【高考自主招生】高中数学复习专题讲义：第6讲 不等式的证明及应用（PDF版含解析）

第六讲 不等式的证明与应用
一、知识方法拓展
1. 作差比较与作商比较法
作差比较：A B A-B 0
A
作商比较法：A B 0 1
B
注：作完差之后，我们一般采用配方或因式分解
只有正数的比较大小我们才会采用作商比较
2. 逐步调整法
特征：变量的个数大等于三个；
变量之间满足对称性；
等号在相等或极端值时取到。
注：逐步调整法可以和反证法相结合；这样步骤显得更精简些。
3.绝对值不等式
公式： A - B A±B A + B
等号成立条件：A 与 B 同号或异号时取到
注：不等式中加减号的选取依照具体题目的特点而定，关键是削去变量。
不等式中的等号成立条件一定要牢固掌握
不等式可以从两个进行推广
4．构造法与放缩法
构造法：一般我们可以构造函数，三角形或四边形来解决不等式的证明问题；这些问题需要
我们丰富的联想和扎时的基础。
放缩法：一般运用在多变量求和的不等式中，许多式子在没有放缩时是无法求和的，经常是
需要放缩之后，通过裂项相削来求和。所以，这类题目经常和数列结合在一起考。
5．不等式的衍生问题
不等式经常和函数，数列等内容结合在一起考，属于比较重要和综合的考点；特别是对
上海考生而言，学得要要比全国卷的考生学得简单很多，这更要求我们在打牢基础的同时，
积极思考，注意类比和推广，这样才能掌握好这块内容。
二、热身练习：
x2 2x 2
1．若-4＜x＜1,求 的最大值.
2x 2
x2 2x 2 1
2
x 1 1 1 1 1 1
注： = = x 1 =- x 1
2x 2 2 x 1 2 x 1

2

x 1
1
∵-4＜x＜1,∴-(x-1)＞0, ＞0.
x 1

1 1
从而 x 1 ≥2； x 1
1

≤-1
x 1 2 x 1
（a b）2 a b (a b)2
2．已知 a＞b＞0,求证： ab .
8a 2 8b
（a b）2 a b (a b)2
注 ： 欲 证 ab , 只 需 证
8a 2 8b
（a b）2 ( a b )2 (a b)2

8a 2 8b
a b a b a b a b a b
∵a＞b＞0,∴只需证 , 即 1
2 2a 2 2 2b 2 a 2 b .
a b a b
该式显然成立. ∴ 1 成立，且以上各步都可逆.
2 a 2 b
3．已知 a,b,c∈{正实数}，且 a2+b2=c2,当 n∈N,n＞2 时比较 cn与 an+bn的大小.
n n na bn a b 2 2
注： ∵ 2 2 2 ∴
a b a b
n = + . a +b =c , + =1,∴0＜ ＜1,0＜ ＜1. c c c c c c c
∵n∈N,n＞2,
n 2 n 2
a a n n
n n
b b a b a b a
2 b2
∴ ＜ , ＜ ,∴ = + ＜ =1,∴an+bn＜cn.
c c c c cn c c c2
4．已知 a＞0,a2-2ab+c2=0,bc＞a2.试比较 a,b,c 的大小.
a2 c2
注： ∵bc＞a2＞0,∴b,c 同号.又 a2+c2＞0,a＞0,∴b= ＞0,∴c＞0,
2a
由(a-c)2=2ab-2ac=2a(b-c)≥0,∴b-c≥0.
当 b-c＞0,即 b＞c 时,
a 2 c2
a2 c2b
由 2a ·c＞a2 2a (a-c)(2a
2+ac+c2)＜0.
bc a 2


∵a＞0,b＞0,c＞0,∴2a2+ac+c2＞0,∴a-c＜0,即 a＜c,则 a＜c＜b；
当 b-c=0,即 b=c 时,∵bc＞a2,∴b2＞a2,即 b≠a.
又∵a2-2ab+c2=(a-b)2=0 a=b 与 a≠b 矛盾,
∴b-c≠0.综上可知:a＜c＜b.
三、精解名题：
1
1．求证：对于任何实数a,b，三个数： | a b |,| a b |,|1 a |中至少有一个不小于 。
2
注：利用绝对值不等式和平均数原则即可得到：
a+b + a-b +2 1-a a+b+a-b+2-2a = 2
所以：这三个数中至少有一个不小于 0.5
2．
注：利用放缩法和裂项相消
2 2 2
;
k + k +1 2 k k -1 + k
2 2
= 2( k - k -1); = 2( k +1 - k )
k -1+ k k + k +1
所以选 C
3．
注： ；故原式可以转化成： x2 +ax+b < x2 +2x+2
-x2 - 2x- 2 < x2
ax+b < 2x + 2
+ ax +b < x
2 + 2x +2 {
2x2 + (a+2)x+b+ 2 > 0
解得：a = 2;0 < b< 2
4．若a1 a2 … an 0(n 3);a
2 + a2 > n2;a + a 3n，求证：1 n 1 n a1 +a2 +a3 > n
注：反证法：若a1 +a2 +a3 n；我们再利用逐步调整的方法：令b1 = a1 +k;bn = an -k
其中：0 < k a ;\b2 +b2n 1 n = (a1 +k)
2 + (an -k)
2 = a21 +a
2 2 2 2
n +2k +2k(a1 -an ) > a1 +an
故 当 ： a1 +a2 +a3 n 且 a1 + an 3n ； 我 们 利 用 逐 步 调 整 法 ： 设
2n
a = n-3k; a2 = a3 = am = k; am+1 = an = 0(m ) 1
k
\a2
2n 11
1 +a
2
2 + a
2 2 2 2
n (n-3k) + ( + 2)k = n - 4k(n- ) < n
2
;矛盾！所以原命
k 4
题成立
5．
注：
6．
注 ： 显 然
四、强化训练
A 组：
1．已知a,b,c Z;a2 +b2 +c2 < ab+3b+2c ,求 a，b，c 的值
b 2 b
注：原式 (a- ) +3( -1)2 + (c-1)2 0,所以 a＝1，b＝2，c＝1
2 2
2．求证：当 x 为实数时，3|x 1|≤4|x3 1|．
1 3
注： 4 x3 -1 = 4 x-1 x2 + x+1 = 4 x-1 (x+ )2 + 3 x-1
2 4
3．4 个 实 数 a 、b 、c 、d 满 足 : a ≥b ≥c ≥d ;a + b + c + d = 9；
a2 +b2 +c2 +d2 = 21
求 证 : ( 1 ) a + b ≥5 ;( 2 ) a b - c d ≥2 .
注：反证法，若 a + b < 5 , 则 4 < c + d ≤ a + b < 5 .
故 ( ab + cd) + ( ac + bd) + ( ad + bc)
(a+b+ c+d)2 -a2 +b2 + c2 +d2
＝ = 30 .
2
由(a- d)(b- c) ≥0,(a- b)(c- d) ≥0,得 ab + cd ≥ac + bd ≥ad + bc.
所 以 , a b + c d ≥1 0 . 由 0 ≤( a + b) - ( c + d) < 1 ,知
(a+b)2 + (c+d)2 -2(a+b)(c+d) <1.又因为 (a+b)2 + (c+d)2 +2(a+b)(c+d) = 81
两式相加得：41 a2 +b2 +c2 +d2 +2(ab+cd) (a+b)2 + (c+d)2 < 41
矛盾!
由(1)知,a+b≥5.于
2 2 2 2 2 2 2 2 2
是, (a+b) = a +b +2ab 25 = 4+a +b +c +d 4+a +b +2cd
即 ab- cd≥2.
B 组：
1 1 1
1． 求证：1 3．
23 33 n3
注：2n n n n(n 1) (n 1)(n 1)
1 1 n n 1
；
2n n 1( n n 1) n 1
1 n n 1 1 1

2n n n(n 1) n 1 n
1 1 1 1 1 1原式〈1 2(1 ) 3 3
2 2 3 n 1 n n
3 n+1
2．已知正数列 a1，a2，…，an，且对大于 1 的 n 有a +a + +a = n，a a a = ．
1 2 n 1 2 n
2 2
试证：a1，a2，…，an中至少有一个小于 1．
注：
3．
注：
2
4.已知二次函数f(x)=ax +bx+c ,当-1≤x≤1时,有-1≤f (x)≤1
求证:当-2≤x≤2 时,有-7≤f(x)≤7.
注：由-1≤f(1)=a+b+c≤1 ；-1≤f(0)=c≤1； -1≤f(-1)=a-b+c≤1
得到：-1≤a+c≤1； -2≤a≤2 ；
|4a±2b+c|=|2(a±b+c)+2a-c| ≤2|a±b+c|+2|a|+|c|≤7 所以|f(±2)|≤7
同理对对称轴进行讨论之后就可以证明问题