不等式的证明方案0.doc

不等式的证明策略
难点磁：已知a＞0，b＞0，a+b=1
证法一：(分析综合法）
欲证原式，即证4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即证4(ab)2－33(ab)+8≥0，即证ab≤或ab≥8.
∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立
∵1=a+b≥2，∴ab≤，从而得证.
证法二：(均值代换法)
设a=+t1，b=+t2.
∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜，|t2|＜

显然当且仅当t=0，即a=b=时，等号成立.
证法三：(比较法）
∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤

证法四：(综合法)
∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤.

证法五：(三角代换法）
∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，)

●案例探究
［例1］证明不等式(n∈N*)
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+＜2，
∴当n=k+1时，不等式成立.
综合(1)、(2)得：当n∈N*时，都有1+＜2.
证法二：对任意k∈N*，都有：

［例2］求使≤a(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值.
解法一：由于a的值为正数，将已知不等式两边平方，得：
x+y+2≤a2(x+y)，即2≤(a2－1)(x+y)， ①
∴x，y＞0，∴x+y≥2， ②
当且仅当x=y时，②中有等号成立.
比较①、②得a的最小值满足a2－1=1， ∴a2=2，a= (因a＞0)，∴a的最小值是.
解法二：设.
∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2 (当x=y时“=”成立)，
∴≤1，的最大值是1. 从而可知，u的最大值为，
又由已知，得a≥u，∴a的最小值为.
解法三：∵y＞0，
∴原不等式可化为+1≤a，
设=tanθ，θ∈(0，). ∴tanθ+1≤a；即tanθ+1≤asecθ
∴a≥sinθ+cosθ=sin(θ+)， ③
又∵sin(θ+)的最大值为1(此时θ=). 由③式可知a的最小值为.
●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=1，x+y的最小值为__________.
解析：令=cos2θ，=sin2θ，则x=asec2θ，y=bcsc2θ，
∴x+y=asec2θ+bcsc2θ=a+b+atan2θ+bcot2θ≥a+b+2
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__________
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.
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__________.
.解析：把p、q看成变量，则m＜p＜n，m＜q＜n. 答案：m＜p＜q＜n
二、解答题
4.已知a，b，c为正实数，a+b+c=1.
求证：(1)a2+b2+c2≥
.(1)证法一：a2+b2+c2－=(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≥
证法二：∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2
∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥
证法三：∵ ∴a2+b2+c2≥ ∴a2+b2+c2≥
证法四：设a=+α，b=+β，c=+γ.
∵a+b+c=1， ∴α+β+γ=0
∴a2+b2+c2=(+α)2+(+β)2+(+γ)2
=+ (α+β+γ)+α2+β2+γ2=+α2+β2+γ2≥ ∴a2+b2+c2≥
（2） 证明≤6
∴原不等式成立.
证法二：

∴≤＜6 ∴原不等式成立.
5.已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=，证明：x，y，z∈［0，］
.证法一：由x+y+z=1，x2+y2+z2=，得x2+y2+(1－x－y)2=，整理成关于y的一元二次方程得：
2y2－2(1－x)y+2x2－2x+=0，∵y∈R，故Δ≥0
∴4(1－x)2－4×2(2x2－2x+)≥0，得0≤x≤，∴x∈［0，］ 同理可得y，z∈［0，］
证法二：设x=+x′，y=+y′，z=+z′，则x′+y′+z′=0，
于是=(+x′)2+(+y′)2+(+z′)2
=+x′2+y′2+z′2+ (x′+y′+z′)
=+x′2+y′2+z′2≥+x′2+=+x′2
故x′2≤，x′∈［－，］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］
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≥x2+ ＞，矛盾.
x、y、z三数中若有最大者大于，不妨设x＞，则=x2+y2+z2≥x2+=x2+=x2－x+
=x(x－)+＞；矛盾. 故x、y、z∈［0，］
6.(★★★★★)若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求证：a+b≤2，ab≤1.
.证法一：因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以
(a+b)3－23=a3+b3+3a2b+3ab2－8=3a2b+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2≤a+b≤2，
所以ab≤1.
证法二：设a、b为方程x2－mx+n=0的两根，则，
因为a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m2－4n≥0 ①
因为2=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n)
所以n= ②
将②代入①得m2－4()≥0，
即≥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）
证法四：因为
≥0，
所以对任意非负实数a、b，有≥
因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以1=≥，
∴≤1，即a+b≤2，(以下略）
证法五：假设a+b＞2，则
a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞(a+b)ab＞2ab，所以ab＜1，
又a3+b3=(a+b)［a2－ab+b2］=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞2(22－3ab)
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)