第40、41课时(基本不等式的证明1)(苏教版)

第一篇：第40、41课时(基本不等式的证明1)(苏教版)

安峰高二数学

第四十课时基本不等式(1)

【教学目标】

1．学会推导并掌握基本不等式，理解这个基本不等式的几何意义，并掌握定理中的不等号“≥”取等号的条件是：当且仅当这两个数相等；

【教学重点】

应用数形结合的思想理解不等式，并从不同角度探索不等式

【教学难点】 的证明过程；

基本不等式

【教学过程】 等号成立条件

引入新课

1．当a，b满足条件__________时，基本不等式abab成立，2

该不等式取符号的条件是____________________________________．

2．算术平均数的定义：

3．几何平均数的定义： 4．算术平均数与几何平均数的关系

（1）基本公式：abab及语言叙述 2

（2）基本不等式的证明方法（3）基本不等式成立的条件

（4）基本不等式的变形

例题剖析

（1）

例1设a，b为正数，证明下列不等式： ba2；ab（2）a12． a

变化：若a，b都为负数，则分别比较

ba1与2；a与2的大小． aab

第1页（共4页）

例3若a，b都是正整数，求证：2ab

abab

2．巩固练习

1． 证明：（1）a2b22ab；（2）x212x；（3）x1

x2

2．设x，yR，求证：x24y222x4y．

3．求证：(ab2a2

2)b2

2．课堂小结

基本不等式证明方法；理解当且仅当ab时取“”号．

第2页（共4页）(x0)．

第四十一课时基本不等式(2)

【教学目标】

1．学会推导并掌握基本不等式，理解这个基本不等式的几何意义，并掌握定理中的不等号“≥”取等号的条件是：当且仅当这两个数相等；

【教学重点】

应用数形结合的思想理解不等式，并从不同角度探索不等式

【教学难点】 的证明过程；

基本不等式

【教学过程】 等号成立条件

一 基础题

1．若ab1，P

A．RPQ

A．a lgalgb，Q1ab(lgalgb)，Rlg，则（）22B．PQRC．QPRD．PRQ

2．若ba0，则下列不等式一定成立的是（）ababb 2ababaC．b2

3．（1）P(4a)(42aba 2abab D．ba2B．bab1)，Q24，则P与Q的大小关系为_________． 2a

1a1log2a与Qlog2的大小关系为_________． 22

2abab． )，求证：4．设a，b(0，ab（2）已知a1，则P

二 提高题

5．设x，yR，求证：xy52(2xy)．

第3页（共4页）

6．已知a0，b0且ab，求证：ab

222(a2b2)． a2b2

1． 7．已知a，bR，求证：a1b12

三 能力题

8．求证：（1）log1(ab)log12ab；

2222（2）log1(211)ab1． ab44

第4页（共4页）

第二篇：基本不等式的证明

课题：基本不等式及其应用

一、教学目的(1)认知：使学生掌握基本不等式a2＋b2≥2ab(a、b∈R，当且仅当a=b时取“=”号)和

abab(a、b∈R+，当且仅当a=b时取“=”号)，并能应用它们证明一些不等

2式．

(2)情感：通过对定理及其推论的证明与应用，培养学生运用综合法进行推理的能力．

二、教学重难点

重点：两个基本不等式的掌握；

难点：基本不等式的应用。

三、教材、学生分析

教材分析：两个基本不等式为以后学习不等式的证明和求函数的最大值或最小值提供了一种

方法，基本不等式的理解和掌握对以后的解题是很有帮助的。

学生分析：学生在上新课之前都预习了本节内容，对上课内容有一定的理解。所以根据这一

情况多补充了一些内容，增加了课堂容量。

四、教学过程

（一）引入新课

客观世界中，有些不等式关系是永远成立的。例如，在周长相等时，圆的面积比正方形的面积大，正方形的面积又比非正方形的任意矩形的面积大。对这些不等关系的证明，常常会归结为一些基本不等式。今天，我们学习两个最常用的基本不等式。

（二）推导公式

1．奠基

如果a、b∈R，那么有(a－b)2≥0①

把①左边展开，得

a2－2ab＋b2≥0，∴a2＋b2≥2ab．

②

②式表明两个实数的平方和不小于它们的积的2倍．这就是课本中介绍的定理1，也就是基本不等式1，对任何两实数a、b都成立．由于取“=”号这种特殊情况，在以后有广泛的应用，因此通常要指出“=”号成立的充要条件．②式中取等号的充要条件是什么呢？

学生回答：a=b，因为a=ba+b=2ab 2

2充要条件通常用“当且仅当”来表达．“当”表示条件是充分的，“仅当”表示条件是必要的．所以②式可表述为：如果a、b∈R，那么a2＋b2≥2ab(当且仅当a=b时取“=”号)．

以公式①为基础，运用不等式的性质推导公式②，这种由已知推出未知(或要求证的不等式)的证明方法通常叫做综合法．以公式②为基础，用综合法可以推出更多的不等式．现在让我们共同来探索．

2．探索

公式②反映了两个实数平方和的性质，下面我们研究两个以上的实数的平方和，探索可能得到的结果．先考查三个实数．设a、b、c∈R，依次对其中的两个运用公式②，有

a2＋b2≥2ab；

b2＋c2≥2bc；

c2＋a2≥2ca．

把以上三式叠加，得

a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca

③

（当且仅当a=b=c时取“=”号)．

以此类推：如果ai∈R，i=1，2，„，n，那么有

22a12a2ana1a2a2a3ana

1④

(当且仅当a1=a2=„=an时取“=”号)．

④式是②式的一种推广式，②式就是④式中n=2时的特殊情况．③和④式不必当作公式去记，但从它们的推导过程中可以学到一种处理两项以上的和式问题的数学思想与方法——迭代与叠加．

3．练习

222求证：a+b+c+3≥2（a+b+c）

4．基本不等式

2直接应用基本不等式1可以得到基本不等式2

如果a、b、∈R，那么abR，在公式②中用a替换a，用替换b，立即得+到

22a））2ab 即ab2ab ∴abab⑤

2(当且仅当a=b时取“=”号)．

这就是课本中基本不等式2 我们把ab和ab分别叫做正数a、b的算术平均数和几何平均数。

25、公式小结

(1)我们从公式①出发，运用综合法，得到许多不等式公式，其中要求同学熟练掌握的是公式①、②、③、⑤．它们之间的关系可图示如下： 展开 迭代、叠加①

配方

② ③ 降换

次元

⑤

(2)上述公式的证法不止综合法一种．比如公式②，在课本上是用比较法证明的．但是不论哪种推导系统，其理论基础都是实数的平方是非负数．

(3)四个公式中，②、⑤是基础，最重要．它们还可以用几何法证明．

+222几何法：构造直角三角形ABC，使∠C=90°，BC=a，AC=b(a、b∈R)，则a＋b=c表

示以斜边c为边的正方形的面积．而

2ab4ab4SABC 2

如上左图所示，显然有c421ab 2

∴a＋b≥2ab 22

(当且仅当a=b时取“=”号，这时Rt△ABC等腰，如上右图)．这个图是我国古代数学家赵爽证明勾股定理时所用过的“勾股方圆图”，同学们在初中已经见过． 公式

示：

abab也可以用几何法证明，它的几何意义是半径大于等于半弦，如下图所2

（三）例题

1、已知x，y∈R，证明：+xy2，并指出等号成立的条件。yx2、已知a,b∈R，并且ab=4，求证：ab8，并指出等号成立的条件。223、已知x，y∈R，并且x+y=1，求证：xy≤+1 4

（其中一题作为练习）

（四）应用

下面我们来解决开始上课时所提到的：在周长相等时，正方形的面积又比非正方形的任意矩形的面积大。

求证：在周长相等的矩形中，正方形的面积最大。

证明：设矩形的长和宽分别a，b(a，b为正数，且a≠b)，同样周长的正方形的边长为ab，2

'可计算得矩形的面积S=ab，正方形的面积S(ab2)，2

由基本不等式2，得abab0（因为a≠b等号不成立）。2

ab2)(ab)2，即S′>S.2又由不等式性质，得（（五）作业

练习册P10/6

第三篇：基本不等式与不等式基本证明

课时九 基本不等式与不等式基本证明

第一部分：基本不等式变形技巧的应用

基本不等式在求解最值、值域等方面有着重要的应用，利用基本不等式时，关键在对已知条件的灵活变形，使问题出现积（或和）为定值，以便解决问题，现就常用技巧给以归纳。

技巧一：加减常数

例

1、求函数yx

点评：当各项符号不确定时，必须分类讨论，要保证代数式中的各项均为正。

技巧二：巧变常数

例

2、已知0x

点评：形如f(x)x(1ax)或f(x)x2(1ax2)等可有两种变形方法：一是巧乘常数；二是巧提常数，应用时要注意活用。

技巧

三、分离常数

例

3、已知x

5452121x1(x1)的值域。，求函数y＝x（1－2x）的最大值。，则f(x)x3x32x4542有（）32A、最大值B、最小值C、最大值D、最小值

32点评：通过加减常数，分离出一个常数是分式函数求值域常用的方法，这里一定要加减好“常数”，以利于问题的解决。

技巧

四、活用常数

例

4、若x,yR且满足

点评：通过配凑“1”并进行“1”的代换，整理后得到基本不等式的形式，减少了使用基本不等式的次数，有效地避免了等号不能同时取到的麻烦。

技巧

五、统一形式

例

5、已知a,b,cR，求(abc)(4x16y1，求x＋y的最小值。1

ab1

c)的最小值。

点评：根据分母的特点，进行结构调整为统一的形式，这样便能快速求解。含有根号的问题也要注意形式的统一（如求函数yxx2(0x1)可变形为y第二部分：均值定理证明不等式的方法技巧

。x(1x)等）

1．轮换对称型

例1 若a,b,c是互不相等的实数，求

证：abc

222

abbcac.点评：分段应用基本等式，然后整体相加(乘)得结论，是证明轮换对称不等式的常用技

巧。

2．利用“1”的代换型

111

已知a,b,cR,且 abc1,求证 9.abc例2

点评：做“1”的代换。

.3.逆向运用公式型

a,bR,ab1求证： a



b

2.例3已知

点评：依据求证式的结构，凑出常数因子，是解决此类问题的关键。为脱去左边的根号，a

12,b

将

11

转换成 1a,1b,然后逆向运222

用均值不等式： 若

a,bR则 ab



ab2

.4．挖掘隐含条件证明不等式

111

a,bR,ab1求证：11.ab9 例4 已知

a,bR,ab1

12

ab说明a,bR,ab1的背后隐含ab

4ab

2点评:由于

着一个不等式ab

.5．用均值不等式的变式形式证明不等式

ab例5已知a,b,cR,求证：



bc

ca



2abc.点评：本题的关键在于对ab,bc,ca的处理，如果能找出

ab与ab间的关系，问题就可以

222222

解决，注意到



ab2ab2ab





ab2

2ab

ab 其中a,b,cR即可。解题时要注意a

b2ab的ab

变式应用。常用



ab2

(其中a,bR)来解决有关根式不等式的问题.

第四篇：基本不等式的证明

重要不等式及其应用教案

教学目的

(1)使学生掌握基本不等式a2＋b2≥2ab(a、b∈R，当且仅当a=b时取“=”号)和a3＋b3＋c3≥3abc(a、b、c∈R+，当且仅当a=b=c时取“=”号)及其推论，并能应用它们证明一些不等式．

(2)通过对定理及其推论的证明与应用，培养学生运用综合法进行推理的能力．

教学过程

一、引入新课

师：上节课我们学过证明不等式的哪一种方法？它的理论依据是什么？

生：求差比较法，即

师：由于不等式复杂多样，仅有比较法是不够的．我们还需要学习一些有关不等式的定理及证明不等式的方法．

如果a、b∈R，那么(a－b)2属于什么数集？为什么？

生：当a≠b时，(a－b)2＞0，当a=b时，(a－b)2=0，所以(a－b)2≥0．即(a－b)2∈

R+∪{0}．

师：下面我们根据(a－b)2∈R+∪{0}这一性质，来推导一些重要的不等式，同时学习一些证明不等式的方法．

二、推导公式

1．奠基

师：如果a、b∈R，那么有

(a－b)2≥0．

①

把①左边展开，得

a2－2ab＋b2≥0，∴a2＋b2≥2ab．

②

②式表明两个实数的平方和不小于它们的积的2倍．这就是课本中介绍的定理1，它是一个很重要的绝对不等式，对任何两实数a、b都成立．由于取“=”号这种特殊情况，在以后有广泛的应用，因此通常要指出“=”号成立的充要条件．②式中取等号的充要条件是什么呢？

师：充要条件通常用“当且仅当”来表达．“当”表示条件是充分的，“仅当”表示条件是必要的．所以②式可表述为：如果a、b∈R，那么a2＋b2≥2ab(当且仅当a=b时取“=”号)．

以公式①为基础，运用不等式的性质推导公式②，这种由已知推出未知(或要求证的不等式)的证明方法通常叫做综合法．以公式②为基础，用综合法可以推出更多的不等式．现在让我们共同来探索．

2．探索

师：公式②反映了两个实数平方和的性质，下面我们研究两个以上的实数的平方和，探索可能得到的结果．先考查三个实数．设a、b、c∈R，依次对其中的两个运用公式②，有

a2＋b2≥2ab； b2＋c2≥2bc； c2＋a2≥2ca．

把以上三式叠加，得

a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca

③

(当且仅当a=b=c时取“=”号)．

以此类推：如果ai∈R，i=1，2，„，n，那么有

④

(当且仅当a1=a2=„=an时取“=”号)．

④式是②式的一种推广式，②式就是④式中n=2时的特殊情况．③和④式不必当作公式去记，但从它们的推导过程中可以学到一种处理两项以上的和式问题的数学思想与方法——迭代与叠加．

3．再探索

师：考察两个以上实数的更高次幂的和，又能得到什么有趣的结果呢？先考查两个实数的立方和．由于

a3＋b3=(a＋b)(a2－ab＋b2)，启示我们把②式变成

a2－ab＋b2≥ab，两边同乘以a＋b，为了得到同向不等式，这里要求a、b∈R+，得到

a3＋b3≥a2b＋ab2．

⑤

考查三个正实数的立方和又具有什么性质呢？

生：由③式的推导方法，再增加一个正实数c，对b、c，c、a迭代⑤式，得到

b3＋c3≥b2c＋bc2，c3＋a3≥c2a＋ca2．

三式叠加，并应用公式②，得

2(a3＋b3＋c3)≥a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)＋c(a2＋b2)

≥a·2bc＋b·2ca＋c·2ab=6abc．

∴a3＋b3＋c3≥3abc

⑥

(当且仅当a=b=c时取“=”号)．

师：这是课本中的不等式定理2，即三个正实数的立方和不小于它们的积的3倍．同学们可能想到n个正实数的立方和会有什么结果，进一步还会想到4个正数的4次方的和会有什么结果，直至n个正数的n次方的和会有什么结果．这些问题留给同学们课外去研究．

4．推论

师：直接应用公式②和⑥可以得到两个重要的不等式．

⑦

(当且仅当a=b时取“=”号)．

这就是课本中定理1的推论．

⑧

(当且仅当a=b=c时取“=”号)．这就是课本中定理2的推论．

当ai∈R+(i=1，2，„，n)时，有下面的推广公式(在中学不讲它的证明)

⑨

(当且仅当a1=a2=„=an时取“=”号)．

何平均数．⑨式表明：n个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．这是一个著名的平均数不等式定理．现在只要求同学掌握n=2、3时的两个公式，即⑦和⑧．

三、小结

(1)我们从公式①出发，运用综合法，得到许多不等式公式，其中要求同学熟练掌握的是公式②、⑥、⑦、⑧．它们之间的关系可图示如下：

(2)上述公式的证法不止综合法一种．比如公式②和⑥，在课本上是用比较法证明的．又如公式⑦也可以由①推出；用⑦还可以推出⑧；由⑦、⑧也可以推出②、⑥．但是不论哪种推导系统，其理论基础都是实数的平方是非负数．

四个公式中，②、⑦是基础，最重要．它们还可以用几何法或三角法证明．

几何法：构造直角三角形ABC，使∠C=90°，BC=a，AC=b(a、b∈R)，222则a＋b=c表示以斜边c为边的正方形的面积．而

+

如上左图所示，显然有

(当且仅当a=b时取“=”号，这时Rt△ABC等腰，如上右图)．这个图是我国古代数学家赵爽证明勾股定理时所用过的“勾股方圆图”，同学们在初中已经见过．

三角法：在Rt△ABC中，令∠C=90°，AB=c，BC=a，AC=b，则

2ab=2·c sin A· c sin B=2c2sinAcos A=c2·sin2A≤c2

=a2＋b2(∵sin2A≤1)

(当且仅当sinA=1，A=45°，即 a=b时取“=”号)．

2三、应用公式练习

1．判断正误：下列问题的解法对吗？为什么？如果不对请予以改正．

a、b∈R+．若tgα、ctgα∈R+．解法就对了．这时需令α是第一、三象限的角．]

改条件使a、b∈R+；②改变证法．a2＋ab＋b2≥2ab＋ab=3ab．]

师：解题时，要根据题目的条件选用公式，特别注意公式中字母应满足的条件．只有公式①、②对任何实数都成立，公式⑥、⑦、⑧都要求字母是正实数(事实上对非负实数也成立)．

2．填空：

(1)当a________时，an＋a－n≥________；

(3)当x________时，lg2x＋1≥_________；

(5)tg2α＋ctg2α≥________；

(6)sinxcosx≤________；

师：从上述解题中，我们可以看到：(1)对公式中的字母应作广义的理解，可以代表数，也可以代表式子．公式可以顺用，也可以逆用．总之要灵活运用公式．(2)上述题目中右边是常数的，说明左边的式子有最大或最小值．因此，在一定条件下应用重要不等式也可以求一些函数的最大(小)值．(3)重要不等式还可以用于数值估计．如

表明任何自然数的算术平方根不大于该数加1之半．

四、布置作业

略．

教案说明

1．知识容量问题

这一节课安排的内容是比较多的，有些是补充内容．这是我教重点中学程度比较好的班级时的一份教案．实践证明是可行的，效果也比较好．对于普通班级则应另当别论．补充内容(一般式，几何、三角证法等)可以不讲，例题和练习也须压缩．但讲完两个定理及其推论，实现教学的基本要求仍是可以做到的．还应看到学生接受知识的能力也非一成不变的．同是一节课，讲课重点突出，深入浅出，富有启发性，学生就有可能举一反

三、触类旁通，获取更多的知识．知识容量增加了，并未增加学生的负担．从整个单元来看，由于压缩了讲课时间，相应的就增加了课堂练习的时间．反之，如果学生被动听讲，目标不清，不得要领，内容讲得再少，学生也是难以接受的．由此可见，知识容量的多少，既与学生的程度有关，与教学是否得法也很有关系．我们应当尽可能采用最优教法，扩大学生头脑中的信息容量，以求可能的最佳效果．

2．教学目的问题

近年来，随着教改的深入，教师在确定教学目的和要求时，开始追求传授知识和培养能力并举的课堂教学效果．在培养学生的能力方面，不仅要求学生能够运用知识，更重要的是通过自己的思考来获取知识．据此，本节课确定如下的教学目的：一是在知识内容上要求学生掌握四个公式；二是培养学生用综合法进行推理的能力．当然，学生能力的形成和发展，绝不是一节课所能“立竿见影”的．它比掌握知识来得慢，它是长期潜移默化的教学结果．考虑到中学数学的基本知识，大量的是公式和定理，如能在每一个公式、定理的教学中，都重视把传授知识与开拓思维、培养能力结合起来，天长日久，肯定会收到深远的效果．

3．教材组织与教法选用问题

实现上述教学目的，关键在于组织好教材，努力把传授知识与开拓思维、培养能力结合起来．教材中对定理1和定理2的安排，可能是为了与前面讲的比较法和配方法相呼应．但这容易使人感到这两个定理之间没有什么内在联系，又似乎在应用定理时才能用综合法．事实上，可以用比较法证明两个数的平方和或三个数的立方和的不等式，但当n＞3，特别对n是奇数时，用比较法就困难了(因为这时难以配方与分解因式)．因此不具有一般性．而对综合法，学生在初中证几何题时已多次用过了(只是课本上没有提到这个名称)．现行课本中两个不等式定理及其推论，是著名的平均值不等式：

和它的等价形式当

n=2，3时的特殊情况(当n=2时，ai的取值有所变化)．在中学不讲一般形式，只讲特殊情况是符合大纲要求的．由于普遍性总是寓于特殊性之中，因此，这两个特例应是一般式的基础．同时，这两个特例之间应有紧密的联系，在推导方法上也应该与一般式的证明有共性．这就是本教案的设计思想，因而改变了现行课本的证法．

这里，我们用由定理1先推出一个辅助不等式

a3＋b3≥a2b＋ab2，然后经迭代、叠加，推出不等式

a3＋b3＋c3≥3abc，这种方法具有一般性．事实上，引入一个一般的辅助不等式

an＋bn≥an-1b＋abn-1(n＞1)，由迭代、叠加，再应用数学归纳法就可以证出公式

正因为上述证法具有一般性，即揭示了证法的本质(共性)，就必然有利于递推与探索．又由(a－b)2≥0非常容易推出a2＋b2≥2ab，所以它是“天然”的奠基式．于

2ab，因此，凡能用配方法证明的问题，必能用基本不等式证明，反之亦真．可见配方法的重要作用．它的重要性应在上一节比较法中就予以强调．

当学生在教师的指导下和教师一起探索问题时，这个探索本身就是培养学生今后独立去获取知识的过程．

第五篇：不等式证明1

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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

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2k1k1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：

22x+y+2xy≤a(x+y)，即2xy≤(a－1)(x+y)，① ② ∴x，y＞0，∴x+y≥2xy，当且仅当x=y时，②中有等号成立.本资料从网上收集整理

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)22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).∴tanθ+1≤atan2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

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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，x2+y2+z2=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+

+

12，证明：x，y，z∈［0，23］

bcax2caby2abcz≥2(xy+yz+zx)

2≥2（1x1y1z)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)m

338.(★★★★★)若a＞0，b＞0，a+b=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)+4(a+b)－25ab+4≥0，即证4(ab)－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=121

4222

14或，从而得证.+t1，b=12+t2.12∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜，|t2|＜

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(a(121a)(b21b)(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=sin2α，b=cos2α，α∈(0，2)

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(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)

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==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≥

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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，本资料从网上收集整理

ii由(1)知miAi＞niAi(1＜i≤miAmnm，而Cm=

i!,CinAni!

∴miCin＞niCim(1＜m＜n)

∴m0C0n=n0C0n=1，mC1n=nC1m=m·n，m2C2n＞n2C2m，„，mmCmn＞nmCmm，mm+1Cm1n＞0，„，mnCnn＞0，∴1+C1nm+C2nm2+„+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=m323m

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b2(ab32)

224aba2b2(ab)[4a4b2ab])(ab)283(ab8≥0，所以对任意非负实数a、b，有

a3b32≥(ab32)3

b3

33因为a＞0，b＞0，a+=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

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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