不等式证明(1).doc

高三数学专题练习：不等式证明

[设计思路]
从近几年的高考试题来看，有关不等式的试题基本上都是一道选择题或填空题和一道解答题，解答题一般是解不等式和证明不等式，纯粹本单元的试题分值逐渐减少，但在一些函数、数列、立体几何、解析几何和实际应用问题的试题中常涉及不等式的知识，在综合题的解题过程中处处分布着不等式的知识、方法和技巧，理科平均约9%，文科约7%。
证明不等式是理科考查的重点，不等式证明题历来难度大，区分度高，综合性强，创新不断，学生平时练习题与试题差距较大，所以教学时一方面要重视对基础知识、基本方法的复习，另一方面更要注重证明方法中蕴含的思想方法、技巧、技能在其他章节知识中的应用，强调知识的综合和知识的内在联系。

[历年高考试题回顾]

年限
题号
分值
题型
考查内容
能力等级
2001
20
12
解答
不等式证明与排列组合二项式定理综合
C
2002全国
22
14
解答
不等式证明与数列知识综合
C
2002北京
18
12
解答
以立体几何为知识背景考查不等式证明方法中的比较法
C
2002北京
19
12
解答
不等式证明与数列知识综合
C
2003江苏
22
14
解答
不等式证明与二次函数，数列等知识综合
C
2003北京
20
14
解答
不等式性质，证明等综合应用
C
2004江苏
22
14
解答
不等式证明与函数知识综合
C
2004福建
21
12
解答
不等式证明与函数、导数等知识综合
C
2004北京
20
13
解答
不等式证明等基本知识
C
2004全国卷III
22
14
解答
不等式证明与数列知识综合
C
2004辽宁
21
14
解答
不等式证明与函数知识综合
C
2004湖南
22
14
解答
不等式证明与数列知识综合
C
2004重庆
22
14
解答
不等式证明与数列知识综合
C
[重点]
不等式证明方法的基本思想方法。
[难点]
不等式证明方法的综合应用。
[课时安排]
第一课时 重在复习巩固几种常见的证明方法
第二课时 重在培养学生的综合应用能力
[例题设计]
第一课时
揭示主题:这节课我们一起来复习不等式的证明方法, 不等式证明的常用方法有哪些?
不等式证明的方法有比较法,分析法,综合法,放缩法,反证法,换元法等等.
提出问题：
例1 已知在a，b，cÎR+，求证a2b+ab2+a2c+ac2+b2c+bc2³6abc
学生活动：学生自主思考、分析、回忆、后讨论，最终解决问题。
解法1：比较法
a2b+ab2+a2c+ac2+b2c+bc2-6abc
=a2b-2abc+bc2+ab2-2abc+ac2+a2c-2abc+b2c
=b(a-c) 2+a(b-c) 2+c(a-b) 2
a，b，cÎR+
且(a-c) 2³0，(b-c) 2³0，(a-b) 2³0}®b(a-c) 2+a(b-c) 2+c(a-b) 2³0
从而a2b+ab2+a2c+ac2+b2c+bc2³6abc
[知识总结] 比较法包括作差比较法和作商比较法两种,作差比较法是重中之重.
作差比较法的一般步骤________(1)作差;(2)变形(积化和差或配方或通分等等);(3)定号.
解法2：分析法
要证 a2b+ab2a2c+ac2+b2c+bc2³6abc
a，b，cÎR+，故只要证明
而

即证原不等式成立
[知识总结] 分析法是一种执果索因的方法,是从求证的不等式出发,分析使这个不等式成立的充分条件,把证明不等式转化为判断这些条件是否具备的问题.同时要特别注意分析法步骤的书写规范问题.
解法3：综合法
a，b，cÎR+

即证原不等式成立
[知识总结] 综合法是利用某些证明过的不等式和不等式的性质推导出所要证明的不等式成立的方法,它是一种由因导果的方法.它的基础主要是均值不等式.
解法4：
a2b+ab2+a2c+ac2+b2c+bc2
=b(a2+c2)+a(b2+c2)+c(a2+b2)
³2abc+2abc+2abc
=6abc=右
原不等式成立
解法5：
a2b+ab2+a2c+ac2+b2c+bc2
=(a2b+ac2+b2c)+(ab2+a2c+bc2)
³
=3abc+3abc=6abc
解法6：
a2b+ab2+a2c+ac2+b2c+bc2³
[知识总结] 均值不等式并不仅仅局限于两个数的情形,对于三个数,四个数,…,乃至n个数都是成立的,即我们可以把均值不等式推广到n个数的情形.
教师总结：很多题的解法是不唯一的，故解题时大家要多从不同角度、不同层次、不同途径去分析，把所学知识与所答试题迅速建立联系，从而寻找到多种解题思路，也就是我们经常说的“一题多解”“举一反三”。
变题：已知a，b，cÎR+，求证：
引导学生进行总结归纳
一题多变：
(1)从解法2、解法3均可看出，原不等式等价于不等式

(2)从解法4可看出，原不等式也等价于不等式
b(a2+c2)+(a(b2+c2)+c(a2+b2)³6abc
(3)若将不等式的左边进行其他组合，又可得
b2 (a+c)+a2 (b+c)+c2 (a+b)³6abc
(4)同(3)也可得ab(a+b)+ac(a+c)+(bc)(b+c)³6abc
(5)若给出命题a，b，cÎR+，则(a+b)+(b+c)(c+a)³8abc
如果把上面不等式左边展开，不难发现它实际也是与原不等式等价的不等式。
(6)在(5)中不等式的基础上，若两边同时除以abc，则得
(7)对于问题a，b，cÎR+且a+b+c=1，则(1-a)(1-b)(1-c)³8abc
我们也不难发现它是不等式的一种变形
另外，选择例1的目的一方面是复习不等式证明的常用方法——比较法、分析法、综合法、放缩法等，另一方面是使学生逐渐养成一题多解，并学会解后反思，总结归纳，让学生们在解题过程中提高思维的广阔性、深刻性、灵活性、敏捷性和独创性。
例2 试用多种方法证明：已知a，b，c，dÎR
求证：
教师引导分析：由于观察角度不同，可产生许多种不同的证明方法：
学生活动：积极思考、探究、讨论
归纳如下：
证法1：（分析法）
(1)当ac+bd£0时，不等式显然成立
(2)当ac+bd>0，原不等式Û(ac+bd)2£(a2+b2)(c2+d2)
Û2abcd£b2c2+a2d2
Û(bc-ad) 2³0
此不等式显然成立，故原不等式成立.
证法2：（放缩法）
ac+bd£|ac+bd|，
只需证.（下同证法1）
[知识总结] 常见放缩技巧有：
证法3：（综合法）
(a2+b2)(c2+d2)
=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2
=(a2c2+2abcd+b2d2)+(b2c2-2abcd+a2d2)
=(ac+bd) 2+(bc-ad) 2³(ac+bd) 2.
.
证法4：（比较法）
(a2+b2)(c2+d2)-(ac+bd) 2=(bc-ad) 2³ 0
.
证法5：（换元法）
设a2+b2=r12，c2+d2=r22
则可设a=r1cosa，b=r1sina，c=r2cosb，d=r2sinb
ac+bd=r1r2cosacosb+r1r2sinasinb
=r1r2cos(a-b)£r1r2=
[知识总结] 换元法这里主要是三角代换，三角代换的题眼点有如
证法6：（构造法）
设向量
则
=
注意：还可构造函数利用判别式法，还可构造距离公式用解析法证明等等。
[应用练习]：（选自2003年北京卷18题（Ⅲ））
几何体ABCD—A1B1C1D1中，上、下底面平行且均为矩形，相对的侧面与同一底面所成的二面角大小相等，侧棱延长后相交于E，F两点，上、下底面矩形的长、宽分别为c，d与a，b且a＞c，b＞d，两底面间的距离为h..

A
B
C
D
E
F
A1
C1
B1
D1
a
b
c
d
（Ⅰ）在估测该多面体的体积时，经常运用近似公式
V估=S中截面·h来计算.已知它的体积公式是
（S上底面+4S中截面+S下底面），
试判断V估与V的大小关系，并加以证明.
（注：与两个底面平行，且到两个底面距离相等的截面称为该多面体的中截面.）
参考答案：V估＜V.证明： ∵a＞c，b＞d，∴
∴V估＜V.
小结：不等式的证明方法很多，大家都要熟练掌握，达到灵活运用，通过一题多解、举一反三的训练来提高自己的能力。

第二课时
[高考试题回顾分析] 参看前面的历年高考试题回顾表，总结特征如下：
（一）每年理科卷中都出现；（二）都是解答题形式；（三）考查能力要求都比较高；（四）从内容上来看主要有类（1）本章知识综合（有03北京）；（2）与函数知识综合（有03江苏，04江苏，04福建，04辽宁）；（3）与数列知识综合（02全国，02北京，03江苏，04全国卷III，04湖南，04重庆），与立体几何综合（02北京），与排列组合二项式定理综合（01全国卷）
教师总结：可见，涉及不等式证明的问题是高考的一个热门也是一个重点，同时，不等式的证明往往还与其他章节如函数、数列、导数、解析几何等知识综合，尤其是函数和数列。
例1（2002年北京）数列{xn}由下列条件确定：
（Ⅰ）证明：对n≥2，总有；
（Ⅱ）证明：对n≥2，总有；
分析：（Ⅰ）证明：由，可归纳证明
从而有（均值不等式的应用—综合法），所以，当n≥2时，成立.
（Ⅱ）证法一：当n≥2时，因为，所以
，故当n≥2时，成立.
（作差比较法）
证法二：当n≥2时，因为，所以
，故当n≥2时，成立.
（作商比较法）
点评：此题是以数列为知识背景，把数列与不等式证明综合起来，重点还是考查不等式证明方法中最基本的方法——综合法和比较法。
例2 (2003年北京)设y=f(x)是定义在区间[-1,1]上的函数，且满足条件：
(i)f(-1)=f(1)=0；(ii)对任意u，vÎ[-1,1]都有|f(u)-f(v)|£|u-v|.
(I)证明：对任意的xÎ[-1,1]，都有：
x-1£f(x)£1-x；
(II)证明：对任意的u，vÎ[-1,1]，都有：
|f(u)-f(v)|£1；
(III)在区间[-1,1]上是否存在满足条件的奇函数y=f(x)，且使得：

若存在，请举一例；若不存在，请说明理由。
解：(I)证明：由题设条件可知，当xÎ[-1,1]
|f(x)|=|f(x)-f(1)|£|x-1|=1-x
即x-1£f(x)£1-x
(II)证明：对任意的u，vÎ[-1,1]，
当|u-v|£1时，有|f(u)-f(v)|£|u-v|£1.
当|u-v|>1时，有u·v<0.
不妨设u<0，则v>0且v-u>1，
所以，|f(u)-f(v))£|f(u)-f(-1)|+|f(v)-f(1)|£|u+1|+|v-1|=1+u+1-v=2-(v-u)<1
综上可知，对任意的u，vÎ[-1,1]，都有：
|f(u)-f(v)|£1.
(III)满足所述条件的函数不存在，理由如下：假设存在函数f(x)满足条件，
则由|f(u)-f(v)|=|u-v|，u，vÎ[,1]得|f()-f(1)|=| -1|=
又f(1)=0，所以|f()|= (1)
又因为f(x)为奇函数，所以f(0)=0
由条件|f(u)-f(v)|<|u-v|，u,vÎ[0，]得|f()|=|f()-f(0)|< (2)
(1)与(2)矛盾，所以假设不成立，即这样的函数不存在；
点评：本题考查函数、不等式等基本知识，考查综合运用数学知识分析问题和解决问题的能力。第(I)小题主要是赋值法的应用，第(II)小题主要是利用绝对值不等式进行放缩，第(III)小题是反证法的应用，其实也可用分类讨论进行证明。
例3 (2004年，江苏)已知函数f(x)(xÎR)满足下列条件：对任意的实数x1,x2都有l(x1-x2)2£(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]和|f(x1)-f(x2)|£|x1-x2|，
其中l是大于0的常数，设实数a0，a，b满足f(a0)=0和b=a-lf(a).
(1)证明：l£1，并且不存在b0¹a0，使得f(b0)=0；
(2)证明：(b-a0)2£(1-l2)(a-a0)2；
(3)证明：[f(b)]2£(1-l2)[f(a)]2.
分析 (1)利用不等式的传递性及反证法证明；
(2)、(3)都是由构造法，结合不等式的传递性证明.
解：(1)任取x1，x2ÎR，x1¹x2，则由
l(x1-x2)2£(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]， (1)
和|f(x1)-f(x2)|£|x1-x2|， (2)
可知l(x1-x2)2£(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]£|x1-x2|·|f(x1)-f(x2)|£|x1-x2|2，从而l£1.
假设有b0¹a0，使得f(b0)=0，则由(1)式知
0<l(a0-b0)2£(a0-b0)[f(a0)-f(b0)]=0，矛盾.
所以不存在b0¹a0，使得f(b0)=0.
(2)由b=a-lf(a)， (3)
可知(b-a0)2=[a-a0-lf(a)]2=(a-a0)2-2l(a-a0)f(a)+l2[f(a)]2. (4)
由f(a0)=0和(1)式，得
(a-a0)f(a)=(a-a0)[f(a)-f(a0)]³l(a-a0)2. (5)
由f(a0)=0和(2)式知，[f(a)]2=[f(a)-f(a0)]2£(a-a0)2. (6)
则将(5)、(6)代入(4)式，得
(b-a0)2£(a-a0)2-2l2(a-a0)2+l2(a-a0)2=(1-l2)(a-a0)2.
(3)由(3)式，可知[f(b)]2=[f(b)-f(a)+f(a)]2
=[f(b)-f(a)]2+2f(a)[f(b)-f(a)]+[f(a)]2
£(b-a)2-2·[f(b)-f(a)]+[f(a)]2 （用(2)式）
=l2[f(a)]2-(b-a)[f(b)-f(a)]+[f(a)]2
£l2[f(a)]2-·l·(b-a)2+[f(a)]2 (用(1)式)
=l2[f(a)]2-2l2 [f(a)]2+[f(a)]2
=(1-l2) [f(a)]2.
点评：本题是一道给定义题，以函数、不等式等基础知识作为知识背景，将给定条件与已知知识结合，很有一定的难度，是一道考查学生推理论证能力的好题。
追问：这两道题有何异同？
解后总结：解完这两道高考题，我们不难发现它们很相象，都是把不等式与函数知识进行综合，且接合点也类似，比如条件：|f(x1)-f(x2)|£|x1-x2|一模一样，结论也都是函数自变点与函数值的一些不等量关系的证明，证明方法、思路也非常像，所以我们可以说这两题是姊妹题，既然这样2003年在北京卷中出现，2004年又在江苏卷出现，可见其重要性，大家要重视。
[应用练习] 对于在区间[m，n]上有意义的两个函数f(x)与g(x)，如果对任意的xÎ[m，n]均有|f(x)-g(x)|£1，则称f(x)与g(x)在[m，n]上是接近的，否则是非接近的，设f1(x)=loga (x-3a)与f2(x)=loga(a>0，a¹1)是区间[a+2，a+3]上的两个函数，(1)求a的取值范围；(2)讨论f1 (x)与f2(x)在区间[a+2,a+3]上是否是接近的。
分析：该题信息量较大，先要弄清瞬时定义，理清题意
解：(1)首先 a>0且a¹1 (1)
又f1(x)=loga(x-3a)有意义 所以a+2-3a>0 (2)
f2(x)=loga有意义 所以a+2-a>0 (3)
由(1)(2)(3) 得0<a<1
(2)只须检验|f1(x)-f2(x)|£1在[a+2，a+3]内是否成立.
又因为|f1(x)-f2(x)|=|loga(x-3a)(x-a)|=|loga(x2-4ax+3a2)|
令|loga(x2-4ax+3a2)|£1
则-1£loga(x2-4ax+3a2)£1 (*)
设g(x)=x2-4ax+3a2，h(x)=logag(x)
抛物线g(x)开口向上对称轴为x=2a，且aÎ(0，1)
所以区间[a+2，a+3]在对称轴右侧，故g(x)为[a+2，a+3]上的增函数
从而h(x)是[a+2，a+3]上的减函数
所以[h(x)]max=loga(4-4a)
[h(x)]min=h(a+3)=loga(9-6a)
于是(*)式成立的充要条件是

所以aÎ(0，

所以当aÎ(0，时，f1(x)与f2(x)在[a+2，a+3]上是接近的
当aÎ(，1)时，f1(x)与f2(x)在[a+2，a+3]上是非接近的。

[思维能力训练部分]
一、选择题：
1、已知x,yÎR，M=x2+y2+1，N=x+y+xy，则M与N的大小关系是（ ）
A、M³N B、M£N C、M=N D、不能确定
2、若a<b<0，则下列结论中正确的命题个数有（ ）
(1) (2) (3)、
(4) (5)
A、1 B、2 C、3 D、4
3、在DABC中三边长为a，b，c，若成等差数列，则b所对的角（ ）
A、是锐角 B、是直角 C、是钝角 D、不能确定
4、已知lgx·lgy-lg(xy)+1>0且lg(xy)>2那么（ ）
A、0<x<10,0<y<10 B、x>10,0<y<10
C、x>10,y>10 D、0<x<10,y>10
5、若不等式|x-1|<a成立的充分条件是0<x<4，则实数a的取值范围是（ ）
A、a³1 B、a³3 C、a£1 D、a£3
6、若x>0，y>0，且恒成立，则a的最小值是（ ）
A、2 B、 C、2 D、1
二、填空题：
7、已知点（x0，y0）在直线ax+by=0，(a，b为常数)上，则的最小值为 。
8、设a，b，cÎR，且a+b+c=1，则的最大值是_____。
三、解答题：
9、已知f(x)=x2-x+c的定义域为[0，1]，x1Î[0，1],x2Î[0，1]，且x1¹x2。
(1)证明：|f(x2)-f(x1)|<|x2-x1|.
(2)证明：|f(x2)-f(x1)|< (南京师大《高中数学复习与练习》下册)
10、(2001，全国，理，20)已知i，m，n是正整数，且1<i£m<n
(I)证明：niAmi<miAni
(II)证明：(1+m)n>(1+n)m
11、已知正项数列{an}满足a1=P(0<P<1)，且
(I)求数列的通项an；
(II)求证：
参考答案：
一、ACACBC
二、，3
三、9、证明：(1)由于f(x2)-f(x1)=(x2-x1)·(x2+x1-1)
因为x1，x2Î[0，1]，且x1¹x2，所以0<x1+x2<2
于是-1<x1+x2-1<1，即|x1+x2-1|<1
所以|f(x2)-f(x1)|=|x2-x1|·|x1+x2-1|<|x2-x1|·1=|x2-x1|
(2)因为f(x)=x2-x+c=(x-)2+c-，且0£x£1
所以c-£f(x)£c，于是f(x1)Î[c-,c]，f(x2)Î[c-,c]
-f(x2)Î[-c, -c]，所以-£f(x1)-f(x2)£
所以|f(x1)-f(x2)|£<
10、解：(I)对于1<i<m，有

(II)由二项式定理，有
由(I)知
因此
又

所以
又

所以
11、解：(1)由已知得an+1an=an-an+1

(2)证明：

灵溪一高
金海鸥