高考数学难点归纳18_不等式的证明策略学案

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第一篇:高考数学难点归纳18_不等式的证明策略学案

不等式的证明

[例1]证明不等式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、填空题

1.已知x、y是正变数,a、b是正常数,且ab=1,x+y的最小值为__________.xy

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(2)a2b23c2≤6 3

125.已知x,y,z∈R,且x+y+z=1,x2+y2+z2=,证明:x,y,z∈[0,] 234.已知a,b,c为正实数,a+b+c=1.求证:(1)a2+b2+c2≥

6.证明下列不等式:

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,则≥2()xyzxyz(1)若x,y,z∈R,a,b,c∈R+,则

7.已知i,m、n是正整数,且1<i≤m<n.(1)证明:niAi

m<miAi

n;(2)证明:(1+m)n>(1+n)m

8.若a>0,b>0,a3+b3=2,求证:a+b≤2,ab≤1.京翰教育

第二篇:高考数学难点突破_难点不等式的证明策略

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+1125)(b+)≥.ba41112n(n∈N*)●案例探究

23n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: [例1]证明不等式1

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;

111(2)假设n=k(k≥1)时,不等式成立,即1+<2k,23k则112131k1k12k1k1

2k(k1)1k1k(k1)12k1,∴当n=k+1时,不等式成立.综合(1)、(2)得:当n∈N*时,都有1+

12131n<2n.另从k到k+1时的证明还有下列证法:

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证法二:对任意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证法三:设f(n)=2n(1*12212131n),那么对任意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,对任意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),∴x,y>0,∴x+y≥2xy,① 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uxy(xy)2xyxyxy2xy2xy.1xyxy∵x>0,y>0,∴x+y≥2xy(当x=y时“=”成立),∴2xy2xy≤1,的最大值是1.xyxy从而可知,u的最大值为112,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

x+1≤ayx1,y设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

ab=1,x+y的最小值为xy__________.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≥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.(★★★★★)证明下列不等式:(1)若x,y,z∈R,a,b,c∈R+,则

12,证明: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则≥2()xyzxyz7.(★★★★★)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)m

8.(★★★★★)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≤ab≥8.∵a>0,b>0,a+b=1,∴ab≥8不可能成立

∵1=a+b≥2ab,∴ab≤证法二:(均值代换法)设a=

1或41,从而得证.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显然当且仅当t=0,即a=b=证法三:(比较法)

∵a+b=1,a>0,b>0,∴a+b≥2ab,∴ab≤

1时,等号成立.21 41125a21b21254a2b233ab8(14ab)(8ab)(a)(b)0ab4ab44ab4ab 1125(a)(b)ab4证法四:(综合法)

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证法五:(三角代换法)

∵ 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歼灭难点训练

一、1.解析:令

ba=cos2θ,=sin2θ,则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看成变量,则m<p<n,m<q<n.答案:m<p<q<n

二、4.(1)证法一: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≥3a2b2c2abcabc证法三:∵∴a2+b2+c2≥

3331 3111证法四:设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)证法一: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.证法二:3a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.证法一:由x+y+z=1,x2+y2+z2=次方程得:

11,得x2+y2+(1-x-y)2=,整理成关于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证法二:设x=+x′,y=+y′,z=+z′,则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+证法三:设x、y、z三数中若有负数,不妨设x<0,则x2>0,21222

=x+y+z≥2(yz)2(1x)2311x2x2x>,矛盾.x+22222221x、y、z三数中若有最大者大于,不妨设x>,则=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)证明: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)证明:所证不等式等介于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∵上式显然成立,∴原不等式得证.7.证明:(1)对于1<i≤m,且Aim =m·„·(m-i+1),Aimmm1Aimnn1mi1ni1,同理,iimmmnnnmn由于m<n,对于整数k=1,2,„,i-1,有

nkmk,nmAinAim所以ii,即miAinniAim

nm(2)由二项式定理有:

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.证法一: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,因为2ab≤a+b≤2,所以ab≤1.证法二:设a、b为方程x2-mx+n=0的两根,则mabnab,因为a>0,b>0,所以m>0,n>0,且Δ=m2-4n≥0

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

将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.证法三: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),从而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3,所以a+b≤2,(下略)

证法四:因为a3b32(ab32)(ab)[4a24b24aba2b22ab]3(ab8)(ab)28≥0,a、b,有a3b3所以对任意非负实数ab32≥(2)

>0,b>0,a+b=2,所以1=a3因为a33

b3ab32≥(2),∴ab2≤1,即a+b≤2,(以下略)

证法五:假设a+b>2,则

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)因为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:Jvgllw高考数学难点突破 难点18 不等式的证明策略

秋风清,秋月明,落叶聚还散,寒鸦栖复惊。

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+1a1b254)(b+)≥.●案例探究

[例1]证明不等式112131n2n(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+12131k11k112131k<2k,则12k2k(k1)1k1k(k1)1k1

2k1,∴当n=k+1时,不等式成立.综合(1)、(2)得:当n∈N*时,都有1+

12131n<2n.另从k到k+1时的证明还有下列证法:

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.*证法二:对任意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证法三:设f(n)=2n(1*

),那么对任意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,对任意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),∴x,y>0,∴x+y≥

2xy,① ②

当且仅当x=y时,②中有等号成立.2比较①、②得a的最小值满足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:设uxy2xyxy12xyxy.∵x>0,y>0,∴x+y≥22xy2xyxy(当x=y时“=”成立),∴xy≤1,xy的最大值是1.从而可知,u的最大值为112,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

xy+1≤a

xy1,设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)的最大值为1(此时θ=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

axby=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≥

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

222

12,证明: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是正整数,且1<i≤m<n.(1)证明:nAim<mAin;(2)证明:(1+m)n>(1+n)m

8.(★★★★★)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≤ab≥8.ii

14或

∵a>0,b>0,a+b=1,∴ab≥8不可能成立 ∵1=a+b≥2ab,∴ab≤证法二:(均值代换法)设a=1214,从而得证.+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显然当且仅当t=0,即a=b=证法三:(比较法)

12时,等号成立.∵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证法四:(综合法)∵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

证法五:(三角代换法)

∵ 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 歼灭难点训练

一、1.解析:令ax=cos2θ,by=sin2θ,则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看成变量,则m<p<n,m<q<n.答案:m<p<q<n

二、4.(1)证法一: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

证法二:∵(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证法三:∵∴a2+b2+c2≥

abc3∴a2+b2+c2≥

13证法四:设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)证法一: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.证法二:3a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.证法一: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,整理成关于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,证法二:设x=于是==1313121323)≥0,得0≤x≤

23,∴x∈[0,23]

132+x′,y=2

+y′,z=

13132

+z′,则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证法三:设x、y、z三数中若有负数,不妨设x<0,则x2>0,=x2+y2+z2≥

x+2(yz)22(1x)22x232xx212>

12,矛盾.23x、y、z三数中若有最大者大于x+

2,不妨设x>

23,则

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)证明:((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)证明:所证不等式等介于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∵上式显然成立,∴原不等式得证.7.证明:(1)对于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,对于整数k=1,2,„,i-1,有Annii,所以Ammii,即mAnnAm

iiii(2)由二项式定理有:

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.证法一: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,因为2ab≤a+b≤2,所以ab≤1.证法二:设a、b为方程x2-mx+n=0的两根,则abm,nab因为a>0,b>0,所以m>0,n>0,且Δ=m

2-4n≥0

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

将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.证法三: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),从而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3,所以a+b≤2,(下略)33证法四:因为ab32(ab2)

2222(ab)[4a4b4abab2ab]83(ab)(ab)28≥0,所以对任意非负实数a、b,有

a3b332≥(ab2)因为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)

证法五:假设a+b>2,则

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)因为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

第四篇:高考数学难点归纳18 不等式的证明策略教案

高考网

http://www.xiexiebang.comm+„+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://www.xiexiebang.commn>1+C122nnnmn+Cmn+„+Cmmnm,即(1+m)n>(1+n)m成立.8.证法一: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,因为2ab≤a+b≤2,所以ab≤1.证法二:设a、b为方程x

2-mx+n=0的两根,则bma,nab因为a>0,b>0,所以m>0,n>0,且Δ=m2

-4n≥0

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

将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.证法三: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),从而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3,所以a+b≤2,(下略)证法四:因为a3b3b32(a2)

(ab)[4a24b24aba2b22ab]83(ab)(ab)28≥0,a3b3所以对任意非负实数a、b,有

2≥(ab32)因为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)

证法五:假设a+b>2,则

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)因为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://www.xiexiebang.com/

①②

第五篇:数学归纳法证明不等式巩固学案

数学归纳法证明不等式巩固学案

1.用数学归纳法证明“111111≥,(n∈N+)”时,由n=k到n=k+1n1n2n3nn2

4时,不等式左边应添加的项是()A.1111111111B.C D.2k12k2k1k22(k1)2k12k22k12k2k

1111++…+1)时,第一步需证()232n1

1111A.1<2B.1+<2C.1++<2D.1+<2 223

31113.用数学归纳法证明“1+++…+n1)”时,由n=k(k>1)不等式成立,23212.用数学归纳法证明1+

推证n=k+1时,左边应增加的项数是()

A.2k-1B.2k-1C.2kD.2k+1

4.关于正整数n的不等式2n>n2成立的条件是()

A.n∈N+B.n≥4C.n>4D.n=1或n>4

5、已知f(n)=(2n+7)·3n+9,存在自然数m,对任意n∈N,都使m整除f(n),则最大的m为()

A.306、若不等式B.26C.36D.6 111m对大于1的一切自然数n都成立,则自然数m的n1n22n2

4最大值为()

A.12B.13C.14D.不存在7、设n为正整数,f(n)=1+111357++…+,计算得f(2)=,f(4)>2,f(8)>,f(16)>3,f(32)>,观23n222察上述结果,可推测出一般结论()

2n1n2n2B.f(n2)≥C.f(2n)≥D.以上都不对 22218、如果1×2×3+2×3×4+3×4×5+…+n(n+1)(n+2)=n(n+1)(n+a)(n+b)对一切正整数n都成立,4A.f(2n)>

a,b的值应该等于()

A.a=1,b=3B.a=-1,b=1C.a=1,b=2D.a=2,b=

3anbnabn()(A.,B.是非负实数,n∈N)时,假设n=k命题

9、用数学归纳法证明2

2成立之后,证明n=k+1命题也成立的关键是__________.10、用数学归纳法证明11111,假设n=k时,不等式成立之2222n223(n1)

15(n2,nN)3n6后,证明n=k+1时,应推证的目标不等式是_______________.11、求证:11n1n2

12、互不相等正数a、b、c成等差数列,当n>1,n∈N*,试证明:an+cn>2bn.1113、已知,Sn12

314.证明:对一切大于1的自然数n,不等式(1+

立.15.设数列{an}满足a1=2,an+1=an+n1,nN,证明:S2n1(n2,nN)2n1112n1)(1+)…(1+)>成532n121(n=1,2,3,…)求证:an>2n1对一切正整数n成立.an

na2xa216.设f(x)=是奇函数如果g(n)=(n∈N+),比较f(n)与g(n)的大小(n∈N+).xn12

1n(n1)(n1)

2223n(n1)17.求证:(n∈N+)22

数学归纳法证明不等式拓展--数列、不等式中数学归纳法

1、已知数列{A.n}的各项都是正数,且满足:A.0=1,A.n+1=1A.n(4-A.n),n∈N.证明:

2A.n

(2)为保护生态环境,防止水土流失,该地区每年的森林木材量应不少于719a,如果b=a,972那么该地区今后会发生水土流失吗?若会,需要经过几年?(取lg2=0.30).3、已知数列{B.n}是等差数列,B.1=1,B.1+B.2+…+B.10=145.(1)求数列{B.n}的通项公式B.n;

(2)设数列{A.n}的通项A.n=logA.(1+1)(其中A.>0且A.≠1),记Sn是数列{A.n}的前n项和.bn

试比较Sn与

1logA.B.n+1的大小,并证明你的结论.34、已知数列{bn}是等差数列,b1=1,b1+b2+…+b10=145(n∈N+)

(1)求数列{bn}的通项.(2)设数列{an}的通项an=loga(1+1)(其中a>0且a≠1),记Sn是数列{an}的前n项和,试比bn

较Sn与

1logabn+1的大小,并证明你的结论.35、已知函数f(x)=x3(x≠-1).设数列{A.n}满足A.1=1,A.n+1=f(A.n),数列{B.n}满足x

1B.n=|A.n-3|,Sn=B.1+B.2+…+B.n(n∈N*).(1)n

(1)用数学归纳法证明:B.n≤;2n1

(2)证明:Sn<23.36、已知曲线Cn:x22nxy20(n1,2,).从点P(1,0)向曲线Cn引斜率kn(kn0)的切线ln,切点为Pn(xn,yn).

(1)求数列{xn}与{yn}的通项公式;(2)

证明:x1x3x5

x2n1xn.yn

x3f(x)(x1), 设数列{a}满足a1,af(a),7、已知函数n1n1nx

1{b

n}满足bn|an|,Snb1b2bn(nN*)

(Ⅰ)用数学归纳法证明bn(Ⅱ)证明Sn.8、已知不等式23n2[log2n],其中n为大于2的整数,[log2n]表示不超过log2n的最大整数.设数列{an}的各项为正,且满足a1b(b0),an

证明:an

nan1,n2,3,4, nan111112b,n3,4,5, 2b[log2n]

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