高考数学一轮复习 第2节 不等式的证明与利用不等式求最大(小)值 理 苏教版选修4-5
高考数学一轮复习重难专攻(二)不等式的证明问题课件
适当放缩法
｜解题技法｜ 导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对
于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数 进行证明.常见的放缩公式如下：（1）ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号； （2）ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号.
重难专攻（二） 不等式的证明问题
作差构造法
｜解题技法｜ 1.待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或 “右减左”的函数，利用导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式. 2.利用作差构造法证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数g（x）； （3）利用导数研究g（x）的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式.
构造双函数法
｜解题技法｜ 【注意】同时为0与不能同时为0的不等式的区别
若直接求证比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函 数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的.
Байду номын сангаас
已知函数f（x）＝eln x－ax（a∈R）. （1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a＝e时，证明：xf（x）－ex＋2ex≤0.
所以h（x）＞h（e）＝g（e）－g（e）＝0，从而必有g（x2）＞g（2e－x1）. 即x1＋x2＞2e.
THANK . YOU
（1）求实数a的值，并求f（x）的单调区间；
（2）求证：当x＞0时，f（x）≤x－1.
（1）讨论函数f（x）的单调性；
5.设函数f（x）＝ln（a－x）－x＋e. （1）求函数f（x）的单调区间；
6.已知函数f（x）＝xln x. （1）判断f（x）的单调性；
2021届高考数学一轮总复习鸭内容选修4_5不等式选讲2不等式的证明课件苏教版
考点一 比较法证明不等式
【例1】 设函数f(x)＝|x－2|＋2x－3，记f(x)≤－1的解集为M. (1)求M； (2)当x∈M时，证明：x[f(x)]2≤x2f(x)．
【解】 (1)由已知，得f(x)＝x3－x－1， 5，x≤x>22，， 当x≤2时，由f(x)＝x－1≤－1， 解得x≤0，此时x≤0； 当x>2时，由f(x)＝3x－5≤－1，解得x≤43，显然不成立． 故f(x)≤－1的解集M＝{x|x≤0}．
01 知识梳理 诊断自测
课前热身 稳固根基
知识点一 基本不等式
1．定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥ 2ab ，当且仅当;0，那么a＋2 b≥ ab，当且仅当 a＝b 时，
等号成立，即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何
平均．
3．定理3：如果a，b，c∈R＋，那么
已知a，b，c均为正实数． (1)若ab＋bc＋ca＝3，求证：a＋b＋c≥3. (2)若a＋b＝1，求证：a12－1b12－1≥9.
证明：(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca三式 相加可得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，
所以(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≥(ab＋bc＋ca) ＋2(ab＋bc＋ca)＝3(ab＋bc＋ca)＝9，
a＋b＋c 3
≥
3
abc
，当且仅当
a＝b＝c时，等号成立．
知识点二 证明不等式的常见方法
1．比较法
(1)作差法的依据是：a－b>0⇔ a>b . (2)作商法：若B>0，欲证A≥B，只需证
AB≥1
.
2．综合法与分析法 (1)综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、 性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立． (2)分析法：从 要证的结论 出发，逐步寻求使它成立的充分条件， 直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义，公理或已证明 的定理，性质等)，从而得出要证的命题成立．
高考数学总复习 第2节 证明不等式的基本方法课件 苏教版选修45
时
的线索不够清晰；
规 范
训
练
(2)如果从正面证明，需要分成多种情形进行分类讨论，而从反
面进行证明，只研究一种或很少的几种情形．
基
础
5．放缩法
知 识
梳
理
证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值 放大 或
聚
焦
缩小 ，简化不等式，从而达到证明的目的，我们把这种方法称为放
考 向
透
析
缩法．
课
时
规
范
训
练
【基础自测】
基
________．
础 知
识
梳
解 析 ： 原 式 ＝ a－1 b＋b－1 c＋c－1 d [(a － b) ＋ (b － c) ＋ (c －
理
聚 焦
考
向
3 d)]≥3
a－1 b×b－1 c×c－1 d×33 （a－b）（b－c）（c－d）＝9.
透 析
课
时
规
答案：9
范 训
练
考向一
比较法
求证：(1)当 x∈R 时，1＋2x4≥2x3＋x2；
知
识
①理论依据：b＞0，ab＞1⇒ a＞b ；
梳 理
聚
焦
b＜0，ab＞1⇒a＜b.
考 向 透 析
②证明步骤：作商→变形→判断与 1 的大小关系→得出结论．
课 时
规
范
训
练
2．综合法
基
(1)定义：从 已知条件 出发，利用 定义、公理 、定理 、性质
础 知
识
等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做
应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的 推理 ，得到和命题 基
高考数学一轮复习 不等式选讲 第二节 不等式的证明课件 理 选修45
(定义、公理或已证明的定理、性质等),从而得出要证的命题成立
证……
3.反证法与放缩法
(1)反证法 证明命题时先假设要证的命题 不成立 ,以此为出发点,结合已知条件,应用公理、定义、定理、性质等,进 行正确的推理,得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实) 矛盾 的结论,以说明假设不 正确,从而证明原命题成立. (2)放缩法 证明不等式时,通过把不等式中的某些部分的值 放大 或 缩小 ,简化不等式,从而达到证明的目的.
考点 2 综合法证明不等式
典例 2 (2015·新课标全国卷Ⅱ)设 a,b,c,d 均为正数,且 a+b=c+d,证明:
(1)若 ab>cd,则 ������ + ������ > ������ + ������; (2) ������ + ������ > ������ + ������是|a-b|<|c-d|的充要条件. 【解题思路】(1)运用配方法证明;(2)从充分性,必要性两方面分别证明. 【参考答案】(1)因为( ������ + ������)2=a+b+2 ������������,( ������ + ������)2=c+d+2 ������������, 由题设 a+b=c+d,ab>cd, 得( ������ + ������)2>( ������ + ������)2. 因此 ������ + ������ > ������ + ������.
������ -������
>1,
故 a2ab2b≥(ab)a+b.
(江苏专用)2020版高考数学总复习第二节不等式的证明和几个重要不等式的应用课件苏教版选修4_5
证:a2+2b2+c2≥10.
证明
由柯西不等式得[a2+( 2
b)2+c2]·12
2 2
2
12
≥(a+b+c)2.
因为a+b+c=5,所以(a2+2b2+c2)· 5 ≥25.
2
所以a2+2b2+c2≥10,当且仅当a=2b=c=2时取等号.
方法技巧 基本不等式、均值不等式是证明不等式的重要工具,注意基本不等式的 正向应用、逆向应用和变形应用以及不等式应用的条件.
3-1 (2018江苏四校高三调研)已知x,y均为正数,且x>y,求证:2x+
x2
1 2xy
y
2
≥2y+3.
证明 因为x>0,y>0,x-y>0,
所以2x+ x2
2.不等式证明的其他方法和技巧
(1)反证法 从否定结论出发,经过逻辑推理,导出矛盾,证实结论的否定是错误的,从 而肯定结论是正确的证明方法. (2)放缩法 欲证A≥B,可通过适当放大或缩小,借助一个或多个中间量,使得A≥C1 ≥C2≥…≥Cn≥B,利用传递性达到证明的目的.
3.柯西不等式
若a、b、c、d均为实数,则③ (a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2 ,当且仅当ad= bc时取等号. 柯西不等式的一般形式:设a1、a2、…、an、b1、b2、…、bn为实数,则( a12 + a22 +…+ an2 )( b12+ b22+…+ bn2)≥(a1b1+a2b2+…+anbn)2,当且仅当bi=0(i=1,2, …,n)或存在一个数k,使得ai=kbi(i=1,2,…,n)时,等号成立.
江苏理数-选修4-5--不等式选讲-第二节--不等式的证明
[谨记通法] 作差比较法证明不等式的步骤 (1)作差；(2)变形；(3)判断差的符号；(4)下结论．其中“变 形”是关键，通常将差变形成因式连乘积的形式或平方和的 形式，再结合不等式的性质判断出例引领]
1．已知函数 f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|. (1)求 f(x)的最小值 m； (2)若 a，b，c 均为正实数，且满足 a＋b＋c＝m，求证： ba2＋cb2＋ac2≥3.
答案：4 3．已知 a＞b，求证：a3＋a2b≥ab2＋b3.
证明：因为 a＞b，所以(a3＋a2b)－(ab2＋b3)＝(a3－b3)＋
(a2b－ab2)＝(a－b)(a2＋ab＋b2)＋ab(a－b)＝(a－b)·(a＋
b)2≥0，所以 a3＋a2b≥ab2＋b3.
1．在使用作商比较法时易忽视说明分母的符号． 2．在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最
3．比较法 (1)比差法的依据是：a－b＞0⇔ a＞b .步骤是：“作差 →_变__形__→ 判断差的符号 ”．变形是手段，变形的目的是 判断差的符号． (2)比商法：若 B＞0，欲证 A≥B ，只需证AB≥1.
4．综合法与分析法 (1)综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定
理、性质等，经过一系列的_推__理__、__论__证__而得出命题_成__立__． (2) 分 析 法 ： 从 _要__证__的__结__论__ 出 发 ， 逐 步 寻 求 使 它 成 立 的
＝(x－1)22x＋122＋12≥0，所以 1＋2x4≥2x3＋x2． 法二：(1＋2x4)－(2x3＋x2)＝x4－2x3＋x2＋x4－2x2＋1 ＝(x－1)2·x2＋(x2－1)2≥0，所以 1＋2x4≥2x3＋x2．
2．(2016·苏锡常镇调研)设 x 为实数，求证：(x2＋x＋1)2≤3(x4 ＋x2＋1)﹒ 证明：因为右式减去左式为 2x4－2x3－2x＋2 ＝2(x－1)(x3－1)＝2(x－1)2(x2＋x＋1) ＝2(x－1)2x＋122＋34≥0， 所以原不等式成立．
高考数学一轮复习 不等式选讲 第2节 不等式的证明教师
第二节 不等式的证明———————————————————————————————— [考纲传真] 通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法．1．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立． 定理2：如果a ，b 为正数，则a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理3：如果a ，b ，c 为正数，则a ＋b ＋c3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．2．不等式证明的方法(1)比较法是证明不等式最基本的方法，可分为作差比较法和作商比较法两种.①综合法：利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这种方法叫综合法．即“由因导果”的方法．②分析法：从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已经具备，那么就可以判定原不等式成立，这种方法叫作分析法．即“执果索因”的方法．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)比较法最终要判断式子的符号得出结论．( )(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论．( )(3)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．( )(4)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．( ) [答案] (1)× (2)√ (3)× (4)×2．(教材改编)若a ＞b ＞1，x ＝a ＋1a ，y ＝b ＋1b，则x 与y 的大小关系是( )A ．x ＞yB ．x ＜yC ．x ≥yD ．x ≤yA [x －y ＝a ＋1a －⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b＝a －b ＋b －a ab ＝a －b ab －1ab. 由a ＞b ＞1得ab ＞1，a －b ＞0， 所以a －bab －1ab＞0，即x －y ＞0，所以x ＞y .]3．(教材改编)已知a ≥b ＞0，M ＝2a 3－b 3，N ＝2ab 2－a 2b ，则M ，N 的大小关系为________．M ≥N [2a 3－b 3－(2ab 2－a 2b )＝2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2)＝(a 2－b 2)(2a ＋b )＝(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )．因为a ≥b ＞0，所以a －b ≥0，a ＋b ＞0,2a ＋b ＞0， 从而(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )≥0，故2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .]4．已知a ＞0，b ＞0且ln(a ＋b )＝0，则1a ＋1b的最小值是________．4 [由题意得，a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0， ∴1a ＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b (a ＋b )＝2＋b a ＋a b≥2＋2b a ·ab＝4， 当且仅当a ＝b ＝12时等号成立．]5．已知x ＞0，y ＞0，证明：(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥9xy . [证明] 因为x ＞0，y ＞0，所以1＋x ＋y 2≥33xy 2＞0,1＋x 2＋y ≥33x 2y ＞0，8分 故(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥33xy 2·33x 2y ＝9xy .10分已知a ＞0，b ＞0，求证：ab ＋ba≥a ＋b .[证明] 法一：⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a －(a ＋b )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b －b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a －a ＝a －b b ＋b －aa＝a －ba －bab＝a ＋ba －b2ab≥0，∴a b ＋ba≥a ＋b .10分 法二：由于a b ＋ba a ＋b＝a a ＋b bab a ＋b＝a ＋ba －ab ＋b ab a ＋b ＝a ＋b ab －1≥2abab－1＝1.8分又a ＞0，b ＞0，ab ＞0，∴a b ＋ba≥a ＋b .10分 [规律方法] 1.在法一中，采用局部通分，优化了解题过程；在法二中，利用不等式的性质，把证明a ＞b 转化为证明a b＞1(b ＞0)．2．作差(商)证明不等式，关键是对差(商)式进行合理的变形，特别注意作商证明不等式，不等式的两边应同号．提醒：在使用作商比较法时，要注意说明分母的符号． [变式训练1] (2017·莆田模拟)设a ，b 是非负实数， 求证：a 2＋b 2≥ab (a ＋b ). 【导学号：31222447】 [证明] 因为a 2＋b 2－ab (a ＋b ) ＝(a 2－a ab )＋(b 2－b ab ) ＝a a (a －b )＋b b (b －a ) ＝(a －b )(a a －b b )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 12－b 12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32－b 32.6分 因为a ≥0，b ≥0，所以不论a ≥b ≥0，还是0≤a ≤b ，都有a 12－b 12与a 32－b32同号，所以(a 12－b 12)⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32－b 32≥0，所以a 2＋b 2≥ab (a ＋b ).10分设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明：【导学号：31222448】(1)ab ＋bc ＋ac ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.[证明] (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ， 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ， 由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1，所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13.5分(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )， 则a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c ，所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.10分 [规律方法] 1.综合法证明的实质是由因导果，其证明的逻辑关系是：A ⇒B 1⇒B 2⇒…⇒B n ⇒B (A 为已知条件或数学定义、定理、公理，B 为要证结论)，它的常见书面表达式是“∵，∴”或“⇒”．2．综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．[变式训练2] (2017·石家庄调研)已知函数f (x )＝2|x ＋1|＋|x －2|. (1)求f (x )的最小值m ；(2)若a ，b ，c 均为正实数，且满足a ＋b ＋c ＝m ，求证：b 2a ＋c 2b ＋a 2c≥3.[解] (1)当x ＜－1时，f (x )＝－2(x ＋1)－(x －2)＝－3x ＞3；2分 当－1≤x ＜2时，f (x )＝2(x ＋1)－(x －2)＝x ＋4∈[3,6)； 当x ≥2时，f (x )＝2(x ＋1)＋(x －2)＝3x ≥6. 综上，f (x )的最小值m ＝3.5分(2)证明：a ，b ，c 均为正实数，且满足a ＋b ＋c ＝3，因为b 2a ＋c 2b ＋a 2c＋(a ＋b ＋c )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a ＋a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2b ＋b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2c ＋c ≥2⎝⎛⎭⎪⎫b 2a·a ＋c 2b·b ＋a 2c ·c ＝2(a ＋b ＋c ).8分 (当且仅当a ＝b ＝c ＝1时取“＝”)所以b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥a ＋b ＋c ，即b 2a ＋c 2b ＋a 2c≥3.10分(2015·全国卷Ⅱ)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：(1)若ab>cd，则a＋b>c＋d；(2)a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件．[证明](1)∵a，b，c，d为正数，且a＋b＝c＋d，欲证a＋b＞c＋d，只需证明(a＋b)2＞(c＋d)2，也就是证明a＋b＋2ab＞c＋d＋2cd，只需证明ab＞cd，即证ab＞cd.由于ab＞cd，因此a＋b＞c＋d.5分(2)①若|a－b|<|c－d|，则(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.由(1)，得a＋b>c＋d.8分②若a＋b>c＋d，则(a＋b)2>(c＋d)2，即a＋b＋2ab>c＋d＋2cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此|a－b|<|c－d|.综上，a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件.10分[规律方法] 1.本题将不等式证明与充要条件的判定渗透命题，考查推理论证能力和转化与化归的思想方法，由于两个不等式两边都是正数，可通过两边平方来证明．2．当要证的不等式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．3．分析法证明的思路是“执果索因”，其框图表示为：Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件[变式训练3] 已知a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证：b2－ac＜3a.[证明] 要证b2－ac＜3a，只需证b2－ac＜3a2.∵a＋b＋c＝0，只需证b2＋a(a＋b)＜3a2，只需证2a2－ab－b2＞0，4分只需证(a－b)(2a＋b)＞0，只需证(a－b)(a－c)＞0.∵a＞b＞c，∴a－b＞0，a－c＞0，∴(a－b)(a－c)＞0显然成立，故原不等式成立.10分[思想与方法]1．比较法：作差比较法主要判断差值与0的大小，作商比较法关键在于判定商值与1的大小(一般要求分母大于0)．2．分析法：B⇐B1⇐B2⇐…⇐B n⇐A(结论)．(步步寻求不等式成立的充分条件)(已知)．3．综合法：A⇒B1⇒B2⇒…⇒B n⇒B(已知)．(逐步推演不等式成立的必要条件)(结论)．[易错与防范]1．使用平均值不等式时易忽视等号成立的条件．2．用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)…”“即要证…”“就要证…”等分析到一个明显成立的结论，再说明所要证明的数学问题成立．课时分层训练(七十) 不等式的证明1．已知定义在R 上的函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|的最小值为a . (1)求a 的值；(2)若p ，q ，r 是正实数，且满足p ＋q ＋r ＝a ，求证：p 2＋q 2＋r 2≥3. [解] (1)因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3， 当且仅当－1≤x ≤2时，等号成立， 所以f (x )的最小值等于3，即a ＝3.4分(2)证明：法一：由(1)知p ＋q ＋r ＝3，且p ，q ，r 大于0， ∴(p ＋q ＋r )2＝9.又易知p 2＋q 2＋r 2≥pq ＋pr ＋qr .8分故9＝(p ＋q ＋r )2＝p 2＋q 2＋r 2＋2pq ＋2pr ＋2qr ≤3(p 2＋q 2＋r 2)， 因此，p 2＋q 2＋r 2≥3.10分法二：由(1)知p ＋q ＋r ＝3，又因为p ，q ，r 是正实数，所以(p 2＋q 2＋r 2)(12＋12＋12)≥(p ×1＋q ×1＋r ×1)2＝(p ＋q ＋r )2＝9， 故p 2＋q 2＋r 2≥3.10分2．(2015·湖南高考)设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1b.证明：(1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．[证明] 由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab，a >0，b >0，得ab ＝1.2分(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2.5分 (2)假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则由a 2＋a <2及a >0，得0<a <1； 同理，0<b <1，从而ab <1，这与ab ＝1矛盾． 故a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立.10分 3．(2014·全国卷Ⅰ)若a >0，b >0，且1a ＋1b＝ab .(1)求a 3＋b 3的最小值；(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由．[解] (1)由ab ＝1a ＋1b≥2ab，得ab ≥2，当且仅当a ＝b ＝2时等号成立.2分故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，当且仅当a ＝b ＝2时等号成立． 所以a 3＋b 3的最小值为4 2.5分(2)由(1)知，2a ＋3b ≥26·ab ≥4 3.由于43>6，从而不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6.10分4．(2017·石家庄模拟)已知函数f (x )＝|x |＋|x －1|.(1)若f (x )≥|m －1|恒成立，求实数m 的最大值M ；(2)在(1)成立的条件下，正实数a ，b 满足a 2＋b 2＝M ，证明：a ＋b ≥2ab .【导学号：31222449】 [解] (1)∵f (x )＝|x |＋|x －1|≥|x －(x －1)|＝1，当且仅当0≤x ≤1时取等号，∴f (x )＝|x |＋|x －1|的最小值为1.3分要使f (x )≥|m －1|恒成立，只需|m －1|≤1，∴0≤m ≤2，则m 的最大值M ＝2.5分(2)证明：由(1)知，a 2＋b 2＝2，由a 2＋b 2≥2ab ，知ab ≤1.①又a ＋b ≥2ab ，则(a ＋b )ab ≥2ab .8分 由①知，ab ≤1.故a ＋b ≥2ab .10分5．已知函数f (x )＝k －|x －3|，k ∈R ，且f (x ＋3)≥0的解集为[－1,1]．(1)求k 的值；(2)若a ，b ，c 是正实数，且1ka ＋12kb ＋13kc ＝1.求证：a ＋2b ＋3c ≥9. 【导学号：31222450】[解] (1)因为f (x )＝k －|x －3|，所以f (x ＋3)≥0等价于|x |≤k ，2分由|x |≤k 有解，得k ≥0，且解集为[－k ，k ]．因为f (x ＋3)≥0的解集为[－1,1]．因此k ＝1.5分(2)证明：由(1)知1a ＋12b ＋13c ＝1，因为a ，b ，c 为正实数．所以a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋2b a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3c ＋3c a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b3c ＋3c2b≥3＋2a 2b ·2b a ＋2a 3c ·3ca ＋22b 3c ·3c2b ＝9.8分当且仅当a ＝2b ＝3c 时等号成立．因此a ＋2b ＋3c ≥9.10分6．(2017·福州质检)已知函数f (x )＝|x ＋1|.(1)求不等式f (x )＜|2x ＋1|－1的解集M ；(2)设a ，b ∈M ，证明：f (ab )＞f (a )－f (－b )．[解] (1)①当x ≤－1时，原不等式可化为－x －1＜－2x －2，解得x ＜－1；2分②当－1＜x ＜－12时，原不等式可化为x ＋1＜－2x －2，解得x ＜－1，此时原不等式无解；③当x ≥－12时，原不等式可化为x ＋1＜2x ，解得x ＞1. 综上，M ＝{x |x ＜－1或x ＞1}.5分(2)证明：因为f (a )－f (－b )＝|a ＋1|－|－b ＋1|≤|a ＋1－(－b ＋1)|＝|a ＋b |，6分 所以，要证f (ab )＞f (a )－f (－b )，只需证|ab ＋1|＞|a ＋b |，即证|ab ＋1|2＞|a ＋b |2，即证a 2b 2＋2ab ＋1＞a 2＋2ab ＋b 2，8分即证a 2b 2－a 2－b 2＋1＞0，即证(a 2－1)(b 2－1)＞0.因为a ，b ∈M ，所以a 2＞1，b 2＞1，所以(a 2－1)(b 2－1)＞0成立，所以原不等式成立.10分。
【高考领航】高考数学总复习 第2节 证明不等式的基本方法课件 苏教选修45
4．设 m 是|a|，|b|和 1 中最大的一个，当|x|＞m 时，求证：ax＋xb2 ＜2.
证明：由已知 m≥|a|，m≥|b|，m≥1. 又|x|＞m，∴|x|＞|a|，|x|＞|b|，|x|＞1， ∴|ax＋xb2|≤|ax|＋|xb2| ＝||ax||＋||xb||2＜||xx||＋||xx||2 ＝1＋|1x|＜1＋||xx||＝2. ∴|ax＋xb2|＜2 成立．
3．已知 a、b∈(0＋∞)，且 a＋b＝1，求证：
(1)1a＋1b＋a1b≥8；
(2)a2＋b2≥12.
a＋2 b≥ ab， 证明：由a＋b＝1，
得 ab≤12⇒ab≤14⇒a1b≥4.
a、b∈（0，＋∞），
考向四 不等式证明的其它方法 已知 a＞2，求证：loga(a－1)＜log(a＋1)a.
第2节 证明不等式的基本方法
【知识梳理】 1．比较法 (1)作差比较法 ①理论依据：a＞b⇔ a－b＞0 ；
a＜b⇔ a－b＜0 ． ②证明步骤：作差→变形→判断符号→得出结论．
考向一
比较法
求证：(1)当 x∈R 时，1＋2x4≥2x3＋x2；
a＋b (2)当 a，b∈R＋时，aabb≥(ab) 2 . 【证明】 (1)法一：(1＋2x4)－(2x3＋x2) ＝2x3(x－1)－(x＋1)(x－1)
考向二 分析法
已知 a＞0，求证： a2＋a12－ 2≥a＋1a－2. 【证明】 要证原不等式成立，只需证
a2＋a12＋2≥a＋1a＋ 2， 即证 a2＋a12＋4 a2＋a12＋4 ≥(a＋1a)2＋2 2(a＋1a)＋2， 只需证 2· a2＋a12≥(a＋1a)， 即证 2(a2＋a12)≥a2＋a12＋2， 只需证 a2＋a12≥2.
【高考讲坛】高考数学一轮复习 第2节 不等式的证明与利用不等式求最大(小)值名师课件 理 苏教版选修4-5
(2)因为ab2＋b≥2a，bc2＋c≥2b，ca2＋a≥2c， 故ab2＋bc2＋ca2＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)， 即ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c. 所以ab2＋bc2＋ca2≥1.
x＋2xy2＋3z＋y＋2yz2＋3x＋z＋2zx2＋3y ·[(x＋2y＋3z)＋(y＋2z＋3x)＋(z＋2x＋3y)]≥(x＋y＋z)2＝27.
又 (x ＋ 2y ＋ 3z) ＋ (y ＋ 2z ＋ 3x) ＋ (z ＋ 2x ＋ 3y) ＝ 6(x ＋ y ＋ z) ＝
18 3，
【规律方法】 1．综合法证明的逻辑关系是：A⇒B1⇒B2⇒…⇒Bn⇒B(A 为已 知条件或数学定义、定理、公理，B 为要证结论)，它的常见书面 表达是“∵，∴”或“⇒”． 2．分析法是寻找结论成立的充分条件，证明思路是“执果索 因”，其框图表示为： Q⇐P1 → P1⇐P2 → P2⇐P3 →…→ 得到一个明显成立的条件 .
(2) 定 理 ： 若
a1 ， a2 ， … ， an
为
正
数
，
则
a1＋a2＋…＋an n
≥n a1a2…an，等号当且仅当 a1＝a2＝…＝an 时成立．
3．柯西不等式 (1)定理 1 设 a，b，c，d 均为实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥ (ac＋bd)2 ，其中等号当且仅当 ad＝bc 时成立． (2)定理 2 设 α，β 为平面上的两个向量，则|α||β|≥|α·β|，其中 等号当且仅当 α，β 共线时成立． (3)定理 3 设 x1，y1，x2，y2，x3，y3∈R，则
高考数学一轮总复习 第十三章 13.2 第2课时 不等式的证明
解 由f(x)<3－|2x＋1|，得|x－1|＋|2x＋1|<3，
即 x≤－12， 1－x－2x－1<3
或－12<x<1， 1－x＋2x＋1<3
x≥1， 或
x－1＋2x＋1<3
解得－1<x≤－12或－12<x<1，
∴集合A＝{x|－1<x<1}.
(2)已知a，b∈A，求证：f(ab)>f(a)－f(b). 证明 ∵a，b∈A，∴－1<ab<1， ∴f(ab)＝|ab－1|＝1－ab，f(a)＝|a－1|＝1－a， f(b)＝|b－1|＝1－b， ∵f(ab)－(f(a)－f(b))＝1－ab－1＋a＋1－b ＝(1＋a)(1－b)>0， ∴f(ab)>f(a)－f(b).
3
≥3
x－y2·x－1y2＝3(当且仅当 x－y＝1 时，等号成立)，
所以 2x＋ 1 ≥2y＋3.
(2)设 a，b，c>0 且 ab＋bc＋ca＝1，求证：a＋b＋c≥ 3.
证明 因为a，b，c>0，
所以要证 a＋b＋c≥ 3， 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.
所以不等式f(x)>2|x|的解集为(－∞，1)∪(2，＋∞).
(2)若 f(x)≥a2＋2b2＋3c2(a>0，b>0，c>0)对任意 x∈R 恒成立，
技能提升练
5.(2018·上饶模拟)已知函数f(x)＝|2x＋1|. (1)求不等式f(x)≤8－|x－3|的解集；
苏教版 高三数学 一轮复习---14.4第2讲 不等式的证明及著名不等式
第2讲 不等式的证明及著名不等式2020高考会这样考 1.考查简单的不等式的证明；2.利用几个重要不等式求最值． 复习备考要这样做 1.理解不等式证明的分析法、综合法；2.了解著名不等式及它们的几何意义．1．基本不等式(1)定理：如果a ，b ∈R ，那么a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．(2)定理(基本不等式)：如果a ，b >0，那么a ＋b2≥ab a ＝b 时，等号成立．也可以表述为：两个正数的算术平均数不小于(即大于或等于)它们的几何平均数． (3)利用基本不等式求最值 对两个正实数x ，y ，①如果它们的和S 是定值，则当且仅当x ＝y 时，它们的积P 取得最大值； ②如果它们的积P 是定值，则当且仅当x ＝y 时，它们的和S 取得最小值． 2．三个正数的算术—几何平均不等式(1)定理 如果a ，b ，c 均为正数，那么a ＋b ＋c 3≥3abc a ＝b ＝c 时，等号成立．即三个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数． (2)基本不等式的推广对于n 个正数a 1，a 2，…，a n ，它们的算术平均数不小于它们的几何平均数，即a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立． 3．柯西不等式(1)设a ，b ，c ，d 均为实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时等号 成立．(2)若a i ，b i (i ∈N *)为实数，则(∑n i ＝1a 2i )(∑n i ＝1b 2i )≥(∑n i ＝1a i b i )2，当且仅当b 1a 1＝b 2a 2＝…＝b n a n(当a i ＝0时，约定b i ＝0，i ＝1,2，…，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． 4．证明不等式的方法 (1)比较法①求差比较法知道a >b ⇔a －b >0，a <b ⇔a －b <0，因此要证明a >b ，只要证明a －b >0即可，这种方法称为求差比较法．②求商比较法由a >b >0⇔a b >1且a >0，b >0，因此当a >0，b >0时要证明a >b ，只要证明ab >1即可，这种方法称为求商比较法． (2)分析法从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)．这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法． (3)综合法从已知条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，推导出所要证明的不等式成立，即“由因寻果”的方法，这种证明不等式的方法称为综合法． (4)反证法的证明步骤第一步：作出与所证不等式相反的假设；第二步：从条件和假设出发，应用正确的推理方法，推出矛盾的结论，否定假设，从而证明原不等式成立． (5)放缩法所谓放缩法，即要把所证不等式的一边适当地放大或缩小，以利于化简，并使它与不等式的另一边的不等关系更为明显，从而得到欲证不等式成立． (6)数学归纳法设{P n }是一个与自然数相关的命题集合，如果：(1)证明起始命题P 1(或P 0)成立；(2)在假设P k 成立的前提下，推出P k ＋1也成立，那么可以断定{P n }对一切自然数成立． [难点正本 疑点清源] 1．应用比较法时注意的问题(1)适用的题型：作差比较法适用的主要题型是多项式、分式、对数式、三角式，作商比较法适用的主要题型是高次幂乘积结构．(2)变形方法：差的变形方法，因式分解、配方、放缩(基本不等式，有界性)凑成若干个平方和等是“变形”的常用方法；商的变形方法：分子放(缩)，分母不变；分子不变，分母放(缩)；分子放(缩)，同时分母缩(放)，目的使分子或分母相同．2．使用反证法证明问题时，准确地作出反设(即否定结论)是正确运用反证法的前提，对结论否定时，要注意结论反面的各种情况．3．证不等式时，在不等式的两边分别作恒等变形，在不等式的两边同时加上(或减去)一个数或代数式，移项，在不等式的两边同时乘以(或除以)一个正数或一个正的代数式，得到的不等式都和原来的不等式等价．这些方法，也是利用综合法和分析法证明不等式时常常用到的技巧．1．已知a 、b 、m 均为正数，且a <b ，M ＝ab ，N ＝a ＋m b ＋m ，则M 、N 的大小关系是________．答案 M <N解析 M －N ＝a b －a ＋m b ＋m ＝m (a －b )b (b ＋m )<0，即M <N .2．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小关系为__________． 答案 a >b >c解析 分子有理化得a ＝13＋2，b ＝16＋5，c ＝17＋6∴a >b >c .3．已知a >0，b >0，比较lg(1＋ab )、12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]的大小．解 12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]＝lg (1＋a )(1＋b ).∵(1＋a )(1＋b )＝1＋(a ＋b )＋ab ≥1＋2ab ＋ab ＝(1＋ab )2， ∴(1＋a )(1＋b )≥1＋ab ，∴lg(1＋ab )≤lg(1＋a )(1＋b )＝12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]，即lg(1＋ab )≤12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．4．设a 、b 、c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝9，求2a ＋2b ＋2c的最小值．解 ∵(a ＋b ＋c )⎝⎛⎭⎫2a ＋2b ＋2c＝[(a )2＋(b )2＋(c )2]⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫2a 2＋⎝⎛⎭⎫2b 2＋⎝⎛⎭⎫2c 2≥⎝⎛⎭⎫a ·2a ＋b ·2b ＋c ·2c 2＝18. ∴2a ＋2b ＋2c ≥2.∴2a ＋2b ＋2c的最小值为2.题型一 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 ＋ cab≥3(a ＋b ＋c )．思维启迪：本题是条件不等式，从已知式和待证式的结论较难用比较法证明，因此可利用分析法证明．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：a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3， 而ab ＋bc ＋ca ＝1，故需证明：a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3(ab ＋bc ＋ca )． 即证：a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .而这可以由ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 22＝a 2＋b 2＋c 2 (当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立)证得． ∴原不等式成立． (2)abc＋ b ac＋ c ab ＝a ＋b ＋c abc. 在(1)中已证a ＋b ＋c ≥ 3. 因此要证原不等式成立，只需证明1abc≥a ＋b ＋c .即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1， 即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca . 而a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac2，b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤bc ＋ac2.∴a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca (a ＝b ＝c ＝33时等号成立)． ∴原不等式成立．探究提高 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．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 ∈R ＋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 ∵(c ＋a )＋(a ＋b )≥2(c ＋a )(a ＋b )>0， (a ＋b )＋(b ＋c )≥2(a ＋b )(b ＋c )>0. (b ＋c )＋(c ＋a )≥2(b ＋c )(c ＋a )>0，三式相乘得①式成立，故原不等式得证． 题型二 用综合法证明不等式例2 设a ，b ，c 为正数，且a ＋b ＋c ＝1，求证：1a ＋1b ＋1c≥9.思维启迪：给合已知条件对所证不等式变形构造柯西不等式的形式证明．证明 方法一 构造两组数：a ，b ，c ；1a ，1b ，1c .因此根据柯西不等式有[(a )2＋(b )2＋(c )2][⎝⎛⎭⎫1a 2＋⎝⎛⎭⎫1b 2＋⎝⎛⎭⎫1c 2]≥⎝⎛⎭⎫a ×1a ＋b ×1b ＋c ×1c 2. 即(a ＋b ＋c )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＋1c ≥32＝9. (当且仅当a 1a ＝b 1b ＝c1c，即a ＝b ＝c 时取等号)． 又a ＋b ＋c ＝1，所以1a ＋1b ＋1c ≥9.方法二 ∵a ，b ，c 均为正数，∴1＝a ＋b ＋c ≥3 3abc .又1a ＋1b ＋1c ≥331abc ＝33abc ， ∴⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＋1c ·1≥313abc·33abc ＝9. 即1a ＋1b ＋1c≥9. 设a ，b ，c 为正数，求证：a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c .证明 方法一 由柯西不等式知 [⎝⎛⎭⎫a b 2＋⎝⎛⎭⎫b c 2＋⎝⎛⎭⎫ca 2][(b )2＋(c )2＋(a )2] ≥⎝⎛⎭⎫a b ×b ＋b c ×c ＋ca ×a 2.于是⎝⎛⎭⎫a 2b ＋b 2c ＋c 2a (a ＋b ＋c )≥(a ＋b ＋c )2. 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c . 方法二 ∵a 、b 、c 为正数，∴a 2＋b 2≥2ab ， ∴a 2b ≥2a －b ，同理b 2c ≥2b －c ，c 2a ≥2c －a . ∴a 2b ＋b 2c ＋c2a ≥(2a －b )＋(2b －c )＋(2c －a )＝a ＋b ＋c . ∴a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立． 题型三 利用柯西不等式求最值例3 设x ＋2y ＋3z ＝3，求4x 2＋5y 2＋6z 2的最小值．思维启迪：将待求式中的各项变为完全平方数的形式，利用柯西不等式建立关于待求式的不等式后求最值，应注意构造出x ＋2y ＋3z . 解 ∵4x 2＋5y 2＋6z 2＝(2x )2＋(5y )2＋(6z )2，∴由柯西不等式知[(2x )2＋(5y )2＋(6z )2]·[⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫252＋⎝⎛⎭⎫362]≥⎝⎛⎭⎫2x ×12＋5y ×25＋6z ×36 ＝(x ＋2y ＋3z )2＝9.即(4x 2＋5y 2＋6z 2)⎝⎛⎭⎫14＋45＋32≥9.∴4x 2＋5y 2＋6z 2≥2051×9＝6017.当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＋3z ＝32x 12＝5y 25＝6z36，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝517y ＝817z ＝1017等号成立．∴4x 2＋5y 2＋6z 2有最小值6017.已知a ，b 为实数，且a >0，b >0.(1)求证：⎝⎛⎭⎫a ＋b ＋1a ⎝⎛⎭⎫a 2＋1b ＋1a 2≥9； (2)求(5－2a )2＋4b 2＋(a －b )2的最小值． (1)证明 因为a >0，b >0，所以a ＋b ＋1a ≥33a ×b ×1a ＝33b >0， ①同理可证：a 2＋1b ＋1a 2≥331b>0. ② 由①②及不等式的性质得⎝⎛⎭⎫a ＋b ＋1a ⎝⎛⎭⎫a 2＋1b ＋1a 2＝33b ×331b＝9.(2)解 [(5－2a )2＋4b 2＋(a －b )2][12＋12＋22] ≥[(5－2a )×1＋2b ×1＋(a －b )×2]2.所以(5－2a )2＋4b 2＋(a －b )2≥256.当且仅当5－2a 1＝2b 1＝a －b2时取等号，即a ＝2512，b ＝512.所以当a ＝2512，b ＝512时，(5－2a )2＋4b 2＋(a －b )2取最小值256.利用算术—几何平均不等式求最值典例：(10分)已知a ，b ，c 均为正数，证明：a 2＋b 2＋c 2＋⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＋1c 2≥63，并确定a ，b ， c 为何值时，等号成立．审题视角 (1)a 2＋b 2＋c 2，1a ＋1b ＋1c 分别用算术—几何平均不等式；(2)相加后又构成用算术——几何平均不等式的条件． 规范解答解 因为a ，b ，c 均为正数，由算术—几何平均不等式得a 2＋b 2＋c 2≥3(abc )23，①1a ＋1b ＋1c ≥3(abc )－13， 所以⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＋1c 2≥9(abc )－23.② 故a 2＋b 2＋c 2＋⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＋1c 2≥3(abc )23＋9(abc )－23. 又3(abc )23＋9(abc )－23≥227＝63，③所以原不等式成立．[8分]当且仅当a ＝b ＝c 时，①式和②式等号成立．当且仅当3(abc )23＝9(abc )－23时，③式等号成立．即当且仅当a ＝b ＝c ＝314时，原式等号成立．[10分]温馨提醒 (1)利用算术—几何平均不等式证明不等式或求最值问题，是不等式问题中的一个重要类型，重点要抓住算术—几何平均不等式的结构特点和使用条件．(2)在解答本题时有两点容易造成失分：一是多次运用算术—几何平均不等式后化简错误；二是求解等号成立的a ，b ，c 的值时计算出错.方法与技巧1．不等式的证明方法灵活，要注意体会，要根据具体情况选择证明方法．2．柯西不等式的证明有多种方法，如数学归纳法，教材中的参数配方法(或判别式法)等，参数配方法在解决其它问题方面应用比较广泛．柯西不等式的应用比较广泛，常见的有证明不等式，求函数最值，解方程等．应用时，通过拆常数，重新排序、添项，改变结构等手段改变题设条件，以利于应用柯西不等式． 失误与防范1．利用基本不等式必须要找准“对应点”，明确“类比对象”，使其符合几个著名不等式的特征．2．注意检验等号成立的条件，特别是多次使用不等式时，必须使等号同时成立．A 组 专项基础训练 (时间：35分钟，满分：62分)一、填空题(每小题5分，共35分)1．已知x ，y ∈R ，且xy ＝1，则⎝⎛⎭⎫1＋1x ⎝⎛⎭⎫1＋1y 的最小值为________． 答案 4解析 ⎝⎛⎭⎫1＋1x ⎝⎛⎭⎫1＋1y ≥⎝⎛⎭⎫1＋1xy 2＝4. 2．设x >0，y >0，M ＝x ＋y 2＋x ＋y ，N ＝x 2＋x ＋y2＋y ，则M 、N 的大小关系为__________．答案 M <N解析 N ＝x 2＋x ＋y 2＋y >x 2＋x ＋y ＋y2＋x ＋y ＝x ＋y 2＋x ＋y＝M .3．若a ，b 均为正实数，且a ≠b ，M ＝a b ＋ba ，N ＝a ＋b ，则M 、N 的大小关系为________．答案 M >N 解析 ∵a ≠b ，∴a b ＋b >2a ，ba＋a >2b ， ∴a b ＋b ＋ba ＋a >2a ＋2b ， ∴a b ＋ba>a ＋b .即M >N .4．若a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1，则a ＋b ＋c 的最大值为________． 答案3解析 (a ＋b ＋c )2＝(1×a ＋1×b ＋1×c )2 ≤(12＋12＋12)(a ＋b ＋c )＝3.当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立．∴(a ＋b ＋c )2≤3.故a ＋b ＋c 的最大值为 3.5．已知a ，b ，c 为正实数，且a ＋2b ＋3c ＝9，则3a ＋2b ＋c 的最大值为________． 答案 39解析 3a ＋2b ＋c ＝ 3 a ＋2b ＋133c ≤⎝⎛⎭⎫3＋1＋13(a ＋2b ＋3c )＝39，故最大值为39.6．若0<a <b <1，则a ＋b,2ab ，a 2＋b 2,2ab 中最大的一个是________． 答案 a ＋b解析 ∵a ＋b >2ab ，a 2＋b 2>2ab . 又(a 2＋b 2)－(a ＋b )＝a (a －1)＋b (b －1)，∵0<a <1,0<b <1.∴a (a －1)＋b (b －1)<0.∴a 2＋b 2<a ＋b .7．已知x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)，利用柯西不等式判断a 2＋b 2与(x ＋y )2的大小关系，a 2＋b 2________(x ＋y )2(用“≤，≥，＝，>，<”符号填写)． 答案 ≥ 解析a 2＋b 2＝(a 2＋b 2)⎝⎛⎭⎫x 2a 2＋y 2b 2 ≥⎝⎛⎭⎫a ·x a ＋b ·yb 2＝(x ＋y )2. 二、解答题(共27分)8．(13分)(2012·江苏)已知实数x ，y 满足：|x ＋y |<13，|2x －y |<16，求证：|y |<518.证明 因为3|y |＝|3y |＝|2(x ＋y )－(2x －y )|≤2|x ＋y |＋|2x －y |，由题设知|x ＋y |<13，|2x －y |<16，从而3|y |<23＋16＝56，所以|y |<518.9．(14分)已知a n ＝1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1) (n ∈N *)，求证：n (n ＋1)2<a n <n (n ＋2)2.证明 ∵n (n ＋1)＝n 2＋n ，∴n (n ＋1)>n ，∴a n ＝1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)>1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.∵n (n ＋1)<n ＋(n ＋1)2，∴a n <1＋22＋2＋32＋3＋42＋…＋n ＋(n ＋1)2＝12＋(2＋3＋…＋n )＋n ＋12＝n (n ＋2)2. 综上得：n (n ＋1)2<a n <n (n ＋2)2.B 组 专项能力提升 (时间：35分钟，满分：58分)一、填空题(每小题5分，共30分)1．若a ，b 为不相等的正数，m ＝(a ＋b )(a 3＋b 3)，n ＝(a 2＋b 2)2，则m 、n 的大小关系是_________． 答案 m >n解析 ∵(a ＋b )(a 3＋b 3)＝[(a )2＋(b )2][(a a )2＋(b b )2] ≥(a ·a a ＋b ·b b )2＝(a 2＋b 2)2， 当且仅当a ＝b 时等号成立．但a ≠b ，∴m >n .2．已知M ＝a 2＋b 2，N ＝ab ＋a ＋b －1，则M ，N 的大小关系为________． 答案 M ≥N解析 ∵(a 2＋b 2)－(ab ＋a ＋b －1)＝a 2＋b 2－ab －a －b ＋1 ＝12(2a 2＋2b 2－2ab －2a －2b ＋2) ＝12[(a 2－2ab ＋b 2)＋(a 2－2a ＋1)＋(b 2－2b ＋1)] ＝12[(a －b )2＋(a －1)2＋(b －1)2]≥0， ∴a 2＋b 2≥ab ＋a ＋b －1.3．函数f (x )＝2x －1＋6－3x 的最大值为________．答案 302解析 ∵x ∈⎣⎡⎦⎤12，2且f (x )>0，∴f (x )＝ 2 x －12＋ 3 2－x≤[(2)2＋(3)2][(x －12)2＋(2－x )2]＝5×32＝302. 当且仅当 22－x ＝ 3x －12， 即2(2－x )＝3⎝⎛⎭⎫x －12时取等号，此时x ＝1110. 4．已知x 2＋2y 2＋3z 2＝1817，则3x ＋2y ＋z 的最小值为___________________．答案 －23 解析∵(x 2＋2y 2＋3z 2)[32＋(2)2＋⎝⎛⎭⎫132] ≥(3x ＋2y ·2＋3z ·13)2＝(3x ＋2y ＋z )2， 当且仅当x ＝3y ＝9z 时，等号成立． ∴(3x ＋2y ＋z )2≤12， 即－23≤3x ＋2y ＋z ≤2 3.当x ＝－9317，y ＝－3317，z ＝－317时，3x ＋2y ＋z ＝－23，∴最小值为－2 3.5．若直线3x ＋4y ＝2，则x 2＋y 2的最小值为________，最小值点为________．答案 425 ⎝⎛⎭⎫625，825 解析 由柯西不等式(x 2＋y 2)(32＋42)≥(3x ＋4y )2，得25(x 2＋y 2)≥4，所以x 2＋y 2≥425. 当且仅当x 3＝y 4时成立，为求最小值点， 需解方程组⎩⎪⎨⎪⎧ 3x ＋4y ＝2，x 3＝y 4.∴⎩⎨⎧x ＝625，y ＝825. 因此，当x ＝625，y ＝825时，x 2＋y 2取得最小值，最小值为425，最小值点为⎝⎛⎭⎫625，825. 6．已知正数x ，y ，z 满足x ＋y ＋z ＝xyz ，且不等式1x ＋y ＋1y ＋z ＋1z ＋x ≤λ恒成立，则λ的取值范围为__________．答案 ⎣⎡⎭⎫32，＋∞ 解析 1x ＋y ＋1y ＋z ＋1z ＋x ≤12xy ＋12yz ＋12zx＝12(1×z x ＋y ＋z ＋1×x x ＋y ＋z ＋1×y x ＋y ＋z) ≤12[(12＋12＋12)(z x ＋y ＋z ＋x x ＋y ＋z ＋y x ＋y ＋z )]12＝32.故λ的取值范围是⎣⎡⎭⎫32，＋∞. 二、解答题(共28分)7．(14分)设a ，b ，c 为正实数，求证：1a 3＋1b 3＋1c3＋abc ≥2 3. 证明 因为a ，b ，c 是正实数，由算术—几何平均不等式可得1a 3＋1b 3＋1c 3≥331a 3·1b 3·1c 3， 即1a 3＋1b 3＋1c 3≥3abc. 所以1a 3＋1b 3＋1c 3＋abc ≥3abc＋abc . 而3abc ＋abc ≥2 3abc·abc ＝23， 当且仅当a ＝b ＝c 且abc ＝3时，取等号．所以1a 3＋1b 3＋1c3＋abc ≥2 3. 8．(14分)(2012·福建)已知函数f (x )＝m －|x －2|，m ∈R ，且f (x ＋2)≥0的解集为[－1,1]．(1)求m 的值；(2)若a ，b ，c 均为正实数，且1a ＋12b ＋13c＝m ，求证：a ＋2b ＋3c ≥9. (1)解 因为f (x ＋2)＝m －|x |，f (x ＋2)≥0等价于|x |≤m .由|x |≤m 有解，得m ≥0，且其解集为{x |－m ≤x ≤m }．又f (x ＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m ＝1.(2)证明 由(1)知1a ＋12b ＋13c＝1，又a ，b ，c 均为正实数，由柯西不等式得a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝⎛⎭⎫1a ＋12b ＋13c≥⎝⎛⎭⎫a ·1a ＋2b ·12b ＋3c ·13c 2＝9.。
2015届高考苏教版数学大一轮复习配套课件：第16章 第2节 不等式的证明及柯西不等式
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第二十三页，编辑于星期五：十点 三十三分。
助综合法，使证明的问题明朗化．
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第二节 不等式的证明及柯西不等式 结束
[针对训练] 已知a>0，b>0,2c>a＋b，求证：c－ c2－ab<a<c＋ c2－ab. 证明：法一(分析法) 要证c－ c2－ab<a<c＋ c2－ab， 即证－ c2－ab<a－c< c2－ab， 即证|a－c|< c2－ab， 即证(a－c)2<c2－ab， 即证a2－2ac<－ab. 因为a>0，所以只要证a－2c<－b，
＝a(b2－c2)＋b(c2－b2)＋b(b2－a2)＋c(a2－b2)
＝(c2－b2)(b－a)＋(b2－a2)(b－c)
＝(b－a)·(c－b)[b＋c－(b＋a)]
＝(b－a)(c－b)(c－a)．
∵c>b>a，∴b－a>0，c－b>0，c－a>0.
∴ab2＋bc2＋ca2>a2b＋b2c＋c2a.
第二节 不等式的证明及柯西不等式 结束
第二节 不等式的证明及柯西不等式
1．不等式证明的方法 (1)比较法： ①求差比较法： 知道a>b⇔a－b>0，a<b⇔a－b<0，因此要证明a>b只要证明 a－b>0 即可，这种方法称为求差比较法．
数学
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第二节 不等式的证明及柯西不等式 结束
第二节 不等式的证明及柯西不等式 结束
苏教版高中数学选修4-5：5.5 运用不等式求最大(小)值 复习课件
2b＋
3 c·
3c)2＝36.
又1a＋2b＋3c＝2，∴a＋2b＋3c≥18，
123
当且仅当
a＝ a
b＝ 2b
c，即 3c
a＝b＝c＝3
时等号成立．
∴当 a＝b＝c＝3 时，a＋2b＋3c 取得最小值 18.
3.（2010·浙江省高考）设正实数 a，b，c，满足 abc≥1.
a2
b2
c2
求 a 2b b 2c c 2a 的最小值。
2．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|，其中等号当且仅当两个向量方向 相同或相反时成立．
3．二维形式的三角不等式：设 x1，y1，x2，y2∈R， 那么 x21＋y21＋ x22＋y22≥ x1－x22＋y1－y22
4．柯西不等式的一般形式： 设 n 为大于 1 的自然数，ai，bi(i＝1,2，…，n)为任意实数，
(1)证明：因为
4. （ 2009·浙 江 省 高 考 ） 已 知 正 数 x, y, z 满 足
x y z 1. (1)求证: x 2 y 2 z 2 1 ;
y 2z z 2x x 2y 3 (2)求 4x 4 y 4z2 的最小值.
证明:(1)∵ (3x 3y 3z)( x2 y2 z2 ) 1; y 2z z 2x x 2y
5.5 运用不等式求最大（小）值 复习课件
知识纲要
1.算术—几何平均不等式 2.柯西不等式
[基础知识] 一、算术—几何平均不等式
定理：若 a1，a2，…，an 为正数， 则a1＋a2＋n …＋an≥ n a1a2…an ， 等号当且仅当 a1＝a2＝…＝an 时成立．
高考数学苏教,理一轮题库：选修 第讲 不等式的证明
第6讲 不等式的证明1．求证：112＋122＋…＋1n 2<2(n ∈R *)．证明 ∵1k 2<1k （k －1）＝1k －1－1k， ∴112＋122＋…＋1 n 2<1＋(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1－1n ) ＝1＋(1－1n )＝2－1n <2.2．已知x 2＋2y 2＋3z 2＝1817，求3x ＋2y ＋z 的最小值．解 ∵(x 2＋2y 2＋3z 2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤32＋(2)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132 ≥⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋2y ·2＋3z ·132＝(3x ＋2y ＋z )2， 当且仅当x ＝3y ＝9z 时，等号成立．∴(3x ＋2y ＋z )2≤12，即－23≤3x ＋2y ＋z ≤2 3.当x ＝－9317，y ＝－3317，z ＝－317时，3x ＋2y ＋z ＝－23，∴最小值为－2 3.3．设正实数a 、b 满足a 2＋ab －1＋b －2＝3，求证：a ＋b －1≤2.证明 由a 2＋ab －1＋b －2＝3，得ab －1＝(a ＋b －1)2－3，又正实数a 、b 满足a ＋b －1≥2ab －1，即ab －1≤(a ＋b －1)24，当且仅当a ＝b 时取“＝”． ∴(a ＋b －1)2－3≤(a ＋b －1)24，∴a ＋b －1≤2. 4．已知a n ＝1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)(n ∈N *)，求证：n (n ＋1)2<a n <n (n ＋2)2.证明 ∵n (n ＋1)＝n 2＋n ，∴n (n ＋1)>n ，∴a n ＝1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)>1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2. ∵n (n ＋1)<n ＋(n ＋1)2， ∴a n <1＋22＋2＋32＋3＋42＋…＋n ＋(n ＋1)2＝12＋(2＋3＋…＋n )＋n ＋12＝n (n ＋2)2.综上得：n (n ＋1)2<a n <n (n ＋2)2.5．已知x ，y ，z 均为正数．求证：x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z .证明 因为x 、y 、z 均为正数．所以x yz ＋y zx ＝1z ⎝ ⎛⎭⎪⎫x y ＋y x ≥2z ， 同理可得y zx ＋z xy ≥2x ，z xy ＋x yz ≥2y ，当且仅当x ＝y ＝z 时，以上三式等号都成立．将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z . 6．已知a 、b 都是正实数，且ab ＝2.求证：(1＋2a )(1＋b )≥9.证明 法一 因为a 、b 都是正实数，且ab ＝2，所以2a ＋b ≥22ab ＝4.所以(1＋2a )(1＋b )＝1＋2a ＋b ＋2ab ≥9.法二 因为a 、b 都是正实数，所以由柯西不等式可知(1＋2a )(1＋b )＝[12＋(2a )2][12＋(b )2]≥(1＋2ab )2.又ab ＝2，所以(1＋2ab )2＝9.所以(1＋2a )(1＋b )≥9.法三 因为ab ＝2，所以(1＋2a )(1＋b )＝(1＋2a )⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2a ＝5＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a .因为a 为正实数，所以a ＋1a ≥2 a ·1a ＝2.所以(1＋2a )(1＋b )≥9. 法四 因为a 、b 都是正实数，所以(1＋2a )(1＋b )＝(1＋a ＋a )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b 2＋b 2≥3·3a 2·3·3b 24＝9·3a 2b 24.又ab ＝2，所以(1＋2a )(1＋b )≥9.7．设实数x 、y 、z 满足x ＋2y －3z ＝7，求x 2＋y 2＋z 2的最小值．证明 由柯西不等式，得(x 2＋y 2＋z 2)·[12＋22＋(－3)2]≥(x ＋2y －3z )2.∵x ＋2y －3z ＝7，∴x 2＋y 2＋z 2≥72. 当且仅当x ＝y 2＝z －3时取等号， 即x ＝12，y ＝1，z ＝－32时取等号．∴x 2＋y 2＋z 2的最小值为72.8．已知m 、n 是正数，证明：m 3n ＋n 3m ≥m 2＋n 2.证明 ∵m 3n ＋n 3m －m 2－n 2＝m 3－n 3n ＋n 3－m 3m＝(m 3－n 3)(m －n )mn ＝(m －n )2(m 2＋mn ＋n 2)mn， ∵m 、n 均为正实数，∴(m －n )2(m 2＋mn ＋n 2)mn ≥0，∴m 3n ＋n 3m≥m 2＋n 2. 当且仅当m ＝n 时，等号成立．9．已知a 、b 、c 满足abc ＝1，求证：(a ＋2)(b ＋2)(c ＋2)≥27.证明 (a ＋2)(b ＋2)(c ＋2)＝(a ＋1＋1)(b ＋1＋1)(c ＋1＋1)≥3·3a ·3·3b ·3·3c＝27·3abc ＝27.当且仅当a ＝b ＝c ＝1时等号成立．10．已知x 、y 、z 均为正数，求证：33⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y ＋1z ≤ 1x 2＋1y 2＋1z 2.证明 由柯西不等式，得(12＋12＋12)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋1y 2＋1z 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y ＋1z 2.即3× 1x 2＋1y 2＋1z 2≥1x ＋1y ＋1z . ∴33⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y ＋1z ≤ 1x 2＋1y 2＋1z 2.当且仅当1x ＝1y ＝1z 时等号成立．11．已知a ，b 为实数，且a >0，b >0.(1)求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1b ＋1a 2≥9；(2)求(5－2a )2＋4b 2＋(a －b )2的最小值．(1)证明 因为a >0，b >0，所以a ＋b ＋1a ≥33a ×b ×1a ＝33b >0，① 同理可证：a 2＋1b ＋1a 2≥331b >0.②由①②及不等式的性质得⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1b ＋1a 2＝33b ×331b ＝9.(2)解 [(5－2a )2＋4b 2＋(a －b )2][12＋12＋22]≥[(5－2a )×1＋2b ×1＋(a －b )×2]2.所以(5－2a )2＋4b 2＋(a －b )2≥256.当且仅当5－2a 1＝2b 1＝a －b 2时取等号，即a ＝2512，b ＝512.所以当a ＝2512，b ＝512时，(5－2a )2＋4b 2＋(a －b )2取最小值256.12．已知a ，b 为正实数．(1)求证：a 2b ＋b 2a ≥a ＋b ；(2)利用(1)的结论求函数y ＝(1－x )2x ＋x 21－x(0<x <1)的最小值． (1)证明 法一 ∵a >0，b >0，∴(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋b 2a ＝a 2＋b 2＋a 3b ＋b 3a ≥a 2＋b 2＋2ab ＝(a ＋b )2.∴a 2b ＋b 2a ≥a ＋b ，当且仅当a ＝b 时等号成立．法二 ∵a 2b ＋b 2a －(a ＋b )＝a 3＋b 3－a 2b －ab 2ab＝a 3－a 2b －(ab 2－b 3)ab ＝a 2(a －b )－b 2(a －b )ab＝(a －b )2(a ＋b )ab. 又∵a >0，b >0，∴(a －b )2(a ＋b )ab≥0， 当且仅当a ＝b 时等号成立．∴a 2b ＋b 2a ≥a ＋b .(2)解 ∵0<x <1，∴1－x >0，由(1)的结论，函数y ＝(1－x )2x ＋x 21－x≥(1－x )＋x ＝1. 当且仅当1－x ＝x ，即x ＝12时等号成立．∴函数y ＝(1－x )2x ＋x 21－x(0<x <1)的最小值为1.。
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启
基
智
础
慧
·
·
自
高
主
考
落 实
第二节
不等式的证明与利用不等式求最大(小)值
研 析
提
知
课
能
后
·
限
典
时
例
自
探
测
究
精品课件
内容
要求 AB C
考 不等式的证明(比较法、综合 √
纲 法、分析法)
传 算术—几何平均不等式与柯 √
真 西不等式
利用不等式求最大(小)值
√
运用数学归纳法证明不等式
√
精品课件
1．证明不等式的基本方法
(1)比较法
名称
理论依据
证明步骤
作差比 a>b ⇔ a－b>0 ；a<b ⇔ 作差→变形→判断符号 较法 a－b<0 ；a＝b ⇔a－b＝0 →得出结论
作商比 b>0，ab>1⇒ a>b ； 作商→变形→判断商与
较法
b<0，ab>1⇒a<b
1 的关系→得出结论
精品课件
(2)综合法和分析法
①综合法的结构形式：
精品课件
(2) 定 理 ： 若
a1 ， a2 ， … ， an
为
正
数
，
则
a1＋a2＋…＋an n
≥n a1a2…an，等号当且仅当 a1＝a2＝…＝an 时成立．
精品课件
3．柯西不等式 (1)定理 1 设 a，b，c，d 均为实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥ (ac＋bd)2 ，其中等号当且仅当 ad＝bc 时成立． (2)定理 2 设 α，β 为平面上的两个向量，则|α||β|≥|α·β|，其中 等号当且仅当 α，β 共线时成立． (3)定理 3 设 x1，y1，x2，y2，x3，y3∈R，则
[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)×
精品课件
2．(教材习题改编)已知实数 x、y、z 满足 x＋2y＋3z＝1，则 x2＋y2＋z2 的最小值为________．
[解析] 由柯西不等式得(x2＋y2＋z2)(12＋22＋32)≥(x＋2y＋ 3z)2＝1，
所以 x2＋y2＋z2≥114.
S
＝
1 210
＋
1 210＋1
＋
1 210＋2
＋
…
＋
2111－1，则 S 与 1 的大小关系是________．
[解析] 由于2101＋1<2110，2101＋2<2110，…，2111－1<2110， ∴S＝2110＋2101＋1＋…＋2111－1<2110＋2110＋…＋2110＝221100＝1，即
(1)比较法最终要判断式子的符号得出结论．( ) (2)综合法强调将问题进行合理变形转换，使之能运用定义、 公理、定理、性质推证命题．( ) (3)分析法要强调书写步骤的合理性，注意逻辑上的充分条件， 步步可逆不是指等价．( ) (4)使用反证法时，“反设”精品不课件能作为推理的条件应用．( )
[解析] 比较法包含求差与求商，所以(1)错；(2)(3)显然正确； 使用反证法时，“反设”可以作为推理的条件应用，所以(4)错．
S<1. [答案] S<1
精品课件
5．设 a＞b＞0，m＝ a－ b，n＝ a－b，则 m 与 n 的大小关 系是________．
[解析] ∵a＞b＞0， ∴m＝ a－ b＞0，n＝ a－b＞0. ∵m2－n2＝(a＋b－2 ab)－(a－b) ＝2b－2 ab＝2 b( b－ a)＜0， ∴m2＜n2，从而 m＜n. [答案] m＜n
x1－x22＋y1－y22＋ x2－x32＋y2－y32≥ x1－x32＋y1－y32 ，这个不等式称为 三角形不等式 ．
精品课件
4．利用不等式求最大(小)值 (1)利用算术—几何平均不等式求最大(小)值． (2)利用柯西不等式求最大(小)值．
精品课件
1．(夯基释疑)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误 的打“×”)
P→P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Qn⇒→Q
↓
↓
已证过的不等式 和不等式的性质
推导过程 或等价变换
所要证明 的结论
精品课件
②分析法的结构形式：
Q→Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→ P
↓
↓
所要证明 寻找结论成立的 明显成立
的结论
充分条件
过的程条件
精品课件
2．算术—几何平均不等式 (1)两个结论： ①如果 a，b＞0，那么a＋2 b≥ ab，当且仅当 a＝b 时，等号成 立． ②如果 a，b，c＞0，那么a＋3b＋c≥3 abc，当且仅当 a＝b＝c 时，等号成立．
精品课件
[解] 作差得 a4＋b4－ab(a2＋b2) ＝a3(a－b)＋b3(b－a)＝(a－b)(a3－b3) ＝(a－b)2(a2＋ab＋b2) ＝(a－b)2a＋b22＋34b2. 因为 a≠b，所以 a，b 不同时为 0，故a＋b22＋34b2>0，(a－b)2>0， 所以(a－b)2a＋b22＋34b2>0， 即有 a4＋b4>ab(a2＋b2)．
[答案]
1 14
精品课件
3．已知 a、b、c 都是正数，a＋b＋c＝1，则1a＋1b＋1c的最小值 是________．
[解析] ∵a＋b＋c＝1，
∴1a＋1b＋1c＝(a＋b＋c)(1a＋1b＋1c)≥33 abc×3 3来自1a×1b×1c＝9.
[答案] 9
精品课件
4 ． (2014·广 东 深 圳 模 拟 ) 记
精品课件
【通关锦囊】 1．当要证的不等式两边为代数和形式时，通常采用作差把定 量比较左右的大小转化为定性判定左—右的符号，从而降低了问题 的难度． 2．当要比较的两式呈幂的结构时，可结合函数的单调性，采 用作商比较法证明．
精品课件
【变式训练 1】 (2014·江苏苏州检测)设实数 a，b 满足 a≠b， 求证：a4＋b4>ab(a2＋b2)．
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考向 1 比较法证明不等式(高频考点) 命题视角 利用比较法证明不等式是历年高考重点，主要命题 角度：(1)作差与 0 比较；(2)作商与 1 比较．
精品课件
【典例 1】 (1)(2013·江苏高考)已知 a≥b>0，求证：2a3－ b3≥2ab2－a2b.
(2)设 a，b∈R＋，求证：aabb≥(ab)a＋2 b≥abba. 【思路点拨】 (1)利用作差法证明；(2)利用作商法证明．
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(2) aaab＋b b＝aa－2 bbb－2 a＝aba－2 b，由指数函数的性质 ab 2
当 a＝b 时，(ab)a－2 b＝1； 当 a>b>0 时，ab>1，a－2 b>0，aba－2 b>1； 当 b>a>0 时，0<ab<1，a－2 b<0，aba－2 b>1，
精品课件
即 aabb≥(ab)a＋2 b. 同理可证(ab)a＋2 b≥abba. ∴aabb≥(ab)a＋2 b≥abba.