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16版:不等式的证明(创新设计)


第2讲
最新考纲
单不等式.

不等式的证明

了解证明不等式的基本方法:比较法、综合

法、分析法、反证法、放缩法,并能用它们证明一些简

基础诊断

考点突破

知 识 梳 理
1.基本不等式

定理1:设

a,b∈R,则a2+b2≥2ab.当且仅当a=b时,等号
成立.

a+b 定理 2:如果 a,b 为正数,则 ≥ ab,当且仅当 a=b 2 时,等号成立. a+b+c 3 定理 3:如果 a,b,c 为正数,则 ≥ abc,当且仅 3 当 a=b=c 时,等号成立.
基础诊断 考点突破

定理 4: (一般形式的算术—几何平均不等式)如果 a1, a2, …, a1+a2+…+an n an 为 n 个正数,则 ≥ a1a2…an,当且仅当 n a1=a2=…=an 时,等号成立.
2.柯西不等式 (1)设a,b,c,d均为实数,则(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2, 当且仅当ad=bc时等号成立.

基础诊断

考点突破

(2)若

? n 2 ?? n 2 ? ? n ? ?∑a ??∑b ? ?∑a b ?2 * ai,bi(i∈N )为实数,则? i ?? i ?≥? i i ? ,当且仅 ?i=1 ??i=1 ? ?i=1 ?

b1 b2 bn 当 = =…= (当 ai=0 时,约定 bi=0,i=1,2,…, a1 a2 an n)时等号成立. (3)柯西不等式的向量形式:设α ,β 为平面上的两个向量,

则|α ||β |≥|α ·β |,当且仅当α ,β 共线时等号成立. 3.不等式的证明方法 证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证 法、放缩法等.

基础诊断

考点突破

诊 断 自 测
a+m a 1.已知 a、b、m 均为正数,且 a<b,M= ,N= , b b+m 则 M,N 的大小关系是________.
a a+m m(a-b) 解析 M-N= - = <0,即 M<N. b b+m b(b+m)

答案 M<N

基础诊断

考点突破

2.设 a= 3- 2,b= 6- 5,c= 7- 6,则 a,b,c 的大小关系为________.
1 1 1 解析 分子有理化得 a= , b= , c= , 3+ 2 6+ 5 7+ 6 ∴a>b>c.
答案 a>b>c

基础诊断

考点突破

3.若 0<a<b<1,则 a+b,2 ab,a2+b2,2ab 中最大的 一个是________.
解析 ∵a+b>2 ab,a2+b2>2ab. 又(a2+b2)-(a+b)=a(a-1)+b(b-1), ∵0<a<1,0<b<1.∴a(a-1)+b(b-1)<0. ∴a2+b2<a+b.
答案 a+b

基础诊断

考点突破

4.(2014· 陕西卷)设 a,b,m,n∈R,且 a2+b2=5,ma+ nb=5,则 m2+n2的最小值为________.

解析 ∵a2+b2+m2+n2≥2(am+bn)(当且仅当 a=m, b=n 时等号成立),∵a2+b2=5,ma+bn=5, ∴5+m2+n2≥10,∴m2+n2≥5,∴ m2+n2 ≥ 5, 故 m2+n2的最小值为 5.
答案 5

基础诊断

考点突破

5.若 a,b,c∈(0,+∞),且 a+b+c=1,则 a+ b+ c 的最大值为________.
解析 ( a+ b+ c)2= (1× a+1× b+1× c)2≤(12+12

+12)(a+b+c)=3. 1 当且仅当 a=b=c= 时,等号成立. 3 ∴( a+ b+ c)2≤3.故 a+ b+ c的最大值为 3.
答案 3

基础诊断

考点突破

考点一

分析法证明不等式

【例1】 设a,b,c>0,且ab+bc+ca=1.

求证:(1)a+b+c≥ 3; (2) a + bc b + ac c ≥ ab 3( a+ b+ c).

证明

(1)要证 a+b+c≥

3,

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). 即证:a2+b2+c2≥ab+bc+ca.
基础诊断 考点突破

a2+b2 b2+c2 c2+a2 2 2 而这可以由 ab+bc+ca≤ + + =a +b + 2 2 2 c2(当且仅当 a=b=c 时等号成立)证得. ∴原不等式成立. (2) a + bc b + ac c a+b+c = . ab abc

由于(1)中已证 a+b+c≥ 3. 1 因此要证原不等式成立,只需证明 ≥ abc 即证 a bc+b ac+c ab≤1,
基础诊断 考点突破

a+ b+ c.

即证 a bc+b ac+c ab≤ab+bc+ca. ab+ac 而 a bc= ab·ac≤ , 2 ab+bc bc+ac b ac≤ ,c ab≤ . 2 2 ∴a bc+b ac+c ab≤
? ab+bc+ca? a=b=c= ? ? ? 3 ? 时等号成立?. 3 ?

∴原不等式成立.

基础诊断

考点突破

规律方法

分析法是证明不等式的重要方法,当所证不

等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有 直接联系,较难发现条件和结论之间的关系时,可用分 析法来寻找证明途径,使用分析法证明的关键是推理的

每一步必须可逆.

基础诊断

考点突破

【训练1】 已知a,b,c均为正实数,且a+b+c=1,求
证: (1+a)(1+b)(1+c)≥8(1-a)(1-b)(1-c).

证明

∵a,b,c均为正实数,且a+b+c=1,

∴要证原不等式成立, 即证[(a+b+c)+a][(a+b+c)+b][(a+b+c)+c]≥ 8[(a+b+c)-a][(a+b+c)-b][(a+b+c)-c], 也就是证[(a+b)+(c+a)][(a+b)+(b+c)][(c+a)+(b+

c)]≥8(b+c)(c+a)(a+b).①

基础诊断

考点突破

∵(c+a)+(a+b)≥2 (a+b)+(b+c)≥2 (b+c)+(c+a)≥2

(c+a)(a+b)>0, (a+b)(b+c)>0. (b+c)(c+a)>0,

三式相乘得①式成立,故原不等式得证.

基础诊断

考点突破

考点二

用综合法证明不等式

【例2】 已知a>0,b>0,a+b=1,求证: 1 1 1 (1) + + ≥8; a b ab
? 1?? 1? (2)?1+ ??1+ ?≥9. a?? b? ?

证明

(1)∵a+b=1,a>0,b>0,

?1 1? 1 1 1 1 1 a+b ∴ + + = + + =2? + ? a b ab a b ab ?a b ? ?a+b a+b? ?b a? ? ? =2? =2? + ?+4≥4 + ? ?a b? b ? ? a

b a × +4=8. a b

1 1 1 ∴ + + ≥8. a b ab
基础诊断 考点突破

? 1?? 1? 1 1 1 (2)∵?1+ ??1+ ?= + + +1, a?? b? a b ab ? ? 1?? 1? 1 1 1 由(1)知 + + ≥8.∴?1+ ??1+ ?≥9. a?? b? a b ab ?

规律方法

利用综合法证明不等式,关键是利用好已知

条件和已经证明过的重要不等式.

基础诊断

考点突破

【训练 2】 已知 a,b,c 均为正实数,且互不相等,且 abc 1 1 1 =1,求证: a+ b+ c< + + . a b c

证明 法一 ∵a,b,c 均为正实数,且互不相等,且 abc =1, 1 + bc 1 + ca 1 1 1 1 1 1 + + + 1 b c c a a b < + + ab 2 2 2

∴ a+ b+ c= 1 1 1 = + + . a b c

1 1 1 ∴ a+ b+ c< + + . a b c
基础诊断 考点突破

1 1 法二 ∵ + ≥2 a b 1 1 + ≥2 b c

1 =2 c; ab 1 =2 b. ac a+ b+ c.

1 1 1 =2 a; + ≥2 bc c a

1 1 1 ∴以上三式相加,得 + + ≥ a b c

1 1 1 又∵a,b,c 互不相等,∴ + + > a+ b+ c. a b c

基础诊断

考点突破

法三

∵a,b,c 是不等正数,且 abc=1,

bc+ca ca+ab ab+bc 1 1 1 ∴ + + = bc + ca + ab = + + > a b c 2 2 2 abc2+ a2bc+ ab2c= a+ b+ c. 1 1 1 ∴ a+ b+ c< + + . a b c

基础诊断

考点突破

考点三

利用柯西不等式求最值

【例 3】 (1)(2013· 湖北卷)设 x,y,z∈R,且满足:x2+y2 +z2=1,x+2y+3z= 14,则 x+y+z=________.
1 4 9 (2)已知 x、y、z 均为正实数,且 x+y+z=1,则: + + x y z 的最小值为________.

基础诊断

考点突破

解析

(1)由柯西不等式,得

(x2+y2+z2)(12+22+32)≥(x+2y+3z)2, ∴(x+2y+3z)2≤14,则 x+2y+3z≤ 14, 又 x+2y+3z= 14, 14 14 3 14 y z ∴x= = ,因此 x= ,y= ,z= , 2 3 14 7 14 3 14 于是 x+y+z= . 7

基础诊断

考点突破

(2)法一 利用柯西不等式.
?1 4 9? 由于(x+y+z)? + + ?≥ ?x y z ? ? ? ? ?

1 2 3? 2=36. x· + y· + z· ? x y z? ?

1 4 9 所以 + + ≥36. x y z 1 2 12 1 1 1 当且仅当 x = y = z , 即 x= , y= , z= 时, 等号成立. 4 9 6 3 2
2

基础诊断

考点突破

1 4 9 1 4 法二 + + = (x+ y+z)+ (x+y+z)+ x y z x y
?y 4x? ? z 9x? ?4z 9y? 9 (x+ y+ z)= 14+? + ?+? + ?+? + ? ≥ 14+ 4+ 6+ y ? ?x z ? ? y z ? z ?x

12=36. 1 1 1 当且仅当 y=2x,z=3x,即 x= ,y= ,z= 时,等号成 6 3 2 立.

答案

3 14 (1) (2)36 7

基础诊断

考点突破

规律方法

根据柯西不等式的结构特征,利用柯西不等

式对有关不等式进行证明,证明时,需要对不等式变 形,使之与柯西不等式有相似的结构,从而应用柯西不 等式.

基础诊断

考点突破

【训练3】 (2013· 湖南卷)已知a,b,c∈R,a+2b+3c=6,

则a2+4b2+9c2的最小值为________.
解析 法一 ∵(x+y+z)2=x2+y2+z2+2xy+2yz+ 2zx≤3(x2+y2+z2),

1 36 2 ∴a +4b +9c ≥ (a+2b+3c) = =12. 3 3
2 2 2

∴a2+4b2+9c2 的最小值为 12.

基础诊断

考点突破

法二

由柯西不等式,得 (a2+ 4b2+ 9c2)· (12+ 12+ 12)≥(a· 1

+2b·1+3c· 1)2=36,故 a2+4b2+9c2≥12, 1 1 1 2 当且仅当 = = ,即 a=2,b=1,c= 时等号成立, a 2b 3c 3 从而 a2+4b2+9c2 的最小值为 12.
答案 12

基础诊断

考点突破


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