1.()已知x、y是正變數(shù),a、b是正常數(shù),且=1,x+y的最小值為__________.
2.()設(shè)正數(shù)a、b、c、d滿足a+d=b+c,且|a-d|<|b-c|,則ad與bc的大小關(guān)系是__________.
3.()若m<n,p<q,且(p-m)(p-n)<0,(q-m)(q-n)<0,則m、n、p、q的大小順序是__________.
4.()已知a,b,c為正實(shí)數(shù),a+b+c=1.
求證:(1)a2+b2+c2≥
(2)≤6
5.()已知x,y,z∈R,且x+y+z=1,x2+y2+z2=,證明:x,y,z∈[0,]
6.()證明下列不等式:
(1)若x,y,z∈R,a,b,c∈R+,則z2≥2(xy+yz+zx)
(2)若x,y,z∈R+,且x+y+z=xyz,
則≥2()
7.()已知i,m、n是正整數(shù),且1<i≤m<n.
(1)證明:niA<miA;
(2)證明:(1+m)n>(1+n)m
8.()若a>0,b>0,a3+b3=2,求證:a+b≤2,ab≤1.
難點(diǎn)18 不等式的證明策略 不等式的證明,方法靈活多樣,它可以和很多內(nèi)容結(jié)合.高考解答題中,常滲透不等式證明的內(nèi)容,純不等式的證明,歷來是高中數(shù)學(xué)中的一個(gè)難點(diǎn),本難點(diǎn)著重培養(yǎng)考生數(shù)學(xué)式的變形能力,邏輯思維能力以及分析問題和解決問題的能力. ●難點(diǎn)磁場(chǎng) ()已知a>0,b>0,且a+b=1. 求證:(a+)(b+)≥. ●案例探究 [例1]證明不等式(n∈N*) 命題意圖:本題是一道考查數(shù)學(xué)歸納法、不等式證明的綜合性題目,考查學(xué)生觀察能力、構(gòu)造能力以及邏輯分析能力,屬級(jí)題目. 知識(shí)依托:本參考答案
參考答案
難點(diǎn)磁場(chǎng)
證法一:(分析綜合法)
欲證原式,即證4(ab)2+4(a2+b2)-25ab+4≥0,即證4(ab)2-33(ab)+8≥0,即證ab≤或ab≥8.
∵a>0,b>0,a+b=1,∴ab≥8不可能成立
∵1=a+b≥2,∴ab≤,從而得證.
證法二:(均值代換法)
設(shè)a=+t1,b=+t2.
∵a+b=1,a>0,b>0,∴t1+t2=0,|t1|<,|t2|<
顯然當(dāng)且僅當(dāng)t=0,即a=b=時(shí),等號(hào)成立.
證法三:(比較法)
∵a+b=1,a>0,b>0,∴a+b≥2,∴ab≤
證法四:(綜合法)
∵a+b=1, a>0,b>0,∴a+b≥2,∴ab≤.
證法五:(三角代換法)
∵ a>0,b>0,a+b=1,故令a=sin2α,b=cos2α,α∈(0,)
2
殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練
一、1.解析:令=cos2θ,=sin2θ,則x=asec2θ,y=bcsc2θ,∴x+y=asec2θ+bcsc2θ=a+b+atan2θ+bcot2θ≥a+b+2.
答案:a+b+2
2.解析:由0≤|a-d|<|b-c|(a-d)2<(b-c)2(a+b)2-4ad<(b+c)2-4bc
∵a+d=b+c,∴-4ad<-4bc,故ad>bc.
答案:ad>bc
3.解析:把p、q看成變量,則m<p<n,m<q<n.
答案:m<p<q<n
二、4.(1)證法一:a2+b2+c2-=(3a2+3b2+3c2-1)
=[3a2+3b2+3c2-(a+b+c)2]
=[3a2+3b2+3c2-a2-b2-c2-2ab-2ac-2bc]
=[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0 ∴a2+b2+c2≥
證法二:∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2
∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥
證法三:∵∴a2+b2+c2≥
∴a2+b2+c2≥
證法四:設(shè)a=+α,b=+β,c=+γ.
∵a+b+c=1,∴α+β+γ=0
∴a2+b2+c2=(+α)2+(+β)2+(+γ)2
=+ (α+β+γ)+α2+β2+γ2
=+α2+β2+γ2≥
∴a2+b2+c2≥
∴原不等式成立.
證法二:
∴≤<6
∴原不等式成立.
5.證法一:由x+y+z=1,x2+y2+z2=,得x2+y2+(1-x-y)2=,整理成關(guān)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,]
證法二:設(shè)x=+x′,y=+y′,z=+z′,則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,]
證法三:設(shè)x、y、z三數(shù)中若有負(fù)數(shù),不妨設(shè)x<0,則x2>0,=x2+y2+z2≥x2+>,矛盾.
x、y、z三數(shù)中若有最大者大于,不妨設(shè)x>,則=x2+y2+z2≥x2+=x2+=x2-x+
=x(x-)+>;矛盾.
故x、y、z∈[0,]
∵上式顯然成立,∴原不等式得證.
7.證明:(1)對(duì)于1<i≤m,且A =m.….(m-i+1),
,
由于m<n,對(duì)于整數(shù)k=1,2,…,i-1,有,
所以
(2)由二項(xiàng)式定理有:
(1+m)n=1+Cm+Cm2+…+Cmn,
(1+n)m=1+Cn+Cn2+…+Cnm,
由(1)知miA>niA (1<i≤m,而C=
∴miCin>niCim(1<m<n
∴m0C=n0C=1,mC=nC=m.n,m2C>n2C,…,
mmC>nmC,mm+1C>0,…,mnC>0,
∴1+Cm+Cm2+…+Cmn>1+Cn+C2mn2+…+Cnm,
即(1+m)n>(1+n)m成立.
8.證法一:因a>0,b>0,a3+b3=2,所以
(a+b)3-23=a3+b3+3a2b+3ab2-8=3a2b+3ab2-6
=3[ab(a+b)-2]=3[ab(a+b)-(a3+b3)]=-3(a+b)(a-b)2≤0.
即(a+b)3≤23,又a+b>0,所以a+b≤2,因?yàn)?≤a+b≤2,
所以ab≤1.
證法二:設(shè)a、b為方程x2-mx+n=0的兩根,則,
因?yàn)?i>a>0,b>0,所以m>0,n>0,且Δ=m2-4n≥0 ①
因?yàn)?=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]=m(m2-3n)
所以n= ②
將②代入①得m2-4()≥0,
即≥0,所以-m3+8≥0,即m≤2,所以a+b≤2,
由2≥m 得4≥m2,又m2≥4n,所以4≥4n,
即n≤1,所以ab≤1.
證法三:因a>0,b>0,a3+b3=2,所以
2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)(2ab-ab)=ab(a+b)
于是有6≥3ab(a+b),從而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=
(a+b)3,所以a+b≤2,(下略)
證法四:因?yàn)?img src="http://thumb.1010pic.com/pic20/38/384109_1/image086.gif">
≥0,
所以對(duì)任意非負(fù)實(shí)數(shù)a、b,有≥
因?yàn)?i>a>0,b>0,a3+b3=2,所以1=≥,
∴≤1,即a+b≤2,(以下略)
證法五:假設(shè)a+b>2,則
a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]>(a+b)ab>2ab,所以ab<1,
又a3+b3=(a+b)[a2-ab+b2]=(a+b)[(a+b)2-3ab]>2(22-3ab)
因?yàn)?i>a3+b3=2,所以2>2(4-3ab),因此ab>1,前后矛盾,故a+b≤2(以下略)
百度致信 - 練習(xí)冊(cè)列表 - 試題列表
違法和不良信息舉報(bào)電話:027-86699610 舉報(bào)郵箱:58377363@163.com