高中总复习第一轮数学 (新人教A)第六章 6.2 不等式的证明(一)

6.2 不等式的证明(一)
巩固·夯实基础 一、自主梳理
1.比较法又分为作差比较和作商比较,作商比较多用于都是正数、单项情况下，比值与1比较.作差比较最常用,作出差后,往往要用因式分解或配平方两种方法，有时还要讨论.
含方根的式子大小比较时,常要将它们平方或立方,再比较，其根据是：若p>q>0，则
p >q ,p
2
>q 2；若m>n ，则m 3>n 3，
3
m 〉3n 。

2.分析法：从求证的不等式出发，逐步寻求使不等式成立的条件，直至所需条件被确认成立，就断定求证的不等式成立，这种证明方法叫分析法.分析法的思想是“执果索因",即从求证的不等式出发，探求使结论成立的充分条件，直至已成立的不等式。

采用分析法证明不等式时，常用“⇐”的符号，有时，若为充要条件时,也常用“⇔”的符号。

证明过程常表现为“要证……只要证……”.
3。

综合法就是从已知或已证明过的不等式出发，根据不等式的性质推导出欲证的不等式,综合法往往是分析法的逆过程，表述简单，条理清楚,故证明时，往往先用分析法分析,再用综合法书写。

二、点击双基 1。

（理)若a 、b 是正数,则2b a +、ab 、b a ab +2、
2
2
2b a +这四个数的大小顺
序是…（ ) A 。

ab ≤2b a +≤b a ab +2≤2
2
2b a +
B.
2
2
2b a +≤ab ≤
2b
a +≤b
a a
b +2 C.b a ab +2≤ab ≤2b a +≤2
2
2b a +
D 。

ab ≤2b a +≤2
2
2b a +≤
b
a ab
+2 解析：可设a=1,b=2, 则2
b a +=2
3，
ab =2，
b a ab
+2=3
4, 2
2
2b a +=
24
1+=2
5=5.2。

答案:C
(文）下列不等式恒成立的有（ ） A 。

若a 、b 都是正数，b
a ab
+2>ab B.tan α+cot α
≥2
C 。

a 、b 、m 是正数，则m
b m a ++>b
a
D 。

3+5〈4
解析:易知A 、B 、C 不恒成立,对于D,两边平方即可。

答案:D
2。

若实数x,y,z 满足x 2+y 2+z 2=1，则xy+yz+zx 的取值范围是( ) A.［—1，1] B.［-2
1，1] C 。

[—1,2
1］
D.［—2
1，2
1］
解析:∵xy+yz+zx ≤
2
2
2y x ++
22
2z y ++
2
22z x +=x 2+y 2+z 2=1,
又∵2(xy+yz+zx)=（x+y+z ）2-（x 2+y 2+z 2)≥0-1=—1, ∴xy+yz+zx ≥-2
1.故选择B 。

答案:B
3.若a 、b 、c 是常数，则“a>0且b 2—4ac 〈0”是“对任意x ∈R ，有
ax 2+bx+c>0”的（ )
A 。

充分不必要条件
B 。

必要不充分条件
C 。

充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:当a 〉0,b 2-4ac<0时，ax 2+bx+c>0。

反之,ax 2+bx+c>0对x ∈R 成立不能推出a>0，b 2—4ac<0。

反例:a=b=0,c=2.故选A. 答案:A
4.船在流水中在甲地和乙地间来回行驶一次的平均速度v 1和在静水中
的
速
度
v 2
的
大
小
关
系
为
__________________________________________.
解析:设甲地至乙地的距离为s,船在静水中的速度为v 2,水流速度为v （v 2＞v ＞0),则船在流水中在甲、乙间来回行驶一次的时间 t=v v s +2+v v s -2=2
2222v
v s v -,平均速度
v 1=t s
2=2222v
v v -.
∵v 1-v 2=2
2
22v
v v -—v 2=—
2
2
v v ＜0,∴v 1＜v 2.
答案:v 1＜v 2 诱思·实例点拨
【例1】 设a 〉b 〉c ，n ∈N ，试求使不等式b a -1
+c
b -1≥
c a n -成立的
n
的最大值。

剖析:原不等式可转化为b
a c a --+c
b c a --≥n 恒成立.只要求出b
a c a --+c
b c a --的最
小值即可。

解:b
a c a --+c
b c a --=b a c b b a --+-+c
b c b b a --+-
=2+b a c b --+c
b b a --≥4,
当且仅当b
a c
b --=
c b b a --,即
b —c=a-b ，
即2a=a+c 取等号.
要使b
a c a --+c
b c a --≥n 恒成立,只需n ≤4.
故n 的最大值为4。

链接·拓展
设a 〉b>c 〉d,n ∈N,求使不等式b a -1
+c b -1+d
c -1≥
d
a n -成立的n 的
最大值。

答案:n 的最大值为9.
【例2】 已知a 、b 、x 、y ∈R +且a
1＞b
1，x ＞y 。

求证：
a
x x +＞
b
y y
+。

剖析:观察待证不等式的特征，用比较法或分析法较适合. 证法一:（作差比较法) ∵
a x x +—
b y y
+=)
)((b y a x ay bx ++-, 又a
1＞b
1且a 、b ∈R +，
∴b ＞a ＞0。

又x ＞y ＞0,∴bx ＞ay. ∴
)
)((b y a x ay
bx ++-＞0,即a x x
+＞
b
y y
+。

证法二：(分析法）
∵x 、y 、a 、b ∈R +,∴要证
a
x x
+＞
b
y y
+， 只需证明a
x x
+＞b
y y +，即证xb ＞ya 。

而由a
1＞b
1＞0,∴b ＞a ＞0。

又x ＞y ＞0,
知xb ＞ya 显然成立。

故原不等式成立。

链接·聚焦
该例若用函数的单调性应如何构造函数? 解法一：令f(x)=
a
x x +，易证f （x ）在（0，+∞)上为增函数,从而
a
x x +>
a
y y +. 再令g(x ）=
x
m m
+，易证g(x)在（0，+∞）上单调递减。

∵a
1>b
1,a 、b ∈R +,∴a 〈b. ∴g （a)〉g （b),即a m m
+〉b
m m +，命题得证. 解法二:原不等式即为1+a x a x >1+b
y b y
,
为此构造函数f （x)=1
+x x ,x ∈（0，+∞）。

易证f （x)在(0,+∞)上为单调增函数,而a x 〉b
y
，
∴1+a x a x >1+b
y b y
,即a x x +〉b
y y +.
【例3】 某食品厂定期购买面粉.已知该厂每天需用面粉6 t ，每吨面粉的价格为1 800元,面粉的保管等其他费用为平均每吨每天3元,购面粉每次需支付运费900元.
（1)求该厂多少天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少？
（2）若提供面粉的公司规定:当一次购买面粉不少于210 t 时，其价格可享受9折优惠(即原价的90％），问该厂是否考虑利用此优惠条件?请说明理由。

解：(1）设该厂应每隔x 天购买一次面粉，其购买量为6x t,由题意知,面粉的保管等其他费用为
3［6x+6（x —1）+…+6×2+6×1]=9x(x+1）。

设平均每天所支付的总费用为y 1元,则y 1=x
1[9x （x+1)+900]+6×
1 800
=x
900+9x+10 809≥2
x x
9900
•+10 809=10 989. 当且仅当9x=x
900，即x=10时取等号，
即该厂应每隔10天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少.
（2）若厂家利用此优惠条件,则至少每隔35天,购买一次面粉,平均每天支付的总费用为y 2元,则
y 2=x
1［9x （x+1)+900]+6×1 800×0.90 =x
900+9x+9 729(x ≥35)。

令f(x ）=x+x
100（x ≥35),
x 2＞x 1≥35，则f （x 1)-f （x 2)=(x 1+1
100x )-(x 2+2
100x )
=2
12112
)
100)((x x x x x x
--.
∵x 2＞x 1≥35，
∴x 2-x 1＞0,x 1x 2＞0,100—x 1x 2＜0. ∴f （x 1）-f(x 2）＜0，f(x 1)＜f(x 2),
即f （x)=x+x
100,当x ≥35时为增函数。

∴当x=35时,f （x)有最小值，此时y 2＜10 989. ∴该厂应该接受此优惠条件.。