高中數(shù)學(xué)人教A版5證明不等式的基本方法 復(fù)習(xí)課

復(fù)習(xí)課[整合·網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建][警示·易錯(cuò)提醒]1．比較法的一個(gè)易錯(cuò)點(diǎn)．忽略討論導(dǎo)致錯(cuò)誤，當(dāng)作差所得的結(jié)果“正負(fù)不明”時(shí)，應(yīng)注意分類討論．2．分析法和綜合法的易錯(cuò)點(diǎn)．對(duì)證明方法不理解導(dǎo)致證明錯(cuò)誤，在不等式的證明過程中，常因?qū)Ψ治龇ㄅc綜合法的證明思想不理解而導(dǎo)致錯(cuò)誤．3．反證法與放縮法的注意點(diǎn)．(1)反證法中對(duì)結(jié)論否定不全．(2)應(yīng)用放縮法時(shí)放縮不恰當(dāng)．專題一比較法證明不等式比較法證明不等式的大致步驟是：作差(或商)—恒等變形—判斷差的符號(hào)(或商與1的大小)，其中，恒等變形是關(guān)鍵，目的在于判斷差的符號(hào)或商與1的大?。甗例1]已知a≥b>0，求證：2a3－b3≥2ab2－a2b證明：因?yàn)?a3－b3－(2ab2－a2b)＝(2a3－2ab2)＋(a2b－b3)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a＋b)(a－b)(又因?yàn)閍≥b>0，所以a＋b>0，a－b≥0，2a＋b>0所以(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0所以2a3－b3－(2ab2－a2b)≥0所以2a3－b3≥2ab2－a2b歸納升華變形所用的方法要具體情況具體分析，可以配方、因式分解，可運(yùn)用一切恒等變形的方法．[變式訓(xùn)練]已知a＞0，b＞0，a≠b，求證：a6＋b6＞a4b2＋a2b4.證明：因?yàn)閍6＋b6－(a4b2＋a2b4)＝a4(a2－b2)＋b4(b2－a2)＝(a2－b2)(a4－b4)＝(a2－b2)(a2－b2)(a2＋b2)＝(a＋b)2(a－b)2(a2＋b2)．因?yàn)閍＞0，b＞0，a≠b，所以(a＋b)2＞0，(a－b)2＞0，a2＋b2＞0，所以(a6＋b6)－(a4b2＋a2b4)＞0，所以a6＋b6＞a4b2＋a2b4.專題二綜合法證明不等式綜合法證明不等式的思維方式是“順推”，即由已知的不等式出發(fā)，逐步推出其必要條件(由因?qū)Ч?，最后推導(dǎo)出所要證明的不等式成立．證明時(shí)要注意的是：作為依據(jù)和出發(fā)點(diǎn)的幾個(gè)重要不等式(已知或已證)成立的條件往往不同，應(yīng)用時(shí)要先考慮是否具備應(yīng)有的條件，避免錯(cuò)誤．[例2]設(shè)a，b，c均為正數(shù)，且a＋b＋c＝1，求證：eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.證明：因?yàn)閑q\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，故eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，則eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.歸納升華用綜合法證明不等式，可利用已經(jīng)證過的不等式作為基礎(chǔ)，再運(yùn)用不等式的性質(zhì)推導(dǎo)出所要證的不等式．[變式訓(xùn)練]設(shè)a＞0，b＞0，a＋b＝1，求證：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8.證明：因?yàn)閍＞0，b＞0，a＋b＝1，所以1＝a＋b≥2eq\r(ab)，eq\r(ab)≤eq\f(1,2)，所以eq\f(1,ab)≥4.所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＋eq\f(1,ab)≥2eq\r(ab)·2eq\r(\f(1,ab))＋4＝8，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時(shí)，等號(hào)成立．專題三用分析法證明不等式分析法證明不等式的思維方法是“逆推”，即由待證的不等式出發(fā)，逐步逆求它要成立的充分條件(執(zhí)果索因)，最后得到的充分條件是已知(或已證)的不等式．當(dāng)要證的不等式不知從何入手時(shí)，可考慮用分析法去證明，特別是對(duì)于條件簡(jiǎn)單而結(jié)論復(fù)雜的題目，往往更為有效．[例3]求證：eq\r(3)＋eq\r(6)＜eq\r(4)＋eq\r(5).證明：欲證eq\r(3)＋eq\r(6)＜eq\r(4)＋eq\r(5)，只需證(eq\r(3)＋eq\r(6))2＜(eq\r(4)＋eq\r(5))2，只需證9＋6eq\r(2)＜9＋4eq\r(5)，即證6eq\r(2)＜4eq\r(5).只需證(6eq\r(2))2＜(4eq\r(5))2，即證72＜80.上式明顯成立，所以原不等式成立．歸納升華1．分析法的格式是固定的，但是必須注意推演過程中的每一步都是尋求相應(yīng)結(jié)論成立的充分條件．2．分析法是“執(zhí)果索因”，逐步尋求上一步成立的充分條件，而綜合法是“由因?qū)Ч保鸩酵茖?dǎo)出不等式成立的必要條件，兩者是對(duì)立統(tǒng)一的．一般來說，對(duì)于較復(fù)雜的不等式，直接用綜合法往往不易入手，因此通常用分析法探索證題途徑，然后用綜合法加以證明，所以分析法和綜合法可結(jié)合使用．[變式訓(xùn)練]已知a＞b＞0，求證：eq\r(a)－eq\r(b)＜eq\r(a－b).證明：要證eq\r(a)－eq\r(b)＜eq\r(a－b)，即證eq\r(a)＜eq\r(b)＋eq\r(a－b)，只需證a＜b＋2eq\r(（a－b）b)＋a－b，只需證0＜2eq\r(（a－b）b).由a＞b＞0知最后一個(gè)不等式成立，故原不等式成立．專題四用反證法證明不等式反證法常用于直接證明困難或結(jié)論以否定形式出現(xiàn)的命題，涉及“都是”“都不是”“至少”“至多”等形式的命題．[例4]若a3＋b3＝2，求證：a＋b≤2.證明：法一：假設(shè)a＋b＞2，則a＞2－b，故2＝a3＋b3＞(2－b)3＋b3，即2＞8－12b＋6b2，即(b－1)2＜0，這不可能，假設(shè)不成立，從而a＋b≤2.法二：假設(shè)a＋b＞2，則(a＋b)3＝a3＋b3＋3ab(a＋b)＞8.由a3＋b3＝2，得3ab(a＋b)＞6.故ab(a＋b)＞2.又a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)＝2，所以ab(a＋b)＞(a＋b)(a2－ab＋b2)，所以a2－ab＋b2＜ab，即(a－b)2＜0，這不可能，假設(shè)不成立，故a＋b≤2.歸納升華反證法是從否定結(jié)論出發(fā)，經(jīng)過推理論證，得出矛盾，從而肯定原命題正確的證明方法，其步驟為：(1)分清命題的條件和結(jié)論，作出與命題結(jié)論相矛盾的假定命題(否定結(jié)論)．(2)從假定和條件出發(fā)，應(yīng)用正確的推理方法，推出矛盾．(3)斷定產(chǎn)生矛盾的原因在于開始所作的假設(shè)不正確，于是原命題成立，從而間接證明了原命題為真命題．[變式訓(xùn)練]若a，b，c均為實(shí)數(shù)，且a＝x2－2y＋eq\f(π,2)，b＝y(tǒng)2－2z＋eq\f(π,3)，c＝z2－2x＋eq\f(π,6)，求證：a，b，c中至少有一個(gè)大于0.證明：假設(shè)a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，則有a＋b＋c≤0.因?yàn)閍＋b＋c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－2y＋\f(π,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2－2z＋\f(π,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z2－2x＋\f(π,6)))＝(x2－2x)＋(y2－2y)＋(z2－2z)＋π＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋(π－3)，所以a＋b＋c＞0.這與a＋b＋c≤0矛盾，故假設(shè)不成立．所以a，b，c中至少有一個(gè)大于0.專題五用放縮法證明不等式在證明不等式時(shí)，有時(shí)需要舍去或添加一些項(xiàng)，有時(shí)需要拆項(xiàng)、添項(xiàng)，使不等式的一邊放大或縮小，然后利用不等式的傳遞性達(dá)到證明的目的．運(yùn)用放縮法證明的關(guān)鍵是放縮要適當(dāng)，既不能太大，也不能太小．[例5]設(shè)a，b，c∈R＋且abc＝1，求證：eq\f(1,1＋a＋b)＋eq\f(1,1＋b＋c)＋eq\f(1,1＋c＋a)≤1.證明：設(shè)a＝x3，b＝y(tǒng)3，c＝z3且x，y，z∈R＋.由題意得：xyz＝1，所以1＋a＋b＝xyz＋x3＋y3.所以x3＋y3－(x2y＋xy2)＝x2(x－y)＋y2(y－x)＝(x－y)2(x＋y)≥0.所以x3＋y3≥x2y＋xy2.所以1＋a＋b＝xyz＋x3＋y3≥xyz＋xy(x＋y)＝xy(x＋y＋z)．所以eq\f(1,1＋a＋b)≤eq\f(1,xy（x＋y＋z）)＝eq\f(z,x＋y＋z).同理，可得eq\f(1,1＋b＋c)≤eq\f(x,x＋y＋z)，eq\f(1,1＋c＋a)≤eq\f(y,x＋y＋z)，三式相加得eq\f(1,1＋a＋b)＋eq\f(1,1＋b＋c)＋eq\f(1,1＋c＋a)≤eq\f(x＋y＋z,x＋y＋z)＝1.所以命題得證．歸納升華用放縮法證明不等式時(shí)，常見的放縮依據(jù)或技巧是不等式的傳遞性．縮小分母，擴(kuò)大分子，分式值增大；縮小分子，擴(kuò)大分母，分式值減??；全量不小于部分；每次縮小其和變小，但需大于所求；每一次擴(kuò)大其和變大，但需小于所求，即不能放縮不夠或放縮過頭．同時(shí)，放縮有時(shí)需便于求和．[變式訓(xùn)練]若n是大于1的自然數(shù)，求證eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)＜2.證明：因?yàn)閑q\f(1,k2)＜eq\f(1,k（k－1）)＝eq\f(1,k－1)－eq\f(1,k)(k＝2，3，4，…，n)，所以eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)＜eq\f(1,1)＋eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,（n－1）n)＝eq\f(1,1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝2－eq\f(1,n)＜2，故eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)＜2.專題六函數(shù)與方程思想函數(shù)與方程思想是先構(gòu)造輔助函數(shù)，將所給問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的性質(zhì)(如單調(diào)性、奇偶性、最值等)問題．運(yùn)用此方法要能夠根據(jù)問題的結(jié)構(gòu)特征恰當(dāng)?shù)貥?gòu)造函數(shù)，準(zhǔn)確地利用函數(shù)的性質(zhì)解決問題．[例6]已知a，b是正實(shí)數(shù)，且a＋b＝1，求證eq\f(1,ab)＋ab≥eq\f(17,4).證明：因?yàn)閍，b都是正實(shí)數(shù)，a＋b＝1，所以0＜ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4).令f(x)＝x＋eq\f(1,x)(0＜x＜1)，設(shè)0＜x1＜x2＜1，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(1,x1)＋x1－eq\f(1,x2)－x2＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x1x2))).因?yàn)?＜x1＜x2＜1，所以x1－x2＜0，0＜x1x2＜1.所以1－eq\f(1,x1x2)＜0.所以f(x1)－f(x2)＞0，所以f(x1)＞f(x2)．因此函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減．所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))時(shí)，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(17,4)，令x＝ab，得eq\f(1,ab)＋ab≥eq\f(17,4).[變式訓(xùn)練]已知a，b，c為三角形的三條邊，求證eq\f(a,1＋a)，eq\f(b,1＋b)，eq\f(c,1＋c)也可以構(gòu)成一個(gè)三角形．證明：設(shè)f(x)＝eq\f(x,1＋x)，x∈[0，＋∞)，0≤x1＜x2，則f(x2)－f(x1)＝eq\f(x2,1＋x2)－eq\f(x1,1＋x1)＝eq\f(x2－x1,（1＋x1）（1＋x2）)＞0.故f(x)在[0，＋∞)上為單調(diào)增函數(shù)．因?yàn)閍，b，c為三角形的三條邊，所以a＋b＞