c231证法四：设a=31+ ，b=31+，c=31+. a+b+c=1 ， +=0 a2+b2+c2=(31+)2+(31+)2+(31+)2 =31+32(+)+2+2+2 =31+2

16、+2+231a2+b2+c231629)(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(3232323cbacba精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 11 页学习必备欢迎下载336)(3cba232323cba336 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：2y22(1x)y+2x2 2x+21=0， yR，故 0

17、4(1x)24 2(2x22x+21)0，得 0 x32， 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+y2+z2+32(x+y+z) =31+x 2+y2+z231+x2+2)(2zy=31+23x2 故 x291， x31，31 ，x 0，32 ，同理 y，z 0，32证法 三： 设x 、 y 、 z 三数 中若有负数，不妨设x 0， 则x2 0，21=x2+y2+z2 x2+21232)1(2)(2222xxxxzy21，矛盾 . x 、 y

18、、 z三 数 中 若 有 最 大 者 大 于32， 不 妨 设x 32， 则21=x2+y2+z2 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 11 页学习必备欢迎下载x2+2)(2zy=x2+2)1(2x=23x2 x+21=23x(x 32)+2121；矛盾 . 故 x、y、z 0，320)()()()()()(222)(4)(2)()(2)()()()(2)(:)2()(20)()()()2()2()2()(22:) 1.(6222222222222333333222222222222222222222222222222222

19、2yxzxzyzyxyxxyxzzxzyyzxyzzxyyzxxyyxzxxzyzzyxyzzxyyzxxzzyyxxyyxzxxzyzzyzyxzxyzxyyxxyxzzxzyyzxyzzxyzxyzyxyxzxzyzyxzxyzxyzcbaybacxacbxaczcazcbybcybaxabzxxaczcayzzcbybcxyybaxabzxyzxyzcbaybacxcb所证不等式等介于证明证明上式显然成立，原不等式得证. 7.证明： (1)对于 1im，且 Aim=m (mi+1) ，ninnnnnnmimmmmmmiimiim11A,11A同理，由于 mn，对于整数k=1，2， i1，

20、有mkmnkn，所以imiiniiimiinnmmnAA,AA即(2)由二项式定理有：(1+m)n=1+C1nm+C2nm2+Cnnmn，(1+n)m=1+C1mn+C2mn2+Cmmnm，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 11 页学习必备欢迎下载由(1)知 miAinniAim(1im)，而 Cim=!AC,!AiiininimmiCin niCim(1 mn)m0C0n=n0C0n=1，mC1n=nC1m=m n，m2C2n n2C2m，mmCmnnmCmm，mm+1C1mn0， mnCnn0，1+C1nm+C2nm2

21、+Cnnmn1+C1mn+C2mn2+Cmmnm，即(1+m)n (1+n)m 成立 . 8.证法一：因a0，b0，a3+b3=2，所以(a+b)323=a3+b3+3a2b+3ab2 8=3a2b+3ab2 6 =3 ab(a+b)2=3ab(a+b)(a3+b3)=3(a+b)(ab)20. 即(a+b)3 23，又 a+b0，所以 a+b2，因为 2aba+b2，所以 ab1. 证法二：设a、b 为方程 x2mx+n=0 的两根，则abnbam，因为 a 0，b0，所以 m0，n0，且 =m24n0 因为 2=a3+b3=(a+b)(a2 ab+b2)=(a+b)(a+b)23ab=m(

22、m2 3n) 所以 n=mm3232将代入得m24(mm3232) 0，即mm3830，所以 m3+80，即 m2，所以 a+b 2，由 2m 得 4m2，又 m24n，所以 44n，即 n1，所以 ab1. 证法三：因a0，b0，a3+b3=2，所以2=a3+b3=(a+b)(a2+b2 ab)(a+b)(2abab)=ab(a+b) 于是有 63ab(a+b)，从而 83ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，所以 a+b2，(下略）证法四：因为333)2(2baba8)(382444)(22222babaabbaabbaba0，精选学习资料 - - - - -

23、- - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 11 页学习必备欢迎下载所以对任意非负实数a、 b，有233ba3)2(ba因为 a 0，b0，a3+b3=2，所以 1=233ba3)2(ba，2ba 1，即 a+b2，(以下略）证法五：假设a+b2，则a3+b3=(a+b)(a2ab+b2)=(a+b)(a+b)23ab (a+b)ab2ab，所以 ab1，又 a3+b3=(a+b)a2ab+b2=(a+b)(a+b)23ab 2(223ab) 因为 a3+b3=2，所以 22(43ab)，因此 ab1，前后矛盾，故a+b2(以下略 ) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 11 页