不等式证明专题教师版(高二).doc

第五讲 不等式证明专题 一比较法 1若、为实数，求证： 变式:已知，求证： 证明：解法一 （当时取等号） 解法二： 把三式相加得 作差比较的步骤： ①作差：对要比较大小的两个数（或式）作差. ②变形：对差进行因式分解或配方成几个数（或式）的完全平方和. ③判断差的符号：结合变形的结果及题设条件判断差的符号. 注意：若两个正数作差比较有困难，可以通过它们的平方差来比较大小. 2,已知a，b∈R+，求证aabb≥abba． 证明：∵a，b∈R+，∴abba＞0 综上所述，当a＞0，b＞0，必有aabb≥abba． 变式:设，求证：（） 小结:商值比较法的理论依据是： 二综合法 3,已知a、b、c是不全等的正数，求证：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc． 【分析】? 采用综合法证明，利用性质a2+b2≥2ab． 证明：∵b2+c2≥2bc，a＞0，∴a(b2+c2)≥2abc．① 同理b(c2+a2)≥2abc ② c(a2+b2)≥2abc ③ ∵a，b，c不全相等，∴①，②，③中至少有一个式子不能取“=”号 ∴①+②+③，得a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc． 变式:已知a，b，c∈R+，求证： (1)(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc； 【分析】? 用综合法证明，注意构造定理所需条件． 证明：(1)ab+a+b+1=(a+1)(b+1)， ab+ac+bc+c2=(a+c)(b+c)． ∴(a+1)(b+1)(a+c)(b+c)≥16abc 因此，当a，b，c∈R+，有 (ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc． 【说明】用均值定理证明不等式时，一要注意定理适用的条件，二要为运用定理对式子作适当变形，把式子分成若干分，对每部分运用均值定理后，再把它们相加或相乘． 综合法：从已知或已证明过的不等式出发，根据不等式的性质推导出欲证的不等式。综合法的放缩经常用到均值不等式。 三分析法 4, ∵a＜c，b＜c，∴a+b＜2c，∴(*)式成立． ∴原不等式成立． 用充分条件代替前面的不等式． 变式:若a、b、c是不全相等的正数，求证： 证明二：(综合法)∵a，b，c∈R+， abc成立．上式两边同取常用对数，得 小结:分析法和综合法是对立统一的两个方面．在证法一中，前面是分析法，后面是综合法，两种方法结合使用，使问题较易解决．分析法的证明过程恰恰是综合法的分析、思考过程，综合法的证明方法是分析思考过程的逆推． 四,反证法 5,已知：a，b，c都是小于1的正数； 【分析】?对题中“至少 ∵a，b，c都是小于1的正数， 故与上式矛盾，假设不成立，原命题正确． 小结:反证法证明．其证明思路是否定结论从而导出与已知或定理的矛盾．从而证明假设不成立，而原命题成立． 反证法是利用互为逆否命题具有等价性的思想进行推证的．反证法必须罗列各种与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，则反证都是不完全的，遇到“至少”、“至多”、“唯一”等字句的命题常用反证法 五,换元法 6 变式: 六,判别式法 7,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，］ 七,放缩法 8,证明不等式(n∈N*) 对任意k∈N*，都有： 变式 求证：；； ②将分子或分母放大（或缩小）； ③利用基本不等式，如： ； ④利用常用结论： ； ； （程度大） ； （程度小） 八.综合提高 9,已知a，b，c为正实数，a+b+c=1. 求证： (4)a2+b2+c2≥ (5)≤6 证 (4)证法一：a2+b2+c2－=(3a2+3b2+3c2－1) =［3a2+3b2+3c2－(a+b+c)2］ =［