全国高中数学联赛分数-高中数学案例范文
选修4-5
不等式选讲
第2课时
书(理)200~202页)
不等式证明的基本方法(对应学生用
考情分析 考点新知
①了解证明不等式的基本方法:比较法,综
合法,分
析法,反证法,换元法,数学归纳
法,放缩法.
②能用比较法,综合法,分析法证明简单的
不等式.
证明不等式的基本方法.
1.
设a、b∈R,试比较
+
a+b
与a+b的大小.
2
b
?
2
(a-b)
2
≥0,∴
?
=
2
?
a+b≥
a+b
.
2
?
a+
解:∵
(a+b)-
?
2
?
2
+
2.
若a、b、c∈R,且a+b+c=1,求a+b+c的最大值.
解:(1·a+1·b+1·c)<
br>2
≤(1
2
+1
2
+1
2
)(a+b+c)
=3,即a+b+c的最大值为3.
b
b+m
+
3.
设a、b、m∈R,且<,求证:a>b.
a
a+m
b
b+m
b<
br>b+m(b-a)m
+
证明:由<,得-=<0.因为a、b、m∈R,所以b-a<0
,即
a
a+m
a
a+ma(a+m)
b<a.
4.
若a、b∈R,且a≠b,M=
解:∵ a≠b,∴
∴
+
ab
+,N=a+b,求M与N的大小关系.
ba
ab
+b>2a,+a>2b,
ba
abab
+b++a>2b+2a,即+>b+a,即M>N.
bab
a
1111
++?+>(n>1,n∈N
*
)的过程中,用n=k
n
+1n+2n+n
2
5.
用数学归纳法证明不等式
+1时左边的代数式减去n=k时左边的代数式的结果是A,求代数式A. <
br>11111
解:当n=k时,左边=++?+,n=k+1时,左边=++?
k+1k+
2k+kk+2k+3
+
1111
,故左边增加的式子是+-,即A=
(k+
1)+(k+1)2k+12k+2k+1
1
.
(2k+1)(2k+2)
1. 不等式证明的常用方法
(1) 比较法:比较法
是证明不等式的一种最基本的方法,也是一种常用方法,基本不等
式就是用比较法证得的.比较法有差值
、比值两种形式,但比值法必须考虑正负.
比较法证明不等式的步骤:作差(商)、变形、判断符号.
其中的变形主要方法是分解因
式、配方,判断过程必须详细叙述.
(2) 综合法:综合法就
是从题设条件和已经证明过的基本不等式出发,不断用必要条件
替换前面的不等式,直到推出要证明的结
论,即为“由因导果”,在使用综合法证明不等式
时,常常用到基本不等式.
(3) 分析法
:分析法就是从所要证明的不等式出发,不断地用充分条件替换前面的不等
式,直至推出显然成立的不等
式,即为“执果索因”.
2. 不等式证明的其他方法和技巧
(1) 反证法
从
否定结论出发,经过逻辑推理,导出矛盾,证实结论的否定是错误的,从而肯定结论
是正确的证明方法.
(2) 放缩法
欲证A≥B,可通过适当放大或缩小,借助一个或多个中间量,使得A≥C<
br>1
≥C
2
≥?≥
C
n
≥B,利用传递性达到证明的目
的.
(3) 数学归纳法
[备课札记]
题型1 用比较法证明不等式
例1求证:a
2
+b
2
≥ab+a+b-1.
证明:∵
(a
2
+b
2
)-(ab+a+b-1)=a
2
+b
2
-ab-a-b+1
1
=(2a
2
+2b
2
-2ab-2a-2b+2) 2
1
=[(a
2
-2ab+b
2
)+(a
2<
br>-2a+1)+(b
2
-2b+1)]
2
1
=[(a-b)
2
+(a-1)
2
+(b-1)
2
]≥0.
2
∴ a
2
+b
2
≥ab+a+b-1.
备选变式(教师专享)
已知a>0,b>0,求证:
ab
+≥a+b.
ba
abab
a-bb-a
证明:(证法1)∵
?
+?
-(a+b)=
?
-b
?
+
?
-a
?
=+=
a
??
b
?
b
??
a
?
ba
(a-b)(a-b)(a+b)(a-b)
2
=≥0,∴
原不等式成立.
abab
ab
+
ba
aa+bb(a+b)(a-
ab+b)a+b
(证法2)由于===-
a+bab(a+b)ab(a+b)ab
2ab
1≥-1=1.
ab
ab
+≥a+b.
ba
题型2 用分析法、综合法证明不等式
又a>0,b>0,ab>0,∴
xyz111
例2 已知x、y、z均为正数,求证:++≥++.
yzzxxyx
yz
xy1
xy
?
2y
+
≥.同理可得+证明:(证法1:
综合法)因为x、y、z都是正数,所以+=
?
yzzxz
?
yx
?
zzx
z2zx2xyz111
≥,+≥.将上述三个不等式两边分别相加,并除以2
,得++≥++.
xyxxyyzyyzzxxyxyz
x
2
+y
2
+z
2
xyz111
(证法2:分析法)因为x、y、z均为正数,要证+
+≥++.只要证≥
yzzxxyxyzxyz
yz+zx+xy
,只要证x
2
+y
2
+z
2
≥yz+zx+xy,只要证(x-y)
2
+(y-z)
2
+(z-x)
2
≥0,而(x-
xyzy)
2
+(y-z)
2
+(z-x)
2
≥0显然成立,
所以原不等式成立.
变式训练
已知a>0,求证:
11
a
2
+
2
-2≥a+-2.
aa
证明:要证
只需证
11
a
2
+
2
-2≥a+-
2,
aa
11
a
2
+
2
+2≥a++2,
aa
1
11
a+
?
+2, a
2
+
2
≥a
2
+
2
+2+22
?
?
a
?
aa
1
只需证a
2
+
2
+4+4
a<
br>即证2
1
1
a+
?
, a
2
+
2<
br>≥2
?
?
a
?
a
11
a
2
+
2
?
≥2
?
a
2
+
2
+2?
, 只需证4
?
a
??
a
??
1
即
证a
2
+
2
≥2,此式显然成立.
a
∴ 原不等式成立.
题型3 均值不等式与柯西不等式的应用
例3
求证:
a
2
+b
2
+c
2
a+b+c
≥.
33
证明:∵ (1
2
+1
2
+1
2
)(
a
2
+b
2
+c
2
)≥(a+b+c)
2
,
a
2
+b
2
+c
2
(a+b+c)
2
∴ ≥,
39
a
2
+b
2
+c
2
a+b+c
即≥.
33
变式训练
若实数x、y、z满足x+2
y+3z=a(a为常数),求x
2
+y
2
+z
2
的最小值
.
解:∵ (1
2
+2
2
+3
2
)(x
2
+y
2
+z
2
)≥(x+2y+3z)
2
=a<
br>2
,即14(x
2
+y
2
+z
2
)≥a2
,
a
2
a
2
222
∴
x+y+z≥,即x+y+z的最小值为.
1414
222
备选变式(教师专享)
用数学归纳法证明:当n是
不小于5的自然数时,总有2
n
>n
2
成立.
证明:(1)
当n=5时,2
5
>5
2
,结论成立.
(2)
假设当n=k(k∈N,k≥5)时,结论成立,即有2
k
>k
2
,
+
那么当n=k+1时,左边=2
k1
=2·2
k
>2·k
2
=(k+1)
2
+(k
2
-2k-1)=(k+1)
2
+(k-1-
2)(k-1+2)>(k+1)
2
=右边.
∴
也就是说,当n=k+1时,结论成立.
∴ 由(1)、(2)可知,不等式
2
n
>n
2
对n∈N,n≥5时恒成立.
例4
求函数y=1-x+4+2x的最大值.
解:∵y
2
=(1-x+2·2+x)2
≤[1
2
+(2)
2
](1-x+2+x)=3×3,∴
y≤3,当且仅
12
当=时取“=”号,即当x=0时,y
max
=3.
1-x2+x
备选变式(教师专享)
11
x
2
+
2
??
2
+4y
2
?
的最小值. (2011·湖
南改编)设x、y∈R,求
?
y
??
x
??
1111
x
2
+
2
??
2
+4y
2
?
≥
(1+2)
2
=9.∴
?
x
2
+
2
??
2
+4y
2
?
的最小值为解:由柯西不等式,得
?
y
??
xy
??
x
????
9.
1. (2013·陕西)已知a、b、m、n均为正数,且a+
b=1,mn=2,求(am+bn)(bm+an)
的最小值.
解:利用柯西不等式求解,
(am+bn)(an+bm)≥(am·an+bn·bm)
2
=mn·(a+b)
2
=2·1
ambn
=2,且仅当=
anbm
m=n时取最小值2.
2. (2013·湖北)设x、y、z∈R,且满足x
2
+y
2
+
z
2
=1,x+2y+3z=14,求x+y+z的
值.
解:由柯西不等式
可知(x+2y+3z)
2
=14≤(x
2
+y
2
+z2
)·(1
2
+2
2
+3
2
),
x
yz
因为x
2
+y
2
+z
2
=1,所以当且仅当=
=时取等号.
123
此时y=2x,z=3x代入x+2y+3z=14得x=
所以
x+y+z=
314
.
7
14214314
,即y=,z=,
141414
3. (2013·江苏)已知a≥b>0,求证:2a
3
-b
3
≥2ab
2
-a
2
b.
证明:∵ 2a
3
-b
3
-2ab
2
+a
2
b=(2a
3
-2ab
2
)+(a
2
b-b
3
)
=
2a(a
2
-b
2
)+b(a
2
-b
2
)
=(a
2
-b
2
)(2a+b)=(a+b)(a-b)(2a+b
),
又a≥b>0,∴ a+b>0,a-b≥0,2a+b≥0,
∴
(a+b)(a-b)(2a+b)≥0,
∴
2a
3
-b
3
-2ab
2
+a
2
b≥0,
∴
2a
3
-b
3
≥2ab
2
-a
2
b.
4. (2013·新课标Ⅱ)设a、b、c均为正数,且a+b+c=1.证明:
1
(1) ab+bc+ca≤;
3
a
2
b
2
c
2
(2) ++≥1.
bca
证明:(1) 由a
2
+b
2
≥2ab,b
2
+c
2
≥2bc,c
2
+a
2
≥2ca,得a<
br>2
+b
2
+c
2
≥ab+bc+ca.
由题设得(
a+b+c)
2
=1,即a
2
+b
2
+c
2
+2ab+2bc+2ca=1.
1
所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤.
3
a
2
b
2
c
2
(2)
因为+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,
bca
a
2
b
2c
2
故+++(a+b+c)≥2(a+b+c),
bca
a
2
b
2
c
2
即++≥a+b+c.
bca
a
2
b
2
c
2
所以++≥1.
bca
1.
已知正数a、b、c满足abc=1,求证:(a+2)(b+2)(c+2)≥27.
证明:(a+2)(b+2)(c+2)=(a+1+1)(b+1+1)(c+1+1)
3
333
≥3·a·3·b·3·c=27·abc=27(当且仅当a=b=c=1时等号成立).
2. 已知函数f(x)=m-|x-2|,m∈R,且f(x+2)≥0的解集为[-1,1].
(1) 求m的值;
111
(2)
若a,b,c∈R,且++=m,求证:a+2b+3c≥9.
a2b3c
解:(1) ∵
f(x+2)=m-|x|≥0,
∴ |x|≤m,∴ m≥0,-m≤x≤m,
∴
f(x+2)≥0的解集是[-1,1],故m=1.
111
(2) 由(1)知++=1,
a、b、c∈R,由柯西不等式得a+2b+3c=(a+2b+
a2b3c
111
?
111
2
++
≥(a·+2b·3c)
?
+3c·)=9.
?
a2b3c
?
a2b3c
3.
已知x,y,z∈R,且x+y+z=1
(1)
若2x
2
+3y
2
+6z
2
=1,求x,y,z的值.
(2) 若2x
2
+3y
2
+tz
2
≥1恒成立,
求正数t的取值范围.
1112x3y6z
解:(1) ∵ (2x
2
+3
y
2
+6z
2
)(++)≥(x+y+z)
2
=1,当且仅
当==时取
236111
236
“=”.∴ 2x=3y=6z,
111
又∵ x+y+z=1,∴ x=,y=,z=.
236
111?
1
++
≥(x+y+z)
2
=1,∴ (2x
2+3y
2
+tz
2
)
min
=(2) ∵
(2x
2
+3y
2
+tz
2
)
?
.
?
23t
?
51
+
6t
∵
2x
2
+3y
2
+tz
2
≥1恒成立,
∴
≥1.∴ t≥6.
51
+
6t
1
+
4. (1)
求函数y=x-1+5-x的最大值;
(2)
若函数y=ax+1+6-4x最大值为25,求正数a的值.
解:(1) ∵
(x-1+5-x)
2
≤(1+1)(x-1+5-x)=8, ∴ x-1+5-x≤22.
当且
仅当1·x-1=1·5-x即x=3时,y
max
=22.
(2)
(ax+1+6-4x)
2
=
?
ax+1+2
?
35
3
?
2
-x
≤(a
2
+4)(x+1+
2
-x)=
2
(a
2
+4),
2
?
5
由已知(a
2
+4)=20得a=±2,
2
又∵ a>0,∴ a=2.
1. 算术—几何平均不等式
若a
1
,a
2
,?,a
n
∈R,n>1且n∈N
*
,则
+
a1
+a
2
+?+a
n
叫做这n个正数的算术平均数,
n
n
a
1
a
2
?a
n
叫做这n个正数的几何
平均数.
a
1
+a
2
+?+a
n
n
+<
br>基本不等式:≥a
1
a
2
?a
n
(n∈N
*
,a
i
∈R,1≤i≤n).
n
2. 绝对值三角形不等式
若a、b是实数,则||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|.
推论1:|a1
+a
2
+?+a
n
|≤|a
1
|+|a2
|+?+|a
n
|.
推论2:如果a、b、c是实数,那么|a-c
|≤|a-b|+|b-c|,当且仅当(a-b)(b-c)≥0时,
等号成立.
3.
柯西不等式
若a、b、c、d为实数,则(a
2
+b
2
)(c2
+d
2
)≥(ac+bd)
2
.
4. 三角不等式
22222
设x
1
、y
1
、x
2
、y2
∈R,则x
2
1
+y
1
+x
2
+y
2
≥(x
1
-x
2
)+(y
1
-y
2
).
请使用课时训练(B)第2课时(见活页).
[备课札记]