第21讲：不等式的证明(教师用书)_第2讲不等式的证明

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（聚焦2008四川高考）第21讲：不等式的证明（2）

作套题，抓住知识点；详评讲，抓常规思维；仔细看，抓典型思维。

一、知识梳理

作商比较法不

综合分析法 分析法 判别式法向量法 三角换元均值换元 明增量换元反证法 整体换元数学归纳法

构造函数法

放缩法和最值法

二、点解读与例（考）题

（一）判别式法法证明不等式

依据：已知二次函数f（x）=ax2+bx+c（a≠0），则

当a＞0时，若Δ≤0，则f（x）≥0；

当a＜0时，若Δ≤0，则f（x）≤0。

⑴与二次函数有关，或通过等价变换为二次函数的问题可试用判别式法证明。

⑵对含有两个或两个以上的字母，若能变成某一个字母为主元的二次方程，也可利用判别式法证明。

【例1】已知a，b∈R且b＞0 b0，求证：a2+b2＞3a－2ab－3。

注：构造a的二次三项式。

【例2】设a，b，c∈R，证明：a2+ac+b2+3b（a+b+c）≥0，并指出等号成立的条件。

分析：⑴视为a的二次三项式；

⑵计算判别式；

⑶当b+c=0，即b=－c时，Δ=0，此时f（a）=（a+b）2=0，从而a=－b=c时等号成立。

【例3】已知x，y∈R，M= x2+y2+1，N=xy+x+y，试比较M与N的大小。

分析：构造函数f(x)MNx(y1)xyy1，于是由2

2f(x)0的3(y1)20知，当且仅当y2时，MN取等号。第21讲：不等式的证明（2）

1【例4】已知a,b,cR且abc2,abc2，证明：222

4a,b,c[0,]。

3分析：依题意得a(b2)a(b1)0，此时可将方程视为关于a的一元二次方程，于是(b2)4(b1)0，解得0b理可证a,b,c[0,]。

注：⑴当求不等式的字母指明是实数时，可构造一个一元二次方程，使不等式的字母作为方程各项的系数或常数项，从而利用判别式可得证。

⑵轮换对称不等式的证明方法：证明一个，其与的同；同理可证。

【例5】已知a,b,cR且abc0,abc1，求证：a、b、c中一定有一个不小于4。

分析：①若a,b,c均大于0，则abc0；

②若a,b,c均小于0，则abc0；

③若a,b,c两正一负，则abc0。则都与已知矛盾。

从而知a,b,c两负一正，不妨令a0，则aba,bc

c为一元二次方程xax222224。同3431，即b、a140的两根。于是a20，即aaa4。同理可证。a,b,c4。

1sec2xtanx3。【例6】求证：3sec2xtanx

策略：①如果是一元二次方程，则直接可利用判别式可证。

②如果是二次三项式，则先计算判别式，然后确定判别式的符号。

【例7】已知tanx=3tany（0＜y＜x＜），且w=x—y，求w的最大值。

2（二）数学归纳法证明与自然数有关的命题。

（1）数学归纳法是证明具有递推性的自然数命题P（n）的正确性的重

要的数学方法。

（2）证明程序：①命题的递推基础；②递推依据。

（3）用数学归纳法证明不等式的关键在递推依据，证明时必须明确： 当n=k+1时，所要证明的结果P（k+1）是什么，而且必须利用归纳假设P（k），经过推理演算得出P（k+1）。

⑷在推证程序(递推依据)时，应依据具体问题灵活恰当地处理和使用公式法：比较法、分析法、放缩法等。

111n*++…+（n∈N），求证：f（2n）＞。23n

21311分析：当n=1时，f(2)1，此时不等式成立。假设当222

111kkn=k时不等式成立，即f(2)1k。2322

11111k1则当n=k+1时，f(2)1kkk1＞232212

kk11111+(＞+（++…)kkkkkkkk222122222222【例8】已知f（n）=1+

k2kk1k11k+）（共2项）k。kkk22222222

故当n=k+1时不等式成立，即命题成立。

【例9】对于一切大于1的自然数n，证明：（1+111）（1+）…（1+）352n1＞2n1。2

分析：当n=2时不等式成立。

假设当nk(k2)时不等式成立，即（1+111）（1+）…（1+）352n1＞2n1成立。2

则当n=k+1时，（1+1111）（1+）…（1+）（1+）＞352k12k12k12k2k1+=。于是由 22k12k

1(k1

2k1)2(2k321)0(kN,n2)知不等式24(2k1)

成立。

故当n=k+1时不等式成立，即命题成立。

（三）构造函数法：数学问题若能将其某些字母视为变量二建立联系，构造函数（一次、二次、指数函数等），从而利用函数性质解决问题将会使问题获得简洁的求解（证明），构造相应的公式证明不等式。

【例10】设不等式mx2xm10对满足|m|2的一切m值都成立。求实数x的取值范围。

变式：若x,y,z(0,1),证明：(1y)x(1z)y(1x)z1。注：构造一次函数证明即可。

【例11】设a1，a2，a3，…，an∈R+，证明：对nN有

22(a1a2an)2n(a12a2an)。2*

策略：由不等式

22(a12a2an)x22(a1a2an)xn0对一切xR而且xN*均成立，即(a1x1)2(a2x1)2(anx1)20，于是构造二次函数。因此令

22y(a12a2an)x22(a1a2an)xn(ai0,i1,2,,n对xR而且xN均成立，从而由0得

22(a1a2an)2n(a12a2an)。*

变式：求证：

2222(a1b1a2b2anbn)2(a12a2an)(b12b2bn)，并

讨论何时取得等号（柯西不等式）。

证：若ai0或bi0(i1,2,,n)，则左=右=0。此时不等式成立，且取等号。

若ai0(i1,2,,n)不全为零，则考虑函数：

f(x)(a1xb1)2(a2xb2)2(anxbn)2，由f(x)0对于一切实数x恒有成立，从而

2222f(x)(a12a2an)x22(a1b1a2b2anbn)x(b12b2bn)，于是依题意a1a2an0且xR，f(x)0，从而由0得

2222(a1b1a2b2anbn)2(a12a2an)(b12b2bn)。22

2其中等号成立f(x)0的0，即方程有相等实数根x0，即(aix0bi)20，从而

i1nbb1b2nx0。a1a2an

bb1b2nx0时等a1a2an综上所得当ai0或bi0(i1,2,3,,n)或

号成立。

例

3、已知ab0，求证：abab。

策略1：构造指数函数f(x)()；策略2：比商法。

例

4、设三角形三边a、b、c，求证：

策略：令f(x)abbaabxabc。1a1b1cx11,x(0,)。由函数的单调性知，1x1x

x在区间(0,)上是单调递增函数，于是由a、b、c为三角形1x的三边知abc，从而有f(x)

f(ab)f(c)，即

原不等式得证。

例

5、求证：sinx2ababc，故1a1b1(ab)1(ab)1c45。2sinx

策略：⑴构造指数函数f(x)x

必须依单调性定义证明。4，⑵利用函数的单调性得证（但x

注：一般地，当x0,a0,b0时。①f(x)xa在区间(0,a]单调递减，在区间[a,)单调递增； x

111,0)(0,]单调递减，在区间在区间[aax②f(x)ax

(,11][,)单调递增； aa

bbb,0)(0,]单调递减，在区间在区间[aax③f(x)ax

(,bb][,)单调递增。aa

例

6、设a、b、c、d∈R，22求证：ab+cd≥(ac)(bd)。2222

精析：对于一个问题，多是利用常规思维方法进行求解，几经周折不得结果。这时，可以启发学生利用数形结合的思想进行试探，于是学生马上就会联想到两点间的距离公式。因为x1，x2，y1，y2∈R且含有平方和开方运算，形式与题意何等相似！

于是设P（a，b），Q（c，d）为坐标平面上两点，则|OP|=ab，22|OQ|=cd，|PQ|=(ac)(bd)，显然有|OP|+|OQ|≥|PQ|。2222

（五）