不等式的证明(一)

学科：数学

教学内容：不等式的证明（一）

【学习目标】

掌握两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的定理及其应用． 掌握用比较法证明不等式． 培养学生对式子等价变形的能力．

【高考试题剖析】

ab2aba2b21．若a、b是正数，则2、ab、ab、

2这四个数的大小顺序是（ ab2aba2b2A．

ab≤

2≤ab≤

2

a2b2ab2abB．

2 ≤ab≤

2≤ab

2ababa2b2C． ab≤ab≤

2≤

2

aba2b22abD．

ab≤

2≤

2≤ab

ab32ab4145【解析】可设a＝1，b＝2，则22,ab2,ab3,222.5.【答案】C

2．下列函数中，最小值为2的函数是（ ）

）

1A．y＝x＋x

B．y＝sinθ＋secθ(0＜θ＜2)

C．y＝sinθ＋cscθ(0＜θ＜2) 【答案】C

D．y＝

x3x2

2213．设0＜x＜1，则a＝2x，b＝1＋x，c＝1x中最大的一个是（ ） A．a

B．b

C．c

D．不能确定

1【解析】∵0＜x＜1，∴1＋x＞2x4x2x，∴只须比较1＋x与1x的大小，

1∵1＋x－1x1x11x2x21x0,

1∴1＋x＜1x 【答案】C

4．若a、b∈R，则下列不等式：①a2＋3＞2a，②a2＋b2≥2(a－b－1)，③a5＋b5＞a3b2

1＋a2b3，④a＋a≥2中一定成立的是_____．

【解析】①a2＋3－2a＝(a－1)2＋2＞0，∴a2＋3＞2a；

②a2＋b2－2a＋2b＋2＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，∴a2＋b2≥2(a－b－1)；

③a5＋b5－a3b2－a2b3＝a3(a2－b2)＋b3(b2－a2)＝(a2－b2)(a3－b3)＝(a＋b)(a－b)2(a2＋ab＋b2)，

∵(a－b)2≥0，a2＋ab＋b2≥0，但a＋b符号不确定．∴a5＋b5＞a3b2＋a2b3不正确；

1④a∈R时，a＋a≥2不正确． 【答案】①②

5．b克糖水中有a克糖 (b＞a＞0)，若再添上m克糖(m＞0)，则糖水就变甜了．试根据这个事实提炼一个不等式：_____．

am【解析】bmabm(ba)b(mb)0a．提炼不等式即bambm．

a【答案】b

ambm

【典型例题精讲】

xy［例1］已知x＞y＞0，且xy＝1，求xy22的最小值及相应的x，y的值．

【分析】分子的次数高于分母的次数，可把分子化成关于分母的多项式，再拆项，即可用均值不等式求最小值．

【解】∵x＞y＞0，∴x－y＞0，又xy＝1

xy∴xy22(xy)2xyxy2xy2xy2(xy)2xy22

2xyxy当且仅当xy1 即

xy626222，时“＝”成立．

xy∴xy22的最小值为2

2，此时

x622,y622．

【评述】应用平均值不等式求最值，要注意：一正，二定，三相等以及组合变形．

a21［例2］设a＞0，b＞0，求证b()2(b2111a)2a2b2．

【分析】不等式两端都是多项式的形式，故可用比差法证明或比商法证明．

(a)(b)33【证法一】左边－右边＝

ab(ab)

(ab)(aabb)abab(ab)(ab)(a2abb)ab2(ab)(aabb)0

∴原不等式成立．

【证法二】左边＞0，右边＞0． 且a＞0，b＞0． ∴ab2ab

当且仅当a＝b时等号成立

左边(ab)(aab(aabb)b)aabbab2ababab∴

右边1,

∴原不等式成立．

【评述】用比较法证不等式，一般要经历作差(或商)、变形、判断三个步骤．变形的主要手段是通分、因式分解或配方．在变形过程中，也可利用基本不等式放缩，如证法二．下面的例3则是公式法与配方法的综合应用．

1［例3］已知x≥0，y≥0，求证2(xy)214(xy)xyyx．

1【分析】2(xy)21412(xy)xy(xy)

12(xy)[(xy)]xy(xy)

1没法因式分解变形，故可把2(x＋y)放缩成【证明】∵x≥0，y≥0，∴x＋y≥2

xyxy，出现公因式再变形．

xy．

即2xy．

当且仅当x＝y时等号成立

xy∴左边－右边＝

212122[(xy)12]xy(xy)

xy[(xy)]xy(xy)

xy[(xy)(xy)]

xy[(x12)(y12)]0.2

∴原不等式成立．

【评述】用比较法证不等式时，变形过程可适当放缩，但不要放缩过了． ［例4］已知a＞1，λ＞0，求证：loga(a＋λ)＞loga＋λ(a＋2λ)． 【分析】不等式的两端是对数式，而底又不同，故可换底进行比较． 【证明】loga(a＋λ)－log(a＋λ)(a＋2λ)

lg(a)lgalg(a2)lg(a)lg(a)lgalg(a2)lgalg(a)2

∵a＞1，λ＞0，∴lga＞0，lg(a＋2λ)＞0，且lga≠lg(a＋2λ)

lgalg(a2)22∴lga·lg(a＋2λ)＜＝lg2(a＋λ)

()[lg(a22a)2][2lg(a)22]2

lg(a)lgalg(a2)2∴

lgalg(a)0

∴loga(a＋λ)＞log(a＋λ)(a＋2λ)

【评述】上述用比较法证明的过程中用了基本不等式及综合法判断符号，可见各个方法之间是相互补充的关系，而绝非是孤立的．

［例5］已知x＞0，y＞0，若不等式xy≤mxy恒成立，求实数m的最小值．

【分析】∵

xy≤mxy恒成立，

x∴m≥

yxy恒成立，

xy∴m的最小值就是

xy的最大值．

xy【解】∵

xy≤mxy恒成立，∴m≥xy恒成立，

∵x＞0，y＞0，

(xy)2∴

xy≥

2x2y，

当且仅当x＝y时等号成立

xyyx∴

yx22．

xy≤

∴m的最小值为2．

【评述】分离参数法是求参数的范围问题常用的方法，化归是解这类问题常用的手段．

【达标训练】

xk11．已知x和k都是正实数， f(x)＝A．f(x)≥4 B．f(x)≥3

2xk，则（ ）

C．f(x)≥2 D．f(x)＞2

2f(x)【解析】

xk1xk22xk21xk≥2．

2xk当且仅当【答案】C

21xk时“＝”成立，即x2＋k＝1．

22．设x＞0，y＞0，且xy－(x＋y)＝1，则（ ） A．x＋y≤2C．x＋y≤(

2＋2 2＋1)2

B．x＋y≥2D．x＋y≥(

2＋2 2＋1)2

xy【解析】∵x＞0、y＞0，∴xy≤(

2)2

xy由xy－(x＋y)＝1得(【答案】B

abbcacab2)2－(x＋y)≥1，∴x＋y≥2＋22．

3．若a＞c＞b＞0，则c【解析】∵a＞c＞b＞0，

abbcacab22的符号是_____．

∴

2cabab22bcbcabc22caac22

2a(bc)a(bc)bc(bc)abc(bc)(ab)(ac)abc0.(bc)(aabacbc)abc

【答案】负

14．设a＞0，b＞0，则下面两式的大小关系为lg(1＋ab)_____2［lg(1＋a)＋lg(1＋b)］． 【解析】(1＋ab)2－(a＋1)(b＋1)＝2ab－a－b＝－(ab)2≤0，而lgx为增函数． 【答案】≤

|ab|225．设a≠0，a，b∈R，求证：

2|a||a||b|2．

|ab|22【证法一】

||a||b||2|a|222|a||a||b|2

|a||b|21212|a||b|2(|a||b|)(|a||b|)|(|a||b|)(|a||b|)|2|a|(|a||b|)2|a|12|b|2|a|||a||b||()||a||b||12121212||a||b||(|a||b|)(|a||b|)(|a||b|)0.

|ab|22∴

2|a||a||b|2，当b＝0或a＝±b时取等号．

|ab|22【证法二】(1)若0＜｜a｜≤｜b｜．则

|ab|222|a|0,|a||b|20．

∴

2|a||a||b|2；

(2)若｜a｜＞｜b｜≥0，则

|ab|2|a|22|a||b|2|a||b|2|a|22|a||b|2(|a||b|)(|a||b|)2|a||a||b|2|a||b||a||b|(1)2|a||a||b||b|2|a|

0．

|ab|22即

2|a||a||b|222

|a||b|2|ab|由(1)、(2)知

2|a|(当且仅当｜a｜＝｜b｜或b＝0时取等号)．

6．已知a，b，c均为正实数，求证：a＋b＋c≥3abc． 【证明】a3＋b3＋c3－3abc＝(a＋b)3－3a2b－3ab2－3abc＋c3 ＝(a＋b)3＋c3－3ab(a＋b＋c)

＝(a＋b＋c)［(a＋b)－(a＋b)c＋c－3ab］ ＝(a＋b＋c)(a2＋b2＋c2－ab－ac－bc)

2

2

333

1＝2(a＋b＋c)［(a－b)＋(b－c)＋(c－a)］≥0 ∴a＋b＋c≥3abc

3

3

3

2

2

2

17．证明：对于任意实数x、y有x4＋y4≥2xy·(x＋y)2．

1【证明】要证x＋y≥2xy(x＋y)成立，即证2(x＋y)≥xy＋xy＋2xy成立．

4

4

2

4

4

3

3

22

∴不等式①显然成立，∴下面用比较法证明不等式②成立即可． (x4＋y4)－(x3y＋xy3)＝(x－y)(x3－y3) ∵(x－y)与x3－y3同号， ∴(x－y)(x3－y3)≥0 即x4＋y4≥x3y＋xy3

1∴x＋y≥2xy(x＋y)

【解题指导】

1．比较法有两种形式，一是作差，二是作商．用作差证明不等式是证明不等式中最基本、最常用的方法．它的依据是不等式的基本性质．

4

4

2

变形判断．变形的目的是为了判断．若是作差，就2．步骤是：作差(商)判断与0的大小关系，为了便于判断，往往把形式变为积或完全平方式．若是作商，两边为正，就判断与1的大小关系．

3．有时要先对不等式作等价变形再进行证明，有时几种证明方法综合使用．

【拓展练习】 备选题

1．当m＞n时，求证：m3－m2n－3mn2＞2m2n－6mn2＋n3．

证明：∵(m3－m2n－3mn2)－(2m2n－6mn2＋n3)＝m3－3m2n＋3mn2－n3＝(m－n)3， 又m＞n，∴m－n＞0，∴(m－n)＞0， 即(m3－m2n－3mn2)－(2m2n－6mn2＋n3)＞0， 故m3－m2n－3mn2＞2m2n－6mn2＋n3．

2．a1，a2，b1，b2∈R，求证：(a1＋a2)(b1＋b2)≥(a1b 1＋a2b2)． 【证明】左式－右式＝(a1b2－a2b1)2≥0．

【评注】此不等式其实就是柯西不等式当n＝2时的情况．

2

2

2

2

2

3