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高中必修1-5错误解题分析系列-《5.3 基本不等式的证明》


§5.3 基本不等式的证明 一、知识导学 1.比较法:比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法之一,它是两个实数大小顺序 和运算性质的直接应用,比较法可分为差值比较法(简称为求差法)和商值比较法(简称为求 商法). (1)差值比较法的理论依据是不等式的基本性质: “a-b≥0 ? a≥b; a-b≤0 ? a ≤b”.其一般步骤为:①作差:考察不等式左右两边构成的差式,将其看作一

个整体;② 变形:把不等式两边的差进行变形,或变形为一个常数,或变形为若干个因式的积,或变形 为一个或几个平方的和等等, 其中变形是求差法的关键, 配方和因式分解是经常使用的变形 手段;③判断:根据已知条件与上述变形结果,判断不等式两边差的正负号,最后肯定所求 证不等式成立的结论.应用范围:当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时一般使用 差值比较法. + (2)商值比较法的理论依据是:“若a,b∈R ,a/b≥1 ? a≥b;a/b≤1 ? a≤ b”.其一般步骤为:①作商:将左右两端作商;②变形:化简商式到最简形式;③判断商 与 1 的大小关系,就是判定商大于 1 或小于 1.应用范围:当被证的不等式两端含有幂、指 数式时,一般使用商值比较法. 2.综合法:利用已知事实(已知条件、重要不等式或已证明的不等式)作为基础,借助不 等式的性质和有关定理,经过逐步的逻辑推理,最后推出所要证明的不等式,其特点和思路 是“由因导果”,从“已知”看“需知”,逐步推出“结论”.即从已知A逐步推演不等式 成立的必要条件从而得出结论B. 3.分析法:是指从需证的不等式出发,分析这个不等式成立的充分条件,进而转化为判 定那个条件是否具备,其特点和思路是“执果索因”,即从“未知”看“需知”,逐步靠拢 “已知”.用分析法证明书写的模式是:为了证明命题B成立,只需证明命题B1 为真,从 而有?,这只需证明B2 为真,从而又有?,??这只需证明A为真,而已知A为真,故B 必为真.这种证题模式告诉我们,分析法证题是步步寻求上一步成立的充分条件. 4.反证法:有些不等式的证明,从正面证不好说清楚,可以从正难则反的角度考虑,即 要证明不等式A>B,先假设A≤B,由题设及其它性质,推出矛盾,从而肯定A>B.凡涉 及到的证明不等式为否定命题、惟一性命题或含有“至多”、“至少”、“不存在”、“不 可能”等词语时,可以考虑用反证法. 5.换元法:换元法是对一些结构比较复杂,变量较多,变量之间的关系不甚明了的不等 式可引入一个或多个变量进行代换, 以便简化原有的结构或实现某种转化与变通, 给证明带 来新的启迪和方法.主要有两种换元形式.(1)三角代换法:多用于条件不等式的证明,当所 给条件较复杂,一个变量不易用另一个变量表示,这时可考虑三角代换,将两个变量都有同 一个参数表示.此法如果运用恰当,可沟通三角与代数的联系,将复杂的代数问题转化为三 角问题; (2)增量换元法:在对称式(任意交换两个字母,代数式不变)和给定字母顺序(如 a>b>c等)的不等式,考虑用增量法进行换元,其目的是通过换元达到减元,使问题化难 为易,化繁为简.如a+b=1,可以用a=1-t,b=t或a=1/2+t,b=1/2-t进行换元. 二、疑难知识导析 1.在用商值比较法证明不等式时,要注意分母的正、负号,以确定不等号的方向. 2.分析法与综合法是对立统一的两个方面, 前者执果索因, 利于思考, 因为它方向明确, 思路自然,易于掌握;后者是由因导果,宜于表述,因为它条理清晰,形式简洁,适合人们 的思维习惯.但是,用分析法探求证明不等式,只是一种重要的探求方式,而不是一种好的 书写形式,因为它叙述较繁,如果把“只需证明”等字眼不写,就成了错误.而用综合法书 写的形式,它掩盖了分析、探索的过程.因而证明不等式时,分析法、综合法常常是不能分

离的.如果使用综合法证明不等式,难以入手时常用分析法探索证题的途径,之后用综合法 形式写出它的证明过程,以适应人们习惯的思维规律.还有的不等式证明难度较大,需一边 分析,一边综合,实现两头往中间靠以达到证题的目的.这充分表明分析与综合之间互为前 提、互相渗透、互相转化的辩证统一关系.分析的终点是综合的起点,综合的终点又成为进 一步分析的起点. 3.分析法证明过程中的每一步不一定“步步可逆”,也没有必要要求“步步可逆”,因 为这时仅需寻找充分条件,而不是充要条件.如果非要“步步可逆”,则限制了分析法解决 问题的范围,使得分析法只能使用于证明等价命题了.用分析法证明问题时,一定要恰当地 用好“要证”、“只需证”、“即证”、“也即证”等词语. 4.反证法证明不等式时,必须要将命题结论的反面的各种情形一一加以导出矛盾. 5.在三角换元中,由于已知条件的限制作用,可能对引入的角有一定的限制,应引起高 度重视,否则可能会出现错误的结果.这是换元法的重点,也是难点,且要注意整体思想的 应用. 三、经典例题导讲 [例 1] 已知 a>b(ab ? 0 ),比较

1 1 与 的大小. a b 1 1 错解:? a>b(ab ? 0 ),? < . a b

错因:简单的认为大数的倒数必定小,小数的倒数必定大.正确的结论是:当两数同号 时,大数的倒数必定小,小数的倒数必定大. 正解:?

1 1 b?a ? ? ,又? a>b(ab ? 0 ), a b ab b?a 1 1 ? 0 ,? < . ab a b

(1)当 a、b 同号时,即 a>b>0 或 b<a<0 时,则 ab>0,b-a<0, (2)当 a、b 异号时,则 a>0,b<0,

1 1 1 1 >0, <0? > . a b a b


[例 2] 当 a、b 为两个不相等的正实数时,下列各式中最小的是( A.

a?b 2

B. ab

C.

a2 ? b2 2

D. (

a ?1 ? b ?1 ?1 ) 2

错解:所以选 B.

a?b a2 ? b2 错因是由于在 、 ab 、 中很容易确定 ab 最小,所以易误选 B.而事 2 2
实上三者中最小者,并不一定是四者中最小者,要得到正确的结论,就需要全面比较,不可 遗漏 (

a ?1 ? b ?1 ?1 ) 与前三者的大小比较. 2

正解:由均值不等式

a?b ? 2

ab 及 a2+b2 ? 2ab,可知选项 A、B、C 中, ab 最小,而

(

2 ab a ?1 ? b ?1 ?1 ) = ,由当 a ? b 时,a+b>2 ab ,两端同乘以 ab ,可得(a+b)· ab a?b 2

>2ab,?

2 ab < ab ,因此选 D. a?b
1

[例 3] 已知:a>0 , b>0 , a+b=1,求(a+

a

) +(b+

2

1

b

) 的最小值.

2

错解: (a+

1 2 1 2 2 2 1 1 2 1 ) +(b+ ) =a +b + 2 + 2 +4≥2ab+ +4≥4 ab ? +4=8, a b ab a b ab

∴(a+

1 2 1 2 ) +(b+ ) 的最小值是 8. a b
2 2

错因: 上面的解答中, 两次用到了基本不等式 a +b ≥2ab, 第一次等号成立的条件是 a=b= 第二次等号成立的条件是 ab= 最小值.

1 , 2

1 ,显然,这两个条件是不能同时成立的.因此,8 不是 ab

1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 + 2 +4=( a +b )+( 2 + 2 )+4=[(a+b) -2ab]+[( + ) - ]+4 2 a b ab a b a b 1 = (1-2ab)(1+ 2 2 )+4, a b a?b 2 1 1 1 1 1 由 ab≤( )= 得:1-2ab≥1- = , 且 2 2 ≥16,1+ 2 2 ≥17, 2 4 2 2 a b a b 1 25 1 ∴原式≥ ×17+4= (当且仅当 a=b= 时,等号成立), 2 2 2 1 2 1 2 25 ∴(a + ) + (b + ) 的最小值是 . 2 a b [例 4] 已知 0 < x < 1, 0 < a < 1,试比较 | loga (1 ? x) | 和| loga (1 ? x) | 的大小.
正解:原式= a +b +
2 2

解法一: | loga (1 ? x) |2 ? | loga (1 ? x) |2 ? ?loga (1 ? x) ? loga (1 ? x)??loga (1 ? x) ? loga (1 ? x)?

? log a (1 ? x 2 ) log a
∵0 < 1 ? x < 1,
2

1? x 1? x 0? 1? x ?1 1? x
∴ log a (1 ? x ) log a
2

1? x ?0 1? x

∴ | loga (1 ? x) |? | loga (1 ? x) | 解法二:

loga (1 ? x) 1 1? x ? log1? x (1 ? x) ? ? log1? x (1 ? x) ? log1? x ? log1? x loga (1 ? x) 1? x 1? x2
? 1 ? log1? x (1 ? x 2 )

∵0 < 1 ? x < 1, 1 + x > 1, ∴ ? log1? x (1 ? x 2 ) ? 0
2

∴ 1 ? log1? x (1 ? x 2 ) ? 1

∴ | loga (1 ? x) |? | loga (1 ? x) |

解法三:∵0 < x < 1, ∴0 < 1 ? x < 1, 1 < 1 + x < 2, ∴ loga (1 ? x) ? 0,

loga (1 ? x) ? 0

∴左 ? 右 = loga (1 ? x) ? loga (1 ? x) ? loga (1 ? x 2 ) ∵0 < 1 ? x < 1, 且 0 < a < 1 ∴ loga (1 ? x 2 ) ? 0
2

∴ | loga (1 ? x) |? | loga (1 ? x) | [例 5]已知 x = a + b ,y = c + d ,且所有字母均为正,求证:xy≥ac + bd 证:证法一(分析法)∵a, b, c, d, x, y 都是正数 ∴要证:xy≥ac + bd 2 2 只需证:(xy) ≥(ac + bd) 2 2 2 2 2 2 2 2 即:(a + b )(c + d )≥a c + b d + 2abcd 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 展开得:a c + b d + a d + b c ≥a c + b d + 2abcd 2 2 2 2 即:a d + b c ≥2abcd 由基本不等式,显然成立 ∴xy≥ac + bd 证法二(综合法)xy = a 2 ? b 2 c 2 ? d 2 ?
2 2 2 2 2 2

a 2c 2 ? b2c 2 ? a 2 d 2 ? b2 d 2
(ac ? bd ) 2 ? ac ? bd

2 2 2 2 ≥ a c ? 2abcd ? b d ?

证法三(三角代换法) 2 2 2 ∵x = a + b ,∴不妨设 a = xsin?, b = xcos? y2 = c2 + d2 c = ysin?, d = ycos? ∴ac + bd = xysin?sin? + xycos?cos? = xycos(? ? ?)≤xy [例 6] 已知 x > 0,求证: x ?

1 ? x

1 x? 1 x

?

5 2

证:构造函数 f ( x) ? x ?

1 1 ( x ? 0) 则 x ? ? 2 , 设 2≤?<? x x

由 f (?) ? f (?) ? ? ? 显然 ∵2≤?<?

? 1 1 ? (? ? ?)(?? ? 1) 1 1 ? (? ? ) ? (? ? ?) ? ? ? ? ? ?? ?? ? ? ?? ? ?
5 2

∴? ? ? > 0, ?? ? 1 > 0, ?? > 0 ∴上式 > 0

∴f (x)在 [2,??) 上单调递增,∴左边 ? f (2) ? 四、典型习题导练 1.比较(a+3)(a-5)与(a+2) a-4)的大小. ( 2.已知 a,b,c,d 都是正数,求证:

(ab ? cd )(ac ? bd) ? 4abcd
3.已知 x > 0 , y > 0,2x + y = 1,求证:

1 1 ? ? 3? 2 2 x y

4.若 x 2 ? y 2 ? 1 ,求证: | x 2 ? 2xy ? y 2 |?

2

5.若 x > 1,y > 1,求证: xy ? 1 ? ( x ? 1)( y ? 1) 6.证明:若 a > 0,则 a ?
2

1 1 ? 2 ? a? ?2 2 a a


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