不等式的证明及著名不等式Word文档下载推荐.docx
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0,因此要证明a>
b,只要证明______即可,这种方法称为求差比较法.
②求商比较法
由a>
b>
0⇔>
1且a>
0,b>
0,因此当a>
0时要证明a>
b,只要证明______即可,这种方法称为求商比较法.
(2)分析法
从待证不等式出发,逐步寻求使它成立的__________,直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等).这种证法称为分析法,即“执果索因”的证明方法.
(3)综合法
从已知条件出发,利用不等式的有关性质或定理,经过推理论证,推导出所要证明的不等式成立,即“由因寻果”的方法,这种证明不等式的方法称为综合法.
(4)反证法的证明步骤
第一步:
作出与所证不等式______的假设;
第二步:
从条件和假设出发,应用正确的推理方法,推出矛盾的结论,否定假设,从而证明原不等式成立.
(5)放缩法
所谓放缩法,即要把所证不等式的一边适当地____________,以利于化简,并使它与不等式的另一边的不等关系更为明显,从而得到欲证不等式成立.
(6)数学归纳法
设{Pn}是一个与自然数相关的命题集合,如果:
(1)证明起始命题P1(或P0)成立;
(2)在假设Pk成立的前提下,推出Pk+1也成立,那么可以断定{Pn}对一切自然数成立.
1.已知a<
0,b<
0,且>
,则a,b的大小关系为______.
2.已知a、b、m均为正数,且a<
b,M=,N=,则M、N的大小关系是________.
3.设a=-,b=-,c=-,则a,b,c的大小关系为__________.
4.已知a>
0,则P=lg(1+),Q=[lg(1+a)+lg(1+b)]的大小关系为________.
5.设a、b、c是正实数,且a+b+c=9,则++的最小值为________.
题型一 柯西不等式的应用
例1
已知3x2+2y2≤6,求证:
2x+y≤.
思维升华 使用柯西不等式时,关键是将已知条件通过配凑,转化为符合柯西不等式条件的式子,二维形式的柯西不等式(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,当且仅当ad=bc时等号成立.
跟踪训练 若3x+4y=2,则x2+y2的最小值为______.
题型二 用综合法或分析法证明不等式
例2
已知a,b,c∈(0,+∞),且a+b+c=1,
求证:
(1)(-1)·
(-1)·
(-1)≥8;
(2)++≤.
思维升华 用综合法证明不等式是“由因导果”,分析法证明不等式是“执果索因”,它们是两种思路截然相反的证明方法.综合法往往是分析法的逆过程,表述简单、条理清楚,所以在实际应用时,往往用分析法找思路,用综合法写步骤,由此可见,分析法与综合法相互转化,互相渗透,互为前提,充分利用这一辩证关系,可以增加解题思路,开阔视野.
设a,b,c>
0,且ab+bc+ca=1.
(1)a+b+c≥;
(2)++≥(++).
题型三 放缩法或数学归纳法
例3
若n∈N*,Sn=++…+,求证:
<
Sn<
.
思维升华
(1)与正整数n有关的不等式证明问题,如果用常规方法有困难,可以考虑利用数学归纳法来证明.在利用数学归纳法证明不等式时,在第二步骤中,要注意利用归纳假设.同时,这一步骤往往会涉及分析法、放缩法等综合方法.本题可用数学归纳法进行证明,但较麻烦.
(2)放缩法证明不等式,就是利用不等式的传递性证明不等关系.常见的放缩变换有<
,>
,<
.上面不等式中k∈N*,k>
1.
求证:
-<
1+++…+<
2-(n≥2,n∈N+).
利用算术—几何平均不等式求最值
典例:
(5分)已知a,b,c均为正数,则a2+b2+c2+2的最小值为________.
方法与技巧
1.不等式的证明方法灵活,要注意体会,要根据具体情况选择证明方法.
2.柯西不等式的证明有多种方法,如数学归纳法,教材中的参数配方法(或判别式法)等,参数配方法在解决其它问题方面应用比较广泛.柯西不等式的应用比较广泛,常见的有证明不等式,求函数最值,解方程等.应用时,通过拆常数,重新排序、添项,改变结构等手段改变题设条件,以利于应用柯西不等式.
失误与防范
1.利用基本不等式必须要找准“对应点”,明确“类比对象”,使其符合几个著名不等式的特征.
2.注意检验等号成立的条件,特别是多次使用不等式时,必须使等号同时成立.
A组 专项基础训练
1.若<
0,则下列四个结论:
①|a|>
|b|;
②a+b<
ab;
③+>
2;
④<
2a-b.
其中正确的是________.
2.若T1=,T2=,则当s,m,n∈R+时,T1与T2的大小为________.
3.设0<
x<
1,则a=,b=1+x,c=中最大的一个是________.
4.已知x,y∈R,且xy=1,则(1+)(1+)的最小值为________.
5.设x>
0,y>
0,M=,N=+,则M、N的大小关系为__________.
6.若a,b∈R+,且a≠b,M=+,N=+,则M、N的大小关系为________.
7.若a,b,c∈(0,+∞),且a+b+c=1,则++的最大值为________.
8.已知a,b,c为正实数,且a+2b+3c=9,则++的最大值为________.
9.设a+b=2,b>
0,则当a=________时,+取得最小值.
10.设a>
0,则以下不等式①>
,②a>
|a-b|-b;
③a2+b2>
4ab-3b2;
④ab+>
2中恒成立的序号是________.
B组 专项能力提升
1.已知x>
0,且+=1,则x+y的最小值为_________________________.
2.函数y=x2·
(1-3x)在上的最大值是________.
3.已知a,b,m,n均为正数,且a+b=1,mn=2,则(am+bn)(bm+an)的最小值为________.
4.已知a,b为实数,且a>
0.
则的最小值为________.
5.P=++(x>
0,z>
0)与3的大小关系是________.
6.已知x2+2y2+3z2=,则3x+2y+z的最小值为_________________________.
7.设a,b,c都是正数,那么三个数a+,b+,c+________.(填序号)
①都不大于2;
②都不小于2;
③至少有一个大于2;
④至少有一个不小于2.
答案
基础知识自主学习
要点梳理
1.
(2)≥ a=b 正数 不小于(即大于或等于)
(3)①x=y 大 ②x=y 小
2.
(1)≥ a=b=c 不小于
(2)不小于 ≥ a1=a2=…=an
4.
(1)①a-b>
0 ②>
1
(2)充分条件 (4)相反
(5)放大或缩小
夯基释疑
1.a>
b2.M<
N解析 M-N=-=<
0,即M<
N.
3.a>
c解析 分子有理化得a=,b=,c=∴a>
c.
4.P≤Q解析 [lg(1+a)+lg(1+b)]=lg.
∵(1+a)(1+b)=1+(a+b)+ab≥1+2+ab=(1+)2,∴≥1+,
∴lg(1+)≤lg=[lg(1+a)+lg(1+b)],
即lg(1+)≤[lg(1+a)+lg(1+b)].∴P≤Q.
5.2解析 ∵(a+b+c)=[()2+()2+()2]·
[( )2+( )2+( )2]≥2=18.
∴++≥2.∴++的最小值为2.
题型分类深度剖析
证明 由于2x+y=(x)+(y),
由柯西不等式(a1b1+a2b2)2≤(a+a)(b+b)得
(2x+y)2≤[()2+()2](3x2+2y2)≤(+)×
6=×
6=11,∴|2x+y|≤,∴2x+y≤.
跟踪训练1
解析 由柯西不等式(32+42)·
(x2+y2)≥(3x+4y)2,①
得25(x2+y2)≥4,所以x2+y2≥.
不等式①中当且仅当=时等号成立,x2+y2取得最小值,由方程组解得因此当x=,y=时,x2+y2取得最小值,最小值为.
证明
(1)∵a,b,c∈(0,+∞),
∴a+b≥2,b+c≥2,c+a≥2,
(-1)=≥=8.
(2)∵a,b,c∈(0,+∞),
∴a+b≥2,b+c≥2,c+a≥2,2(a+b+c)≥2+2+2,
两边同加a+b+c得3(a+b+c)≥a+b+c+2+2+2=(++)2.
又a+b+c=1,∴(++)2≤3,∴++≤.
跟踪训练2 证明
(1)要证a+b+c≥,
由于a,b,c>
0,因此只需证明(a+b+c)2≥3.
即证:
a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≥3,而ab+bc+ca=1,
故需证明:
a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≥3(ab+bc+ca).
a2+b2+c2≥ab+bc+ca.
而这可以由ab+bc+ca≤++=a2+b2+c2(当且仅当a=b=c时等号成立)证得.∴原不等式成立.
(2)++=.
在
(1)中已证a+b+c≥.
因此要证原不等式成立,只需证明≥++.即证a+b+c≤1,
即证a+b+c≤ab+bc+ca.
而a=≤,b≤,c≤.∴a+b+c≤ab+bc+ca(a=b=c=时等号成立).∴原不等式成立.
证明 ∵n(n+1)>
n2,∴Sn>
1+2+…+n=.
又∵<
==n+,
∴Sn<
(1+)+(2+)+…+(n+)=+=<
.∴<
跟踪训练3 证明 ∵k(k+1)>
k2>
k(k-1),k≥2,
∴<
,即-<
-,
分别令k=2,3,…,n得
1-;
-;
…
将上述不等式相加得:
-+-+…+-<
++…+<
1-+-+…+-,
即-<
1-,∴-<
2-.
练出高分
A组
1.②③④
解析 取特殊值a=-1,b=-2,
代入验证得②③④正确.
2.T1≤T2解析 因为-=s·
=≤0.所以T1≤T2.
3.c解析 由a2=2x,b2=1+x2+2x>
a2,a>
0得b>
a.
又c-b=-(1+x)==>
0得c>
b,知c最大.
4.4解析 (1+)(1+)≥(1+)2=4.
5.M<
N解析 N=+>
+==M.
6.M>
N解析 ∵a≠b,∴+>
2,+>
2,
∴+++>
2+2,∴+>
+.即M>
7.解析 (++)2=(1×
+1×
)2≤(12+12+12)(a+b+c)=3.
当且仅当a=b=c=时,等号成立.∴(++)2≤3.故++的最大值为.
8.解析 ++=++≤=,故最大值为.
9.-2解析 由于a+b=2,所以+=+=++,由于b>
0,|a|>
0,所以+≥2=1,因此当a>
0时,+的最小值
是+1=;
当a<
0时,+的最小值是-+1=.故+的最小值为,此时即a=-2.
10.②④解析 ∵a>
0,∴a+b≥2.∴≥.故①不恒成立.
②中a+b>
|a-b|恒成立.
③中a2+b2-4ab+3b2=a2-4ab+4b2=(a-2b)2≥0,故③不恒成立.
④中由ab>
0及ab+≥2>
2恒成立,因此只有②④正确.
B组
1.16解析 ∵x>
0,+=1,
∴x+y=(x+y)·
=++10≥6+10=16,当且仅当=时,上式等号成立.
又+=1,∴x=4,y=12时,(x+y)min=16.
2.解析 由y=x2·
(1-3x)=·
x·
x(1-3x)≤3=.
3.2解析 由柯西不等式(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,当且仅当ad=bc时“=”成立,得(am+bn)(bm+an)≥(·
+)2=mn(a+b)2=2.
4.9解析 因为a>
0,所以a+b+≥3=3>
0,①
同理可证:
a2++≥3>
0.②由①②及不等式的性质得
=3×
3=9.
5.P<
3解析 ∵P-3=-1+-1+-1=++<
0,∴P<
3.
6.-2解析 ∵(x2+2y2+3z2)[32+()2+2]≥(3x+y·
+z·
)2=(3x+2y+z)2,
当且仅当x=3y=9z时,等号成立.∴(3x+2y+z)2≤12,
即-2≤3x+2y+z≤2.当x=-,y=-,z=-时,
3x+2y+z=-2,∴最小值为-2.
7.④解析 ∵a++b++c+=++≥2+2+2=6.∴a+,b+,c+三数之和不小于6,即三个数中至少有一个不小于2.