高中數(shù)學人教A版5證明不等式的基本方法 復習課

復習課[整合·網絡構建][警示·易錯提醒]1．比較法的一個易錯點．忽略討論導致錯誤，當作差所得的結果“正負不明”時，應注意分類討論．2．分析法和綜合法的易錯點．對證明方法不理解導致證明錯誤，在不等式的證明過程中，常因對分析法與綜合法的證明思想不理解而導致錯誤．3．反證法與放縮法的注意點．(1)反證法中對結論否定不全．(2)應用放縮法時放縮不恰當．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(或商與1的大小)，其中，恒等變形是關鍵，目的在于判斷差的符號或商與1的大小．[例1]已知a≥b>0，求證：2a3－b3≥2ab2－a2b證明：因為2a3－b3－(2ab2－a2b)＝(2a3－2ab2)＋(a2b－b3)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a＋b)(a－b)(又因為a≥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，可運用一切恒等變形的方法．[變式訓練]已知a＞0，b＞0，a≠b，求證：a6＋b6＞a4b2＋a2b4.證明：因為a6＋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)．因為a＞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(由因導果)，最后推導出所要證明的不等式成立．證明時要注意的是：作為依據和出發(fā)點的幾個重要不等式(已知或已證)成立的條件往往不同，應用時要先考慮是否具備應有的條件，避免錯誤．[例2]設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：因為eq\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，可利用已經證過的不等式作為基礎，再運用不等式的性質推導出所要證的不等式．[變式訓練]設a＞0，b＞0，a＋b＝1，求證：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8.證明：因為a＞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，當且僅當a＝b＝eq\f(1,2)時，等號成立．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．當要證的不等式不知從何入手時，可考慮用分析法去證明，特別是對于條件簡單而結論復雜的題目，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結論成立的充分條件．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“由因導果”，逐步推導出不等式成立的必要條件，兩者是對立統(tǒng)一的．一般來說，對于較復雜的不等式，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合使用．[變式訓練]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，假設不成立，從而a＋b≤2.法二：假設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，假設不成立，故a＋b≤2.歸納升華反證法是從否定結論出發(fā)，經過推理論證，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論，作出與命題結論相矛盾的假定命題(否定結論)．(2)從假定和條件出發(fā)，應用正確的推理方法，推出矛盾．(3)斷定產生矛盾的原因在于開始所作的假設不正確，于是原命題成立，從而間接證明了原命題為真命題．[變式訓練]若a，b，c均為實數(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中至少有一個大于0.證明：假設a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，則有a＋b＋c≤0.因為a＋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，故假設不成立．所以a，b，c中至少有一個大于0.專題五用放縮法證明不等式在證明不等式時，有時需要舍去或添加一些項，有時需要拆項、添項，使不等式的一邊放大或縮小，然后利用不等式的傳遞性達到證明的目的．運用放縮法證明的關鍵是放縮要適當，既不能太大，也不能太小．[例5]設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，常見的放縮依據或技巧是不等式的傳遞性．縮小分母，擴大分子，分式值增大；縮小分子，擴大分母，分式值減?。蝗坎恍∮诓糠?；每次縮小其和變小，但需大于所求；每一次擴大其和變大，但需小于所求，即不能放縮不夠或放縮過頭．同時，放縮有時需便于求和．[變式訓練]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：因為eq\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)與方程思想是先構造輔助函數(shù)，將所給問題轉化為函數(shù)的性質(如單調性、奇偶性、最值等)問題．運用此方法要能夠根據問題的結構特征恰當?shù)貥嬙旌瘮?shù)，準確地利用函數(shù)的性質解決問題．[例6]已知a，b是正實數(shù)，且a＋b＝1，求證eq\f(1,ab)＋ab≥eq\f(17,4).證明：因為a，b都是正實數(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))).因為0＜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)上單調遞減．所以當x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))時，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)也可以構成一個三角形．證明：設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，＋∞)上為單調增函數(shù)．因為a，b，c為三角形的三條邊，所以a＋b＞