1、2009年高考數學難點突破專題輔導十八難點18不等式的證明策略不等式的證明，方法靈活多樣，它可以和很多內容結合.高考解答題中，常滲透不等式證明的內容，純不等式的證明，歷來是高中數學中的一個難點，本難點著重培養考生數學式的變形能力，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+De+l)”.ab4案例探究例1證明不等式1命題意圖：本題是一道考查數學歸納法、不等式證明的綜合性題目，考查學生觀察能力、構造能力以及邏輯分析能力，級題目.知識依托：本題是一個與自然數n有關的命題，首先想到應用數學歸納法，另外還涉及不等式證明中的放縮法、構造

2、法等.錯解分析：此題易出現下列放縮錯誤：這樣只注重形式的統一，而忽略大小關系的錯誤也是經常發生的.技巧與方法：本題證法一采用數學歸納法從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；而證法三運用函數思想，借助單調性，獨具匠心，發人深省證法一：(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;假設n=k(kn1)時，不等式成立，即1+2+2<2",2.3,k當n=k+1時，不等式成立.綜合(1)、(2)得：當n6N*時，都有1+:+二+，<2后.2,3.n另從k到k+1時的證明還有下列證法：證法二：對任意kN*,都有：證法三

3、：設f(n)=2、n.(1111),2.3,n那么對任意kN都有:f(k+1)>f(k)因此，對任意n6N11_+_11I12.3n:二2,n.都有f(n)>f(n1)>->f(1)=1>0,例2求使Q+QwaCT7(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、求最值函數思想、以及學生邏輯分析能力，屬于級題目.知識依托：該題實質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性質把a呈現出來，等價轉化的思想是解決題目的突破口，然后再利用函數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

4、元后確定a的取值范圍，此時我們習慣是將x、y與cos。、sin8來對應進行換元，即令4rx=cosO,打=sin0(0<0<-|),這樣也得a>sin0+cosO,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：除了解法一經常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若參數a滿足不等關系，anf(x),則amin=f(x)max；若aWf(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的值域問題.還有三角換元法求最值用的恰當好處，可以把

5、原問題轉化.解法一：由于a的值為正數，將已知不等式兩邊平方，得：x+y+2方wa2(x+y),即2<(a21)(x+y),.x,y>0,-x+y>2加，當且僅當x=y時，中有等號成立.比較、得a的最小值滿足a21=1,a2=2,a=6(因a>0),.a的最小值是行.uJxyJEE2S用牛口一.墳uxyxyxy1xy.x>0,y>0,.x+yn24rxy(當x=y時"=”成立)，.3w1,3的最大值是1.xyxy從而可知，U的最大值為J宿=<2,又由已知，得anu,.a的最小值為收.解法三：;y>0,原不等式可化為x+1<axi,；

6、y.y設J-=tan0,86（0,-）.,y2tan。+1<aVtan2e+1；gptan0+1<asec0ansin0+cos0=72sin（。+：）,又sin（0+；）的最大值為1（此時9=?）.由式可知a的最小值為四.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）綜合法是由因導果，而分析法是執果索因，兩法相互轉換，互相滲透，互為前提，充分運用這一

7、辯證關系，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、函數單調性法、判別式法、數形結合法等.換元法主要有三角代換，均值代換兩種，在應用換元法時，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，要依據題設、題目的特點和內在聯系，選擇適當的證明方法，要熟悉各種證法中的推理思維，并掌握相應的步驟、技巧和語言特點.殲滅難點訓練一、填空題1 .()已知x、y是正變數，a、b是正

8、常數，且-+-=1,xyx+y的最小值為.2 .()設正數a、b、c、d滿足a+d=b+c,且|ad|<|bc|,則ad與bc的大小關系是.3 .(*)若men,p<q,且(pm)(pn)<0,(qm)(qn)<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，a+b+c=1.求證：(1)a2+b2+c2>13(2)*3a+2+V3b+2+-3c+2<65rzz)已知x,v,z£R,且x+y+z=1,x2+y2+z2=i，證明：2x,y,z60,-36 .()證明下列不等式：(1)若x,y,z6R,a,b,cR+,則bcx

9、2+cay2+abz2Aabc2(xy+yz+zx)(2)若x,y,zR+,且x+y+z=xyz,貝匕+2+m>2(l+l+l)xyzxyz7 .()已知i,m、n是正整數，且1<iwm<n.(1)證明：niAm<miAn；(2)證明：(1+m)n>(1+n)m8 .()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+4A0,即證4(ab)233(ab)+8A0,即證abw1或abA8.a>0,b>0,a+b=1,.ab48

10、不可能成立/1=a+b>2Vab,/.ab<1,從而得證.4證法二：(均值代換法)設a=l+t1,b=1+t2.22.a+b=1,a>0,b>0,.3+12=0,同<1,同；顯然當且僅當t=0,即a=b=時，等號成立.2證法三：(比較法).a+b=1,a>0,b>0,-a+bn24ab.ab<-4證法四：(綜合法)a+b=1,a>0,b>0,a+b>2，ab,/.ab<1.4證法五：(三角代換法):a>0,b>0,a+b=1,故令a=sin2%,b=cos2%,%6(0,)112121(a)(b)=(sin：-

11、2)(cos12)absin、工cos:442222sin二，cos:-2sin.工cos二，2(4sin、工)16=L-.2-=l-.2c4sin214sin2:4sin22:2一2(4-sin221)2sin22:<1,.4-sin22:_4-1=3.242sin22.,316_251 12 sin234即得(al)(b)_"ab4殲滅難點訓練一、1.解析：令亙=352。，-=sin20,貝Ux=ase(20,y=bcsc20,xyx+y=ase(20+bcsc20=a+b+atan20+bcot20>a+b+2-atan2rbcot2i=ab2.ab.答案：a+b+

12、2ab2 .解析：由0w|ad|<|bc|u(ad)2<(bc)2u(a+b)24ade(b+c)24bca+d=b+c,.4ad<4bc,故ad>bc.答案：ad>bc3 .解析：把p、q看成變量，則m<p<n,meqen.答案：mepcqcn4.(1)證法a2+b2+c2-=-(3a2+3b2+3c21)33'=13a2+3b2+3c2(a+b+c)23=13a2+3b2+3c2a2b2c22ab2ac2bc3=1(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2>0.a2+b2+c2n133證法二：:(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab

13、+2ac+2bc<a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2.W+b%2)9b+02=。2"證法三:'-2,.2,2',-a+b+ca+b+c3，3.222、abc-a2+b2+c2>ac3a2+b2+c2>13c=3+>證法四：設a=1+%,b=1+B,33:a+b+c=1,%+B+丫=0a2+b2+c2=(1+%)2+(1+B)2+(1+t)2333=1+2(%+3+丫)+%2+32+丫233=1+/+82+丫2"33a2+b2+c2>13.原不等式成立.證法二:、3a2.3b2、3c2.(3a2)(3b2)(3c

14、2)3-3-3a+2+V3b+2+J3c+2<3V3<6原不等式成立.5.證法一：由x+y+z=1,x2+y2+z2=-1,得x2+y2+(1xy)2=，整理成關于y的一元二次方程得：2y22(1x)y+2x22x+1=0,.ySR,故AA04(1x)24X2(2x22x+1)A0,得0Wx<2,.xS0,2】233同理可得y,z£0,?3證法二：設x=1+x，,y=1+y，,z=1+z，,貝Ux，+y，+z，=0,于是1=(1+x')2+(1+y')2+(1+z')22333=1+x'2+y'2+z'2+2(x33=

15、l+x'2+y'2+z'2A1+x'33故x'2W1,x'61,93+y'+z')2+(yz)2=1+3x'22321,x60,-,同理y,z6330,證法三：設x、v、z三數中若有負數，不妨設x<0,則x2>0,222=x2+y2+z2Ax2+-J1fL+W*，矛盾.x、v、z三數中若有最大者大于22>x2+(ylZL=x2+(1L=2x2-x+12222，不妨設x>?則=x2+y2+z2=-x(x2)+1>1；矛盾.2322故x、y、z60,23上式顯然成立，.原不等式得證7.證明：(1)

16、對于1<iwm,且Am=m(mi+1),nn-1nnAmm-1-mimm由于men,對于整數k=1,2,n-km-ki1,有>,nm所以AnAAm，即miA；>niAmnm(2)由二項式定理有：(1+m)n=1+cnm+cnm2+-+Cnmn,(1+n)m=1+c：n+C：n2+cmnm,由(1)知mAnAnm(1<i<m),而cm=Am,cn=%i!i!mlCln>nlClm(1<m<n) .m0C0=n0C0=1,mC；=nC1m=mn,m2C2>n2cm,mmcm>nmcm,mm+1Cm，>0,，mnCn>0, .1

17、+。m+C2m2+Cnmn>1+Cmn+C2mn2+Cmnm,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=3ab(a+b)-2=3：ab(a+b)-(a3+b3)=-3(a+b)(a-b)2<0.即(a+b)3w23,又a+b>0,所以a+b<2,因為2而Wa+bw2,所以ab<1.證法二：設a、b為方程x2mx+n=0的兩根，則；m=a+b,、n=ab因為a>0,b>0,所以m>0,n>0,且=m24n

18、A0因為2=a3+b3=(a+b)(a2ab+b2)=(a+b)(a+b)23ab=m(m23n)23m2所以n=m-3c2c將代入得m24(旦一2戶0,33m即.而8A0,所以一m3+8A0,即m<2,所以a+b<2,3m由2Am得4Am2,又m2>4n,所以4A4n,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+b2ab)>(a+b)(2ab-ab)=ab(a+b)于是有6A3ab(a+b),從而8A3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3,所以a+b<2,(下略)3,3,證法四：因為t.(U)322(a+b)4a2+4b2-4ab-a2-b2-2ab3(a+b)(a-b)2>0一8一