选修4-5证明不等式的基本方法
高中数学 第二节 证明不等式的基本方法、数学归纳法证明不等式课件 新人教A版选修4-5
ab
ab 2 abba.
【拓展提升】比较法证明不等式的方法与步骤 1.作差比较法 (1)作差比较法的一般步骤是：作差、变形、判断符号、得出 结论.其中,变形整理是关键,变形的目的是为了判断差的符号,常 用的变形方法有:因式分解、配方、通分、拆项、添项等. (2)若所证不等式的两边是整式或分式多项式时，常用作差比 较法.
第二节 证明不等式的基本方法、数学 归纳法证明不等式
1.比较法证明不等式可分为作差比较法和作商比较法两种
理论依 据
适用类 型
作差比较法 a>b⇔_a_-_b_>_0_ a<b⇔_a_-_b_<_0_ a=b⇔_a_-_b_=_0_
作商比较法 b>0, a >1⇒a>b
b
b<0, a >1⇒a<b
(5)数学归纳法的第一步n的初始值一定为1.( )
【解析】(1)错误.若x-y<0，则有x+2y<x-y.
(2)正确.∵a>b>-1,∴a+1>b+1>0, 1 1 .
a 1 b 1
(3)错误.
b1b a1 a
a∵aba>b1a>, 0,∴a-b<0,
a(a+1)>0,b1b,st.
a1 a
(4)错误.该不等式无论用作差法还是作商法都不好证明，最好
【互动探究】在本例(2)的条件下，证明
ab
ab 2
abba.
【证明】
abba
ab
ab 2
ba ab
a 2 b 2
(b)a2b， a
当a=b时，( b
)
a
2
高二选修4-5_证明不等式的基本方法4
把 以 上 四 个 不 等 式 相 加得 abcd a b c d abcd abd bca cbd dac
abcd. 即 ab cd
1 a b c d 2 abd bca cba dac
分式型放缩可改变分子或分母， 或分子、分母同时改变，达到放缩的目的．
例2
已知a,b是实数,求证 a b 1 a b
【解析】当
n＞1
1 1 11 时，n2＞nn＋1＝n－n＋1.
所以212＋312＋412＋…＋n12＞2×1 3＋3×1 4＋4×1 5＋…＋nn1＋1＝ 12－13＋13－14＋14－15＋…＋1n－n＋1 1＝12－n＋1 1.
【例 1】
证
明
：12
－
1 n＋1
＜
1 22
＋
1 32
＋
1 42
＋
…
x 1x
y 1 y
B
A B
方法2：特值法: 因为x>0,y.>0, 所以取x=1,y=1代入可比较。
含根式不等式的放缩
【例 3】 已知实数 x，y，z 不全为零，求证： x2＋xy＋y2＋ y2＋yz＋z2＋ z2＋zx＋x2＞32(x＋y＋z)．
【解题探究】 欲证不等式左端是三个根式的和，而右端 是有理式，若两边平方则十分复杂，可考虑对根号内的式子进 行配方后再用放缩法．
1．放缩法：在证明不等式的过程中，有时 利用不等式的_传__递_性____，通过对不等式的某些 部分作适当的__放_大_或_缩_小______，达到证明的目 的．
2．放缩法的实质是__非_等_价_转__化________，放 缩没有__一_定_的_准_则__和_程_序__________，需按题意适当 放缩，否则达不到目的．
高考数学(人教,理)总复习课件：选修4-5-第2节证明不等式的基本方法
将上述不等式相加得： 21－31＋31－41＋…＋1n－n＋1 1 ＜212＋312＋…＋n12＜1－12＋12－13＋…＋n－1 1－n1， 即12－n＋1 1＜212＋312＋…＋n12＜1－1n， ∴32－n＋1 1＜1＋212＋312＋…＋n12＜2－1n.
用放缩法证明不等式的常用方法： (1)添加或舍去一些项，如 a2＋a＋1＝a＋122＋34＞a＋122.
【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 a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋
ac)≥3，而 ab＋bc＋ca＝1，故需证明 a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc
＋ac)≥3(ab＋bc＋ac)，即证 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac.
因为
ab
【解】 法一：利用基本不等式 ∵( 3a＋1＋ 3b＋1＋ 3c＋1)2＝(3a＋1)＋(3b＋1)＋ (3c ＋ 1) ＋ 2 3a＋1 · 3b＋1 ＋ 2 3b＋1 · 3c＋1 ＋ 2 3a＋1 · 3c＋1 ≤(3a ＋ 1) ＋ (3b ＋ 1) ＋ (3c ＋ 1) ＋ 3a＋1＋3b＋1＋3b＋1＋3c＋1＋3a＋1＋3c＋1 ＝33a＋1＋3b＋1＋3c＋1＝18， ∴ 3a＋1＋ 3b＋1＋ 3c＋1≤3 2. 故( 3a＋1＋ 3b＋1＋ 3c＋1)max＝3 2.
(2)证明：由 s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋ b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1,2，…，n 及 an<bn，可得 s －t＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋…＋(an－1－bn－1)qn－2＋(an－bn)qn－ 1≤(q－1)＋(q－1)q＋…＋(q－1)qn－2－qn－1
新高考数学一轮总复习课件选修4-5第二节证明不等式的基本方法
【解析】(1)①当 x≥3 时，|x－3|＜x＋1 等价于 x－3＜x＋1，不等式恒成立， 所以 x≥3； 当 x＜3 时，|x－3|＜x＋1 等价于 3－x＜x＋1，即 x＞1，所以 1＜x＜3， 综上可知，不等式 f(x)＜x＋1 的解集为 M＝{x|x＞1}．
②因为(a2＋1)(b2＋1)－(2a2＋2b2) ＝(ab)2＋a2＋b2＋1－2a2－2b2 ＝(ab)2－a2－b2＋1＝(a2－1)(b2－1)， 又因为 a，b∈M，所以 a＞1，b＞1， 因此 a2＞1，b2＞1，a2－1＞0，b2－1＞0， 所以(a2－1)(b2－1)＞0， 所以原不等式(a2＋1)(b2＋1)＞2a2＋2b2 成立．
(2)作商比较法的应用范围 当被证的不等式两边含有幂式或指数式或乘积式时，一般使用作商比较法．
【变式训练】 当 p，q 都是正数且 p＋q＝1 时，试比较(px＋qy)2 与 px2＋qy2 的大小．
【解析】(px＋qy)2－(px2＋qy2)＝p2x2＋q2y2＋2pqxy－(px2＋qy2) ＝p(p－1)x2＋q(q－1)y2＋2pqxy.因为p＋q＝1，所以p－1＝－q，q－1＝－p. 所以(px＋qy)2－(px2＋qy2)＝－pq(x2＋y2－2xy)＝－pq(x－y)2. 因为p，q为正数，所以－pq(x－y)2≤0，所以(px＋qy)2≤px2＋qy2.当且仅当 x＝y时，等号成立．
第二节 证明不等式的基本方法
梳理自测 通必备知识
1．基本不等式
定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥_2_a_b_，当且仅当_a_＝__b_时，等号成立．
定理2：如果a，b＞0，那么 a b ab ，当且仅当a__＝_b__时，等号成立，即两
2
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．
选修4-5不等式证明的基本方法
选修4－5 不等式选讲第2课时不等式证明的基本方法(对应学生用书(理)200～202页)1. 设a 、b ∈R ＋，试比较a ＋b2与a ＋b 的大小． 解：∵ (a ＋b)2－⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝（a －b ）22≥0，∴ a ＋b ≥a ＋b2. 2. 若a 、b 、c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1，求a ＋b ＋c 的最大值．解：(1·a ＋1·b ＋1·c)2≤(12＋12＋12)(a ＋b ＋c)＝3，即a ＋b ＋c 的最大值为 3.3. 设a 、b 、m ∈R ＋，且b a <b ＋m a ＋m ，求证：a ＞b.证明：由b a <b ＋m a ＋m ，得b a －b ＋m a ＋m ＝（b －a ）m a （a ＋m ）＜0.因为a 、b 、m ∈R ＋，所以b －a ＜0，即b ＜a.4. 若a 、b ∈R ＋，且a ≠b ，M ＝a b ＋ba，N ＝a ＋b ，求M 与N 的大小关系． 解：∵ a ≠b ，∴ a b ＋b>2a ，ba＋a>2b ， ∴a b ＋b ＋b a ＋a>2b ＋2a ，即a b ＋ba>b ＋a ，即M>N. 5. 用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n >12(n>1，n ∈N *)的过程中，用n ＝k ＋1时左边的代数式减去n ＝k 时左边的代数式的结果是A ，求代数式A.解：当n ＝k 时，左边＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k ＋k ，n ＝k ＋1时，左边＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋1（k ＋1）＋（k ＋1），故左边增加的式子是12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1，即A ＝1（2k ＋1）（2k ＋2）.1. 不等式证明的常用方法(1) 比较法：比较法是证明不等式的一种最基本的方法，也是一种常用方法，基本不等式就是用比较法证得的．比较法有差值、比值两种形式，但比值法必须考虑正负．比较法证明不等式的步骤：作差(商)、变形、判断符号．其中的变形主要方法是分解因式、配方，判断过程必须详细叙述．(2) 综合法：综合法就是从题设条件和已经证明过的基本不等式出发，不断用必要条件替换前面的不等式，直到推出要证明的结论，即为“由因导果”，在使用综合法证明不等式时，常常用到基本不等式．(3) 分析法：分析法就是从所要证明的不等式出发，不断地用充分条件替换前面的不等式，直至推出显然成立的不等式，即为“执果索因”．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≥…≥C n≥B，利用传递性达到证明的目的．(3) 数学归纳法[备课札记]题型1 用比较法证明不等式例1求证：a 2＋b 2≥ab ＋a ＋b －1.证明：∵ (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. 备选变式（教师专享） 已知a>0，b>0，求证：a b ＋ba≥a ＋ b. 证明：(证法1)∵ ⎝⎛⎭⎫a b ＋b a －(a ＋b)＝⎝⎛⎭⎫a b －b ＋⎝⎛⎭⎫b a －a ＝a －b b ＋b －aa ＝（a －b ）（a －b ）ab ＝（a ＋b ）（a －b ）2ab≥0，∴ 原不等式成立．(证法2)由于a b ＋b a a ＋b ＝a a ＋b b ab （a ＋b ）＝（a ＋b ）（a －ab ＋b ）ab （a ＋b ）＝a ＋bab－1≥2abab－1＝1.又a>0，b>0，ab>0，∴a b ＋ba≥a ＋ b. 题型2 用分析法、综合法证明不等式 例2 已知x 、y 、z 均为正数，求证：x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z.证明：(证法1：综合法)因为x 、y 、z 都是正数，所以x yz ＋y zx ＝1z ⎝⎛⎭⎫x y ＋y x ≥2z .同理可得yzx ＋z xy ≥2x ，z xy ＋x yz ≥2y .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. (证法2：分析法)因为x 、y 、z 均为正数，要证x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z .只要证x 2＋y 2＋z 2xyz ≥yz ＋zx ＋xyxyz ，只要证x 2＋y 2＋z 2≥yz ＋zx ＋xy ，只要证(x －y)2＋(y －z)2＋(z －x)2≥0，而(x －y)2＋(y －z)2＋(z －x)2≥0显然成立，所以原不等式成立．变式训练已知a>0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.证明：要证a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只需证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋2，只需证a 2＋1a 2＋4＋4a 2＋1a 2≥a 2＋1a2＋2＋22⎝⎛⎭⎫a ＋1a ＋2， 即证2a 2＋1a2≥2⎝⎛⎭⎫a ＋1a ， 只需证4⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2≥2⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2＋2， 即证a 2＋1a 2≥2，此式显然成立．∴ 原不等式成立．题型3 均值不等式与柯西不等式的应用 例3 求证：a 2＋b 2＋c 23≥a ＋b ＋c3. 证明：∵ (12＋12＋12)(a 2＋b 2＋c 2)≥(a ＋b ＋c)2， ∴ a 2＋b 2＋c 23≥（a ＋b ＋c ）29，即a 2＋b 2＋c 23≥a ＋b ＋c3.变式训练若实数x 、y 、z 满足x ＋2y ＋3z ＝a(a 为常数)，求x 2＋y 2＋z 2的最小值． 解：∵ (12＋22＋32)(x 2＋y 2＋z 2)≥(x ＋2y ＋3z)2＝a 2，即14(x 2＋y 2＋z 2)≥a 2， ∴ x 2＋y 2＋z 2≥a 214，即x 2＋y 2＋z 2的最小值为a 214.备选变式（教师专享）用数学归纳法证明：当n 是不小于5的自然数时，总有2n >n 2成立． 证明：(1) 当n ＝5时，25>52，结论成立．(2) 假设当n ＝k(k ∈N ，k ≥5)时，结论成立，即有2k >k 2，那么当n ＝k ＋1时，左边＝2k ＋1＝2·2k >2·k 2＝(k ＋1)2＋(k 2－2k －1)＝(k ＋1)2＋(k －1－2)(k －1＋2)>(k ＋1)2＝右边.∴ 也就是说，当n ＝k ＋1时，结论成立．∴ 由(1)、(2)可知，不等式 2n >n 2对n ∈N ，n ≥5时恒成立．例4 求函数y ＝1－x ＋4＋2x 的最大值．解：∵y 2＝(1－x ＋2·2＋x)2≤[12＋(2)2](1－x ＋2＋x)＝3×3，∴ y ≤3，当且仅当11－x ＝22＋x时取“＝”号，即当x ＝0时，y max ＝3.备选变式（教师专享）(2011·湖南改编)设x 、y ∈R ，求⎝⎛⎭⎫x 2＋1y 2⎝⎛⎭⎫1x 2＋4y 2的最小值． 解：由柯西不等式，得⎝⎛⎭⎫x 2＋1y 2⎝⎛⎭⎫1x 2＋4y 2≥(1＋2)2＝9.∴ ⎝⎛⎭⎫x 2＋1y 2⎝⎛⎭⎫1x 2＋4y 2的最小值为9.1. (2013·陕西)已知a 、b 、m 、n 均为正数，且a ＋b ＝1，mn ＝2，求(am ＋bn)(bm ＋an)的最小值．解：利用柯西不等式求解，(am ＋bn)(an ＋bm)≥(am·an ＋bn·bm)2＝mn·(a ＋b)2＝2·1＝2，且仅当am an ＝bn bmm ＝n 时取最小值2.2. (2013·湖北)设x 、y 、z ∈R ，且满足x 2＋y 2＋z 2＝1，x ＋2y ＋3z ＝14，求x ＋y ＋z 的值．解：由柯西不等式可知(x ＋2y ＋3z)2＝14≤(x 2＋y 2＋z 2)·(12＋22＋32)，因为x 2＋y 2＋z 2＝1，所以当且仅当x 1＝y 2＝z3时取等号．此时y ＝2x ，z ＝3x 代入x ＋2y ＋3z ＝14得x ＝1414，即y ＝21414，z ＝31414， 所以x ＋y ＋z ＝3147. 3. (2013·江苏)已知a ≥b>0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b.证明：∵ 2a 3－b 3－2ab 2＋a 2b ＝(2a 3－2ab 2)＋(a 2b －b 3) ＝2a(a 2－b 2)＋b(a 2－b 2)＝(a 2－b 2)(2a ＋b)＝(a ＋b)(a －b)(2a ＋b)，又a ≥b>0，∴ a ＋b>0，a －b ≥0，2a ＋b ≥0， ∴ (a ＋b)(a －b)(2a ＋b)≥0， ∴ 2a 3－b 3－2ab 2＋a 2b ≥0， ∴ 2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b. 4. (2013·新课标Ⅱ)设a 、b 、c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1.证明： (1) ab ＋bc ＋ca ≤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.(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)， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c. 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.1. 已知正数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)． 2. 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 ∈R ，且1a ＋12b ＋13c ＝m ，求证：a ＋2b ＋3c ≥9.解：(1) ∵ f(x ＋2)＝m －|x|≥0，∴ |x|≤m ，∴ m ≥0，－m ≤x ≤m ，∴ f(x ＋2)≥0的解集是[－1，1]，故m ＝1.(2) 由(1)知1a ＋12b ＋13c ＝1，a 、b 、c ∈R ，由柯西不等式得a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c)⎝⎛⎭⎫1a ＋12b ＋13c ≥(a ·1a ＋2b ·12b ＋3c ·13c)2＝9. 3. 已知x ，y ，z ∈R ＋，且x ＋y ＋z ＝1(1) 若2x 2＋3y 2＋6z 2＝1，求x ，y ，z 的值．(2) 若2x 2＋3y 2＋tz 2≥1恒成立，求正数t 的取值范围．解：(1) ∵ (2x 2＋3y 2＋6z 2)(12＋13＋16)≥(x ＋y ＋z)2＝1，当且仅当2x 12＝3y 13＝6z16时取“＝”．∴ 2x ＝3y ＝6z ，又∵ x ＋y ＋z ＝1，∴ x ＝12，y ＝13，z ＝16.(2) ∵ (2x 2＋3y 2＋tz 2)⎝⎛⎭⎫12＋13＋1t ≥(x ＋y ＋z)2＝1，∴ (2x 2＋3y 2＋tz 2)min ＝156＋1t . ∵ 2x 2＋3y 2＋tz 2≥1恒成立， ∴156＋1t ≥1.∴ t ≥6. 4. (1) 求函数y ＝x －1＋5－x 的最大值；(2) 若函数y ＝a x ＋1＋6－4x 最大值为25，求正数a 的值．解：(1) ∵ (x －1＋5－x)2≤(1＋1)(x －1＋5－x)＝8, ∴ x －1＋5－x ≤2 2. 当且仅当1·x －1＝1·5－x 即x ＝3时，y max ＝2 2.(2) (a x ＋1＋6－4x)2＝⎝⎛⎭⎫a x ＋1＋232－x 2≤(a 2＋4)(x ＋1＋32－x)＝52(a 2＋4)， 由已知52(a 2＋4)＝20得a ＝±2，又∵ a>0，∴ a ＝2.1. 算术—几何平均不等式若a 1，a 2，…，a n ∈R ＋，n>1且n ∈N *，则a 1＋a 2＋…＋a nn叫做这n 个正数的算术平均数，na 1a 2…a n 叫做这n 个正数的几何平均数．基本不等式：a 1＋a 2＋…＋a n n≥n a 1a 2…a n (n ∈N *，a i ∈R ＋，1≤i ≤n)．2. 绝对值三角形不等式若a 、b 是实数，则||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|. 推论1：|a 1＋a 2＋…＋a n |≤|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |.推论2：如果a 、b 、c 是实数，那么|a －c|≤|a －b|＋|b －c|，当且仅当(a －b)(b －c)≥0时，等号成立．3. 柯西不等式若a 、b 、c 、d 为实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd)2. 4. 三角不等式设x 1、y 1、x 2、y 2∈R ，则x 21＋y 21＋x 22＋y 22≥（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2.请使用课时训练（B ）第2课时（见活页）.[备课札记]。
选修4-5 第二节 不等式证明的基本方法
4．反证法 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 成立的事实等) 矛盾 的结论，以说明假设 不正确 ，从而 证明原命题成立，我们把它称为反证法．
5．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，我们把这种方法 称为放缩法．
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解析：∵1<1a<1b，∴0<b<a<1. ∴logab>1>logba>0. ∴A、B、C选项均正确，选项D错误．
答案：D
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4．若|x|＜1，|y|＜1，则xy＋1与x＋y的大小关系为________． 解析：xy＋1－x－y ＝(y－1)(x－1)， ∵|x|＜1，|y|＜1，∴y－1＜0，x－1＜0. ∴(y－1)(x－1)＞0.∴xy＋1＞x＋y. 答案：xy＋1＞x＋y
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(2) bac＋ abc＋ acb＝a＋abb＋c c.
在(1)中已证 a＋b＋c≥ 3.
因此要证原不等式成立，只需证明
1≥ abc
a＋
b＋
c，
即证 a bc＋b ac＋c ab≤1，
即证 a bc＋b ac＋c ab≤ab＋bc＋ca.
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而 a bc＝ ab·ac≤ab＋2 ac， b ac≤ab＋2 bc，c ab≤bc＋2 ac. ∴a bc＋b ac＋c ab≤ab＋bc＋ca(当且仅当 a＝b＝c＝ 33时 等号成立)． ∴原不等式成立．
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2．综合法 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，即“由因导果” 的方法，这种证明不等式的方法称为综合法或顺推法．
证明不等式的基本方法
恒成立，求实数a的取值范围”提出各自的解题思路．
甲说：“只须不等式左边的最小值不小于右边的最大值”； 乙说：“把不等式变形为左边含变量x的函数，右边仅含常 数，求函数的最值”； 丙说：“把不等式两边看成关于x的函数，作出函数图象”；
参考上述解题思路，你认为他们所讨论的问题的正确结论，
即a的取值范围是________． [答案] a≤10
[点评与警示] 论证过程中，执果索因与由因导果总是不
断变化，交替出现．尤其综合题推理较盲目时，利用分析法从
要证的问题入手，逐步推求，再用综合法逐步完善，最后找到 起始条件为止．
(人教版选修 4—5 第 30 页第 1 题)已知 a， b， c∈(0,1)， 1 求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a 不同时大于4.
[证明]
(反证法)假设(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a 都大于 ①
1 1 (1－b)c· (1－c)a>64 4，则(1－a)b· 1 即[a(1－a)· b(1－b)· c(1－c)]>64
a＋1－a 2 1 而 0<a(1－a)≤[ ]＝ ， 2 4
1 1 0<b(1－b)≤ ，0<c(1－c)≤ 4 4 1 ∴[a(1－a)][b(1－b)][c(1－c)]≤ 与①矛盾 64 1 ∴(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a 不同时大于 . 4
) B．a2＞b2 1a 1b D．(2) ＜(2)
1 2 ．若 a ＞ b ＞ 1 ， P ＝ lga· lgb ， Q ＝ (lga ＋ lgb) ， R ＝ 2 a＋b lg( )，则( 2 A．R＜P＜Q C．Q＜P＜R
[解析]
) B．P＜Q＜R
D．P＜R＜Q 1 ∵lga＞lgb＞0，∴ (lga＋lgb)＞ lga· lgb，即 Q 2
最新人教版高中数学选修4-5《证明不等式的基本方法》本章要览
第二讲证明不等式的基本方法
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知识概要
由于不等式的形式是多种多样的,所以不等式的证明方法也就不同,在证明不等式的各种方法中,教材中重点介绍了五个方法:比较法,综合法,分析法,反证法和放缩法.
比较法是证明不等式的常用方法之一,主要有作差比较法和作商比较法两种,在使用作商比较法时,必须考虑分母的符号.综合法是由因导果,分析法是执果索因,分析和综合是证明不等式中相互联系,相互渗透,相互转化的思维过程,有时解题需一边分析,一边综合,称之为分析综合法,它表明分析与综合的辩证统一关系,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.
反证法的基本思想是通过否定结论导出矛盾,从而肯定结论;放缩法是借助不等式的传递性,要证明A≥B,只需证A≥C,C≥B即可,或借助其他途径放缩,如利用函数的单调性证明.
本讲的主要内容有证明不等式的基本方法:比较法,综合法,分析法,反证法,放缩法.
学法指导
1.证明不等式时,要熟练掌握基本方法——比较法.比较法的难点是变形(这里无非是分解因式或配方).其他的证明方法的难点也是变形.综合法,分析法,反证法只是在表达的逻辑顺序上有差别.无论用哪一种方法,每一步的数学变形,都要按不等式的性质有理有据地进行.用分析法,反证法证明时,要注意文字表述的意义.
2.学习放缩法时,要领会适当的放缩,有时要做一些尝试才能成功.三角代换很有规律可循,这首先应该掌握好有关三角恒等变换,然后才能代换成三角问题证明.。
高考数学总复习 第2节 证明不等式的基本方法课件 新人教A版选修4-5
放缩法证明不等式，就是利用不等式的传递性进行证明
不等关系，即要证 a＞ b ，只需先证明 a ＞p ，且 p ＞ b. 其中 p 的 确定是最重要，也是最困难的，要凭借对题意的深刻分析， 对式子巧妙变形的能力，以及一定的解题经验．
设 m 是|a|，|b|和 1 中最大的一个，当|x|＞m 时． a b 求证：|x＋x2|<2. 【思路点拨】根据已知条件有：“m≥|a|，m≥|b|，m≥
|f(－1)|＝|1－p＋1|＝|2－p|<2，
则4＝(2＋p)＋(2－p)≤|2＋p|＋|2－p|<4矛盾， ∴假设不成立． ∴原结论成立．
【活学活用】 3.若 a，b，c 均为实数，且 a＝x2－2y π π π 2 2 ＋ 2 ，b＝y －2z＋ 3 ，c＝z －2x＋ 6 . 求证：a，b，c 中至少有一个大于 0.
【活学活用】 1.已知：a＋b＋c＝0，求证：ab＋bc＋ ca≤0.
证明：证法一(综合法) ∵a＋b＋c＝0，∴(a＋b＋c)2＝0， a2＋b2＋c2 展开，得 ab＋bc＋ca＝－ .∴ab＋bc＋ca≤0. 2
证法二(分析法) 要证 ab＋bc＋ca≤0， ∵a＋b＋c＝0，故只需证 ab＋bc＋ca≤(a＋b＋c)2， 即证 a2＋b2＋c2＋ab＋bc＋ca≥0， 1 即2[(a＋b)2＋(b＋c)2＋(a＋c)2]≥0， ∴显然原式成立． 证法三：∵a＋b＋c＝0，∴－c＝a＋b， ∴ab＋bc＋ca＝ab＋(a＋b)c＝ab－(a＋b)2 ＝－a2－b2－ab b 2 3b2 ＝－[(a＋ ) ＋ ]≤0. 2 4
(2)作商比较法 a ①理论依据：b＞0，b＞1⇒ a＞b ； a b<0， ＞1⇒ a<b b ．
高考数学(理)一轮复习课件：选修4-5第二节 证明不等式的基本方法(广东专用)
A．a>b>c
B．b>a>c
C．b>c>a
D．a>c>b
【解析】
由4 2＋
> 2
4
4
6＋
> 2
7＋
，得 a>c>b. 3
【答案】 D
一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用）
4．设 a、b∈(0，＋∞)，且 ab－a－b＝1，则有( )
A．a＋b≥2( 2＋1)
B．a＋b≤ 2＋1
C．a＋b＜ 2＋1
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1．反证法必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为 条件，且必须根据这一条件进行推证，否则，仅否定结论，不 从结论的反面推理，就不是反证法． 2．利用反证法证题的关键是利用假设和条件通过正确推理推 出和已知条件或定理事实相矛盾．
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∴原不等式成立．,
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1．(1)分析法是寻找结论成立的充分条件，对于无理不等式去 根号，分式不等式去分母，采用分析法是常用方法．(2)此题 证明的关键是在两边非负的条件下平方去根号． 2．分析法证明的思路是“执果索因”，其框图表示为：
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【尝试解答】 因为 a，b，c 均为正数，由均值不等式得
a2＋b2＋c2≥3(abc)23，
①
1a＋1b＋1c≥3(abc)－31，
所以(1a＋1b＋1c)2≥9(abc)－32.
②
故 a2＋b2＋c2＋(1a＋1b＋1c)2≥3(abc)23＋9(abc)－23.
高中数学选修4-5第二讲证明不等式的基本方法第2讲1人教版
数学 选修4-5
第二讲 证明不等式的基本方法
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2．综合法 已知条件 出发，利用_________________________ 定义、公理、定理、性质 等， 从_________ 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 综合法，又叫_______________________ 顺推证法或由因导果法 ． 3．分析法 充分条件 ， 从要证的结论 __________出发，逐步寻求使它成立的___________
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第二讲 证明不等式的基本方法
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解析： ∵a2＋b2－1－a2b2≤0 ∴a2b2－a2－b2＋1≥0 ∴(a2－1)(b2－1)≥0 由分析法的步骤可知
答案： D
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3．已知 a，b 是正实数，比较大小 aabb________abba.
abba＞0，
答案： aabb≥abba.
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4．求证： 7－1＞ 11－ 5.
证明： 要证 7－1＞ 11－ 5， 只需证 7＋ 5＞ 11＋1， 即证 7＋2 35＋5＞11＋2 11＋1， 即证 35＞ 11， 即证 35＞11(显然成立)， 因为 35＞11 成立，所以原不等式成立．
[ 解题过程]
(1)a2＋b2－2(a－b－1)
＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0， ∴a2＋b2≥2(a－b－1)．
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高三复习第二讲证明不等式的基本方法
高三复习第二讲证明不等式的基本方法选修4－5不等式选讲【考纲速读吧】1．了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法．综合法往往是分析法的相反过程，其表述简单、条理清楚．当问题比较复杂时，通常把分析法和综合点必会技巧1．利用基本不等式求最值时，一定要注意“一正二定三相等”，同时还要注意一些变形技巧，积极创造条件利用基本不等式．2．常用的初等变形有均匀裂项、增减项、配系数等．利用基本不等式还可以证明条件不等式，关键是恰当地利用条件，构造基本不等式所需要的形式．项必须注意1．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．放缩法的依据是不等式的传递性，运用放缩法证明不等式时，要注意放缩适度，“放”和“缩”的量的大小是由题目分析，多次尝试得出．放得过大或过小都不能达到证明目的．3．利用柯西不等式求最值，实质上就是利用柯西不等式进行放缩，放缩不当则等号可能不成立，因此，要切记检验等号成立的条件．【课前自主导学】011．三个正数的算术—几何平均不等式a＋b＋c（1）定理：如果a，b，c均为正数，那么________abc，当且仅当________时，等号成立，即3三个正数的算术平均数________它们的几何平均数．（2）基本不等式的推广a1＋a2＋…＋an对于n个正数a1，a2，…，an，它们的算术平均数________它们的几何平均数，即na1a2n，当且仅当________时，等号成立．21（1）已知某>0，则y＝某2＋________．（2）已知某>0，则y＝某的最小值为________．某某2．柯西不等式（1）设a，b，c，d均为实数，则（a2＋b2）（c2＋d2）≥（ac＋bd）2，当且仅当ad＝bc时等号成立．bbb222（2）若ai，bi（i∈N某）为实数，则（∑a）（∑b）≥（∑ab），当且仅当＝＝…＝ai＝0时，iiiia1a2ani＝1i＝1i＝1约定bi＝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．nnn（1）若某＋2y＋4z＝1，则某2＋y2＋z2的最小值是________．（2）某，y∈R，且某2＋y2＝10，则2某－y的取值范围为________．3．证明不等式的方法（1）比较法①求差比较法由a>ba－b>0，a<ba－b<0，因此要证明a>b，只要证明________即可，这种方法称为求差比较法．②求商比较法a由a>b>0>1且a>0，b>0，因此当a>0，b>0时要证明a>b，只要证明________即可，这种方法称为求商b比较法（2）分析法从所要________入手向使它成立的充分条件反推直至达到已知条件为止，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，利用不等式的性质（或已知证明过的不等式），推出所要证明的结论，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________的假设；第二步：从________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________，以利于化简，并使它与不等式的另一边的不在证明不等式时综合法与分析法有怎样的关系？（1）要证明29＋31<25，可选择的方法最合理的是________．a3＋a6（2）等比数列{an}各项为正数，且q≠1，若PQ＝a4a5，则P与Q的大小关系________．2【自我校对】1．≥a＝b＝c不小于不小于≥a1＝a2＝…＝an31填一填：（1）3（2）34112．填一填：（1提示：∵1＝某＋2y＋4z≤某＋y＋z1＋4＋16，∴某2＋y2＋z2≥某2＋y2＋z2的最2121小值为．21（2）[－2，2]提示：∵（某2＋y2）[22＋（－1）2]≥（2某－y）2，∴－2≤2某－y≤52．a3．a－b>0证明的结论相反条件和假设放大或缩小b想一想：提示：综合法：由条件出发推导出所要证明的不等式成立．分析法：从结论出发寻找使结论成立的充分条件，综合法与分析法是对立统一的两种方法．在实际解题时，常常用分析法探求解题思路，用综合法表达．填一填：（1）分析法（2）P≥Q提示：∵a3·a6＝a4·a5，∴a3＋a6≥23·a6＝2a4·a5，∴P≥Q．【核心要点研究】02【考点一】比较法证明不等式例1[2022·广州模拟]已知a>0，b>0，求证：（a）3＋b3≥ab＋ab2．【审题视点】本题主要考查不等式证明的方法，考查运算求解能力及等价转化思想，可用作差比较法证明．[证明]（a）3＋b3－（ab＋ab2）＝[（a）3－ab]＋[b3－ab2]＝a（a－b）－b2（a－b）＝（a－b）（a－b2a－b）[（a）2－b2]＝（a－b）2（a＋b）．因为a>0，b>0，所以a＋b>0，又（a－b）2≥0，所以（a－b）2a＋b）≥0a）3＋b3－（ab＋ab2）≥0，即（a）3＋b3≥ab＋2．【师说点拨】此题用的是作差比较法，其步骤：作差、变形、判断差的符号、结论．其中判断差的符号为目的，变形是关键．常用的变形技巧有因式分解、配方、拆项、拼项等方法．【变式探究】求证：a2＋b2≥ab＋a＋b－1证明：∵（a2＋b2）－（ab＋a＋b－1）＝a2＋b2－ab－a－b＋1＝2a2＋2b2－2ab－2a－2b＋2）211＝（a2－2ab＋b2）＋（a2－2a＋1）＋（b2－2b＋1）]（a－b）2＋（a－1）2＋（b－1）2]≥0，22∴a2＋b2≥ab＋a＋b－1．【考点二】用分析法或综合法证明不等式1112例2已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋abc3，并确定a，b，c为何值时，等号成立．【审题视点】3因为a，b，c均为正数，且a＋b＋c≥3abc，故可利用三个正数的算术——几何平均不等式证明．2[证明]因为a，b，c均为正数，所以a2＋b2＋c2≥3（abc），①3111211112＋≥9（abc）－．②＋≥3（abcabcabc33111222＋≥3（abc）＋9（abc故a2＋b2＋c2＋abc3322又3（abc）＋9（abc）－≥2＝6，③所以原不等式成立．33当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成立．221当且仅当3（abc9（abc）－时，③式等号成立．即当且仅当a＝b＝c＝3 334111奇思妙想：例题中，不等式变为“abc3”，其余不变，该如何解答？abc111331113证明：∵a，b，c＋＋abc≥＋abc3，abcabcabcabcabc31∴原不等式成立，当a＝b＝c且abc时等号同时成立，即a＝b＝c＝3 abc6【师说点拨】1．分析法要注意叙述的形式：“要证A，只要证B”，这里B应是A成立的充分条件．2．综合法证明不等式是“由因导果”，分析法证明不等式是“执果索因”．它们是两种思路截然相反的证明方法．分析法便于寻找解题思路，而综合法便于叙述，因此要注意两种方法在解题中的综合运用．【变式探究】设a≥b>0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.证明：证法一（综合法）∵a≥b>0，∴a2≥b2，则3a2≥2b2，则3a2－2b2≥0.又a－b≥0，∴(a－b)(3a2－2b2)≥0，即3a3－2ab2－3a2b＋2b3≥0，则3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2．故原不等式成立．证法二（分析法）要证3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2，只需证3a3＋2b3－3a2b－2ab2≥0，即3a2(a－b)＋2b2(b－a)≥0，也即(a－b)(3a2－2b2)≥0，(某)∵a≥b>0，∴a－b≥0.又a2≥b2，则3a2≥2b2，∴3a2－2b2≥0.(某)式显然成立，故原不等式成立.【考点三】用柯西不等式证明不等式例3[2022·福建高考]已知函数f（某）＝m－|某－2|，m∈R，且f （某＋2）≥0的解集为[－1,1]．111（1）求m的值；（2）若a，b，c∈R＋，且＋＋m，求证：a＋2b＋3c≥9．a2b3c【审题视点】（1）根据式子的特点，利用公式进行转化，根据集合相等确定m的值；（2）结合已知条件构造两个适当的数组，变形为柯西不等式的形式．[解]（1）因为（f某＋2）＝m－|某|，（f某＋2）≥0等价于|某|≤m，由|某|≤m有解，得m≥0，且其解集为{某|－m≤某≤m}．又f（某＋2）≥0的解集为[－1,1]，故m＝1．111＋（2）由（1）知＝1，又a，b，c∈R，由柯西不等式得a2b3c111111a＋2b＋3c＝（a＋2b＋3c）（）≥（a＋2b3c2＝9．所以不等式得证．a2b3ca2b3c【师说点拨】22222柯西不等式的一般结构为（a2（b21＋a2＋…＋an）1＋b2＋…＋bn）≥（a1b1＋a2b2＋…＋anbn），在使用柯西不等式时，关键是将已知条件通过配凑，转化为符合柯西不等式条件的式子，为方便使用柯西不等式，有时常将a变形为1某a的形式．【变式探究】abcbca用柯西不等式证明：若a，b，c均为正数，＋）（）≥9．bcaabcabcbca证明：∵（＋（＋）≥（2＝9，bcaabcbacbacabcbca∴（）＋）≥9．bcaabc【经典演练提能】041．已知a1≤a2，b1≤b2，则P＝a1b1＋a2b2，Q＝a1b2＋a2b1的大小关系是()A．P≤QB．P<QC．P≥QD．P>Q答案：C解析：∵(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝(b1－b2)·(a1－a2)∵a1≤a2，b1≤b2∴(b1－b2)·(a1－a2)≥0∴a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1．1112．已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1＋＋的最小值为（）abcA．3B．6C．9D．12答案：Ca＋b＋ca＋b＋ca＋b＋c111bacacb解析：把a＋b＋c＝1代入＋得到＝3＋（＋＋（＋（＋）≥3 abcabcabacbc＋2＋2＋2＝9，故选C．3.若a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，则a＋b＋c的最大值为()A.1B.2C.3D.2解析：abc）2＝（a＋b＋c）2≤（12＋12＋12）（a＋b＋c）＝3．当且仅当a＝b＝c＝abc）2≤3．故＋＋的最大值为．3某＋y某y4．设某>0，y>0，M＝N＝M、N的大小关系为________．2＋某＋y2＋某2＋y答案：M<N某＋y某y某y解析：N＝＋>M．2＋某2＋y2＋某＋y2＋某＋y2＋某＋y5．若a，b∈R，且a≠b，M答案：M>N＋ab＋，N＝a＋b，则M、N的大小关系为________．baabab解析：∵a≠bba，ab，baa＋b．baba（时间：45分钟分值：100分）一、选择题1．若|a－c|<|b|，则下列不等式中正确的是（）A．a<b＋cB．a>c－bC．|a|>|b|－|c|D．|a|<|b|＋|c|答案：D解析：|a|－|c|≤|a－c|<|b|，即|a|<|b|＋|c|．故选D．112．[2022·鸡西模拟]若实数某、y＋＝1，则某2＋2y2有（）某yA．最大值3＋22B．最小值3＋2C．最大值6D．最小值6答案：B 112y2某22222解析：由题意知，某＋2y＝（某＋2y）·（＋）＝3＋＋22，某y某y22某2y＝时，等号成立，故选B．y某1113．[2022·广东调研]已知a，b为实数，且a>0，b>0．则（a＋b＋（a2＋）abaA．7B．8C．9D．10答案：C13解析：因为a>0，b>0，所以a＋b＋≥3a某b＝3b>0，①aa113同理可证：a＋＋≥3．②23111321由①②及不等式的性质得（a＋b＋）（a≥3b某9．abab24．[2022·柳州模拟]已知关于某的不等式2某在某∈（a，＋∞）上恒成立，则实数a的最小值为（）某－a13A．B．1CD．222答案：C2223解析：2某＋2（某－a）＋2a≥22某－a2a＝2a＋4≥7，∴a2某－a某－a某－a＋5．[2022·金版原创]若q>0且q≠1，m，n∈N，则1＋qmn与qm＋qn 的大小关系是（）＋＋＋A．1＋qmn>qm＋qnB．1＋qmn<qm＋qnC．1＋qmn＝qm＋qnD．不能确定答案：A解析：1＋qmn－qm－qn＝qm（qn－1）－（qn－1）＝（qn－1）（qm－1），①当0<q<1时，qn<1，qm<1．②当q>1时，qn>1，qm>1．＋∴（qn－1）（qm－1）>0，∴1＋qmn>qm＋qn，故选A．6．[2022·湖北高考]设a，b，c，某，y，z是正数，且a2＋b2＋c2＝10，某2＋y2＋z2＝40，a某＋by＋cz＝20，则a＋b＋c＝（）某＋y＋z1113A．B．C．D．4324答案：C解析：由柯西不等式得（a2＋b2＋c2）（某2＋y2＋z2）≥（a某＋by＋cz）2，而由已知有abc（a2＋b2＋c2）（某2＋y2＋z2）＝10某40＝202＝（a某＋by＋cz）2，故＝＝k，代入得某yza＋b＋c11a2＋b2＋c2＝k2（某2＋y2＋z2）＝40k2＝10，解得k＝k＝．故选C．22某＋y＋z二、填空题7．函数y＝21－某＋2某＋1的最大值为________．答案：3解析：y22－2某＋2某＋1）2≤[（）2＋12][2－2某）22某＋1）2]＝3某3，∴y≤3．8．[2022·许昌模拟]对于任意实数a、b，若|a－b|≤1，|2a－1|≤1，则|4a－3b＋2|的最大值为________．答案：611解析：因为|a－b|≤1，|2a－1|≤1，所以|3a－3b|≤3，|a22151515|4a－3b＋2|＝|（3a－3b）＋（a－|≤|3a－3b|＋|a－|＋≤3＋＋6，即|4a－3b＋2|的最大值为6．2222221119．已知某，y，z为正实数，且＋＝1，则某＋4y＋9z的最小值为________．某yz答案：36解析：解法一：由柯西不等式，得111某＋4y＋9z＝[某）2＋（y）2＋（3z）2]·[（）2＋（22]≥某yz111（某＋y3z）2＝36．当且仅当某＝2y＝3z时等号成立，此时某＝6，y＝3，z＝2．所以当某＝6，y＝3，z＝2时，某＋4y＋9z取得最小值36．111111解法二：∵＋＝1，∴某＋4y＋9z＝（某＋4y＋9z）（＋），某yz某yz4y9z某9z某4y4y某9z某9z4y即某＋4y＋9z＝14＋＋＋≥14＋＋22＝36．某某yyzz某y某zyz（当且仅当某＝2y＝3z时取“＝”），即某＝6，y＝3，z＝2时，（某＋4y＋9z）min＝36．故填36．三、解答题10．已知a>0，证明：a2＋2≥a2．aa1111解：要证a22≥a＋－2，只要证a2＋2≥a＋＋2，因为a>0，所以只要证aaaa1111（a2＋2）2≥（a＋2）2，即证a2＋4＋a2a2＋4＋2（a＋，故只需证aaaaaa1111112a2＋≥a＋，即证a2＋，而由基本不等式可知a2＋成立．故a2－2≥a＋2．211．[2022·正定模拟]设正有理数某是的一个近似值，令y＝1．1＋某（1）若某>3，求证：y3；（2）求证：y比某3．33＋某3某－3某－32证明：（1）y－3＝1＋3＝＝，1＋某1＋某1＋某∵某>3，∴某3>0，而13<0，∴y<3．3－13－2－某3某－（2）∵|y－3|－|某3|＝－|某－3|＝|某－3|（－1）＝|某－3|（，1＋某1＋某1＋某∵某>03－2<0，|某－3|>0，∴|y3|－|某3|<0，即|y－3|<|某3|．∴y比某更接近于3．12．[2022·南昌调研]已知某＋y>0，且某y≠0．某ym11（1）求证：某3＋y3≥某2y＋y2某；（2）如果＋（＋m的取值范围或值．y某2某y解：（1）∵某3＋y3－（某2y＋y2某）＝某2（某－y）－y2（某－y）＝（某＋y）（某－y）2，且某＋y>0，（某－y）2≥0，∴某3＋y3－（某2y＋y2某）≥0．∴某3＋y3≥某2y＋y2某．33某2－某y＋y2某ym11m某＋y（2）（ⅰ）若某y<0，则＋）等价于＝，y某2某y2某y某＋y某y某2－某y＋y2某＋y2－3某y－3某y某3＋y3又∵＝<3，即<－3，∴m>－6；某y某y某y某y某＋y3322某ym11m某＋y某－某y＋y（ⅱ）若某y>0，则≥（＋≤＝，y某2某y2某y某＋y某y某2－某y＋y22某y－某y某3＋y3又∵≥1，即，∴m≤2．某y某y某y某＋y综上所述，实数m的取值范围是（－6,2]．。
第七节 (选修4-5)证明不等式的基本方法
大一轮复习·数学（文）
考点三 分析法、反证法证明不等式
命题点 1
分析法证明不等式
已知函数 f(x)＝|x－1|. (1)解不等式 f(x－1)＋f(x＋3)≥6；
(2)若|a|＜1，|b|＜1，且 a≠0，求证：f(ab)＞|a|fba.
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大一轮复习·数学（文）
1．考查目标：本题考查综合法证明不等式，考查推理论证能力突 出考查逻辑推理核心素养．
2．解题秘籍：综合法证明不等式的方法 (1)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． (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常用 的．在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条件．
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大一轮复习·数学（文）
解：(1)①由|2x－1|＜1 得－1＜2x－1＜1， 解得 0＜x＜1.所以 M＝{x|0＜x＜1}． ②由①和 a，b∈M 可知 0＜a＜1，0＜b＜1， 所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)＞0. 故 ab＋1＞a＋b.
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大一轮复习·数学（文）
2．(易错点)(2019·聊城模拟)下列四个不等式：①logx10＋lg x≥2(x
＞1)；②|a－b|＜|a|＋|b|；③ba＋ba≥2(ab≠0)；④|x－1|＋|x－2|≥1，其
中恒成立的个数是( C )
选修4-5第二讲-证明不等式的基本方法-课件
(a b)(a b)2
a,b 0,a b 0
又a b(a b)2 0
故(a b)(a b)2 0即(a3 b3 ) (a2b ab2 ) 0
判断一个数或式子与0的大小关系．作商比较法的实质是把两个数或式 子的大小判断问题转化为判断一个数或式子与1的大小关系． 2．作商比较法适用于哪些类型的问题？
提示：主要适用于积、商、幂、对数、根式等形式的不等式证明．
3．
已知
a
1，a
2∈(
0
,
1
)
，
M
＝a
1a
2，N
＝a
1＋a
＋
2
1，
则M
，N
的
大
小关系是________.
m(b a) 0 即 a m a 0 a m a
b(b m)
bm b
bm b
(2)作商比较法
例3 已知a,b是正数,求证aabb abba ,当且仅当a b时,等号成立.
证明:
aabb abba
aabbba
a
ab
b
根据要证的不等式的特点(交换a, b的位置, 不等式不变)
为_a_b___1或__a_b 2
6.若0
a
b
1, P
log 1
2
a
b 2
,Q
1 2
(log 1
2
a
log 1
2
b), M
log 1 (a
2
高中数学第二讲证明不等式的基本方法三反证法与放缩法教案(含解析)新人教A版选修4_5
三 反证法与放缩法1．反证法(1)反证法证明的定义：先假设要证明的命题不成立，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、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不成立，从而证明原命题成立．(2)反证法证明不等式的一般步骤： ①假设命题不成立； ②依据假设推理论证；③推出矛盾以说明假设不成立，从而断定原命题成立． 2．放缩法(1)放缩法证明的定义：证明不等式时，通常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．(2)放缩法的理论依据有： ①不等式的传递性； ②等量加不等量为不等量；③同分子(分母)异分母(分子)的两个分式大小的比较．利用反证法证明问题[例1] 已知求证：(1)f (1)＋f (3)－2f (2)＝2；(2)|f (1)|，f |(2)|，|f (3)|中至少有一个不小于12.[思路点拨] “至少有一个”的反面是“一个也没有”． [证明] (1)f (1)＋f (3)－2f (2)＝(1＋p ＋q )＋(9＋3p ＋q )－2(4＋2p ＋q )＝2. (2)假设|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|都小于12，则|f (1)|＋2|f (2)|＋|f (3)|<2.而|f (1)|＋2|f (2)|＋|f (3)|≥f (1)＋f (3)－2f (2)＝2矛盾， ∴|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|中至少有一个不小于12.(1)反证法适用范围：凡涉及不等式为否定性命题，唯一性命题、存在性命题可考虑反证法．如证明中含“至多”“至少”“不能”等词语的不等式．(2)注意事项：在对原命题进行否定时，应全面、准确，不能漏掉情况，反证法体现了“正难则反”的策略，在解题时要灵活应用．1．实数a ，b ，c 不全为0的等价条件为( ) A ．a ，b ，c 均不为0 B ．a ，b ，c 中至多有一个为0 C ．a ，b ，c 中至少有一个为0 D ．a ，b ，c 中至少有一个不为0解析：选D “不全为0”是对“全为0”的否定，与其等价的是“至少有一个不为0”． 2．设a ，b ，c ，d 都是小于1的正数，求证：4a (1－b )，4b (1－c )，4c (1－d )，4d (1－a )这四个数不可能都大于1.证明：假设4a (1－b )>1,4b (1－c )>1,4c (1－d )>1， 4d (1－a )>1，则有a (1－b )>14，b (1－c )>14，c (1－d )>14，d (1－a )>14.∴a (1－b )>12，b (1－c )>12，c (1－d )>12，d (1－a )>12.又∵a (1－b )≤a ＋(1－b )2，b (1－c )≤b ＋(1－c )2，c (1－d )≤c ＋(1－d )2，d (1－a )≤d ＋(1－a )2，∴a ＋1－b 2>12，b ＋1－c 2>12， c ＋1－d 2>12，d ＋1－a 2>12. 将上面各式相加得2>2，矛盾．∴4a (1－b )，4b (1－c )，4c (1－d )，4d (1－a )这四个数不可能都大于1.3．已知函数y ＝f (x )在R 上是增函数，且f (a )＋f (－b )<f (b )＋f (－a )，求证：a <b .证明：假设a <b 不成立，则a ＝b 或a >b .当a ＝b 时，－a ＝－b 则有f (a )＝f (b )，f (－a )＝f (－b )，于是f (a )＋f (－b )＝f (b )＋f (－a )与已知矛盾．当a >b 时，－a <－b ，由函数y ＝f (x )的单调性可得f (a )>f (b )，f (－b )>f (－a )， 于是有f (a )＋f (－b )>f (b )＋f (－a )与已知矛盾．故假设不成立． 故a <b .利用放缩法证明不等式[例2] x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2>32(x ＋y ＋z )．[思路点拨] 解答本题可对根号内的式子进行配方后再用放缩法证明． [证明]x 2＋xy ＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＋34y 2 ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋y 2≥x ＋y 2.同理可得 y 2＋yz ＋z 2≥y ＋z2，z 2＋zx ＋x 2≥z ＋x2，由于x ，y ，z 不全为零，故上述三式中至少有一式取不到等号，所以三式相加得：x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2>⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y 2＋⎝⎛⎭⎪⎫y ＋z 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z ＋x 2＝32(x ＋y ＋z )．(1)利用放缩法证明不等式，要根据不等式两端的特点及已知条件(条件不等式)，审慎地采取措施，进行恰当地放缩，任何不适宜的放缩都会导致推证的失败．(2)一定要熟悉放缩法的具体措施及操作方法，利用放缩法证明不等式，就是采取舍掉式中一些正项或负项，或者在分式中放大或缩小分子、分母，或者把和式中各项或某项换以较大或较小的数，从而达到证明不等式的目的．4．已知a ，b 是正实数，且a ＋b ＝1，求证：1 a ＋1＋1b ＋1<32.证明：因为1a ＋1＋1b ＋1<1＋b a ＋1＋b ＋1＋a b ＋1＋a＝a ＋b ＋2a ＋b ＋1＝32，所以原不等式得证．5．已知n ∈N ＋，求证：1×3＋3×5＋…＋(2n －1)(2n ＋1)<⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋122.证明：因为1×3<1＋32＝42，3×5<3＋52＝82，…，(2n －1)(2n ＋1)<(2n －1)＋(2n ＋1)2＝4n2，所以1×3＋3×5＋…＋(2n －1)(2n ＋1)<4＋8＋…＋4n 2＝n 2＋n ，又因为n 2＋n <⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋122，所以原不等式得证．1．如果两个正整数之积为偶数，则这两个数( ) A ．两个都是偶数B ．一个是奇数，一个是偶数C ．至少一个是偶数D ．恰有一个是偶数解析：选C 假设这两个数都是奇数，则这两个数的积也是奇数，这与已知矛盾，所以这两个数至少一个为偶数．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( )A ．M ＞NB ．M ＜NC ．M ＝ND ．不确定解析：选B N ＝x 2＋x ＋y 2＋y ＞x 2＋x ＋y ＋y 2＋x ＋y ＝x ＋y2＋x ＋y＝M .3. 否定“自然数a ，b ，c 中恰有一个为偶数”时正确的反设为( ) A ．a ，b ，c 都是奇数 B ．a ，b ，c 都是偶数 C ．a ，b ，c 中至少有两个偶数D ．a ，b ，c 中至少有两个偶数或都是奇数解析：选D 三个自然数的奇偶情况有“三偶、三奇、二偶一奇、二奇一偶”4种，而自然数a ，b ，c 中恰有一个为偶数包含“二奇一偶”的情况，故反面的情况有3种，只有D 项符合．4．设a ，b ，c ∈(－∞，0)，则三数a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a的值( )A ．都不大于－2B ．都不小于－2C ．至少有一个不大于－2D ．至少有一个不小于－2解析：选C 假设都大于－2， 则a ＋1b ＋b ＋1c ＋c ＋1a>－6，∵a ，b ，c 均小于0，∴a ＋1a ≤－2，b ＋1b ≤－2，c ＋1c≤－2，∴a ＋1a＋b ＋1b ＋c ＋1c≤－6，这与假设矛盾，则选C. 5．M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1与1的大小关系为________． 解析：M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1210＋(210－1)<1210＋1210＋1210＋…＋1210＝1，即M <1. 共210项 答案：M <16．用反证法证明“已知平面上有n (n ≥3)个点，其中任意两点的距离最大为d ，距离为d 的两点间的线段称为这组点的直径，求证直径的数目最多为n 条”时，假设的内容为____________．解析：对“至多”的否定应当是“至少”，二者之间应该是完全对应的，所以本题中的假设应为“直径的数目至少为n ＋1条”．答案：直径的数目至少为n ＋1条 7．A ＝1＋12＋13＋…＋1n与n (n ∈N ＋)的大小关系是________．解析：A ＝11＋12＋13＋…＋1n ≥1n ＋1n ＋…＋1n＝nnn 项＝n . 答案：A ≥n8．实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＝c ＋d ＝1，且ac ＋bd >1，求证：a ，b ，c ，d 中至少有一个是负数．证明：假设a ，b ，c ，d 都是非负数． 由a ＋b ＝c ＋d ＝1，知a ，b ，c ，d ∈[0,1]． 从而ac ≤ac ≤a ＋c2，bd ≤bd ≤b ＋d2.∴ac ＋bd ≤a ＋c ＋b ＋d2＝1.即ac ＋bd ≤1.与已知ac ＋bd >1矛盾，∴a ，b ，c ，d 中至少有一个是负数． 9．求证：112＋122＋132＋…＋1n 2<2.证明：因为1n 2<1n (n －1)＝1n －1－1n，所以112＋122＋132＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)n＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n<2.10．已知α，β∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2， 且sin(α＋β)＝2sin α.求证α<β.证明：假设α≥β.①若α＝β，由sin(α＋β)＝2sin α，得sin 2α＝2sin α，从而cos α＝1，这与α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2矛盾，故α＝β不成立．②若α>β，则sin αcos β＋cos αsin β＝2sin α， 所以cos αsin β＝(2－cos β)sin α，即cos α2－cos β＝sin αsin β.因为α>β，且α，β∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以sin α>sin β.从而cos α2－cos β>1，即cos α>2－cos β，即cos α＋cos β>2，这是不可能的，所以α>β不成立． 由①②可知假设不成立，故原结论成立．。
高中数学选修4-5第二讲证明不等式的基本方法第2讲2人教版
数，2个偶数，3个偶数共四种情况，恰有一个偶数的否定为至
少有2个偶数或全是奇数． 答案： D
数学 选修4-5
第二讲 证明不等式的基本方法
预习学案 课堂学案 课后练习
x 1 3．设 x>1，则 ＋ 与 1 的大小关系为________． 1＋x 2
解析： ∵x>1，∴1＋x>2. 1＋x 1 1 x 1 x 1 ∴ < ，∴ ＋ > ＋ ＝ ＝1. 1＋x 2 1＋x 2 1＋x 1＋x 1＋x
预习学案 课堂学案 课后练习
1．比较法 用比较法证明不等式分为两种方法：______________ ， 求差比较法 求商比较法 _________________ ． 2．综合法 已知条件 出发，利用_________________________ 定义、公理、定理、性质 等， 从_________ 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 顺推证法或由因导果 综合法，又叫____________________________ 法．
数学 选修4-5
第二讲 证明不等式的基本方法
预习学案 课堂学案 课后练习
3．分析法 要证的结论 出发，逐步寻求使它成立的___________ 充分条件 ， 从___________ 已知条件或一个明显成立的事实 直至所需条件为___________________________________ ，从 而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法，这是一种 执果索因 的思考和证明的方法． ____________
数学 选修4-5
第二讲 证明不等式的基本方法
预习学案 课堂学案 课后练习
[ 解题过程]
证法一：假设 x(2－y)＞1 且 y(2－z)＞1
【高考领航】高考数学总复习 第2节 证明不等式的基本方法名师课件 苏教版选修4-5
(3)利用综合法证明不等式时，应注意对已证不等式的使用，常 用的不等式有：(1)a2≥0；(2)|a|≥0；(3)a2＋b2≥2ab，它的变形形式 又有(a＋b)2≥4ab，a2＋2 b2≥(a＋2 b)2 等；
(4)a＋2 b≥ ab，它的变形形式又有 a＋1a≥2(a＞0)，ba＋ab≥2(ab＞0)，ba＋ab≤－2(ab＜0)等．
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．
(2)作商比较法 ①理论依据：b＞0，ab＞1⇒ a＞b ；
b＜0，ab＞1⇒a＜b. ②证明步骤：作商→变形→判断与 1 的大小关系→得出结论．
解析：(x＋y)(y＋z)＝xy＋xz＋y2＋yz ＝y(x＋y＋z)＋xz≥2 xyz（x＋y＋z）＝2. 答案：2
4．若不等式x＋1x＞|a－5|＋1 对一切非零实数 x 均成立，则实 数 a 的取值范围是________．
解析：x＋1x＝|x|＋1x≥2 即|a－5|＜1，因此 4＜a＜6.
a、b∈（0，＋∞），
(1)∵1a＋1b＋a1b＝(a＋b)(1a＋1b)＋a1b ≥2 ab·2 a1b＋4＝4＋4＝8， ∴1a＋1b＋a1b≥8. (2)∵a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab ≥1－2×14＝12，∴a2＋b2≥12.
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.
真分数性质“若 0＜a＜b，m＞0，则ab＜ab＋ ＋mm”，添加或减少项，利
用有界性等．
(2)在放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均有一个度．
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从近几年的高考试题看， 利用基本不等式求最 值和证明不等式是高考命题的热点， 将绝对值 不等式与函数相结合是命题的新动向． 预测 2016 年高考仍会以基本不等式为载体， 重点考查不等式的最值求法和证明不等式， 难 度不大.
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考向 预测
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第二节 证明不等式的基本方法
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考纲要求：1.了解证明不等式的基本方法：比较法、综 合法、分析法、反证法、放缩法，并能利用它们证明一些简 单不等式．
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2．能够利用三维的柯西不等式证明一些简单不等式，解 决最大(小)值问题．
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[基础真题体验] 考查角度[ 利用均值不等式证明不等式] 1 1 1．(2014· 课标全国卷Ⅰ)若 a>0，b>0，且 ＋ ＝ ab. a b (1)求 a3＋b3 的最小值； (2)是否存在 a，b，使得 2a＋3b＝6？并说明理由．
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不等式证明的常用方法有： 比较法、 综合法与分析法． 其 中运用综合法证明不等式时，主要是运用基本不等式与柯西 不等式证明，与绝对值有关的不等式证明常用绝对值三角不 等式．证明过程中一方面要注意不等式成立的条件，另一方 面要善于对式子进行恰当的转化、变形．
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[对点练习] 设 a，b，c＞0，且 ab＋bc＋ca＝1.求证： (1)a＋b＋c≥ 3； (2) a ＋ bc b ＋ ac c ≥ 3( a＋ b＋ c)． ba
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考向一 不等式证明的基本方法
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[典例剖析] 【例 1】 证明下列不等式： (1)若 a≥b＞0，则 3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2；
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(2)a2＋4b2＋9c2≥2ab＋3ac＋6bc； 1 6 (3)a ＋8b ＋ c ≥2a2b2c2. 27 【思路点拨】 (1)作差比较；(2)综合法；(3)利用柯西不
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【解】
1 1 2 (1)由 ab＝ ＋ ≥ ，得 ab≥2，且当 a＝b a b ab
＝ 2时等号成立． 故 a3＋b3≥2 a3b3≥4 2，且当 a＝b＝ 2时等号成立． 所以 a3＋b3 的最小值为 4 2. (2)由(1)知，2a＋3b≥2 6 ab≥4 3. 由于 4 3>6，从而不存在 a，b，使得 2a＋3b＝6.
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【证明】 (1)要证 a＋b＋c≥ 3，由于 a，b，c＞0，因
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此只需证明 (a ＋ b ＋ c)2≥3 ，即证 a2 ＋ b2 ＋ c2 ＋ 2(ab ＋ bc ＋ ac)≥3，而 ab＋bc＋ca＝1，故需证明 a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc ＋ac)≥3(ab＋bc＋ac)，即证 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac. a2＋b2 c2＋b2 a2＋c2 因为 ab ＋ bc ＋ ca≤ ＋ ＋ ＝ a2 ＋ b2 ＋ 2 2 2 c2(当且仅当 a＝b＝c 时等号成立)， 所以原不等式成立．
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用放缩法证明不等式的常用方法：
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(1)添加或舍去一些项， 如a
2
1 1 2 3 2 ＋a＋1＝a＋2 ＋ ＞a＋2 . 4
1＋ 的取值范围是 2
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5 5＋ 21 . ， 2
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考查角度[ 利用柯西不等式证明不等式] 3．(2014· 福建高考)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：p2 ＋q2＋r2≥3.
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1 (2)f(3)＝3＋a ＋|3－a|.
5＋ 21 1 当 a>3 时，f(3)＝a＋ ，由 f(3)<5，得 3<a< . a 2 1＋ 5 1 当 0<a≤3 时，f(3)＝6－a＋ ，由 f(3)<5，得 <a≤3. a 2 综上，a
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(2)将分子或分母放大(或缩小)，如
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1 2 2 ① ＝ ＞ ＝2( k＋1－ k)； k k＋ k k＋ k＋1 1 2 2 ＝ ＜ ＝ 2( k－ k－1)(k ∈ N ＋ ，k ＞ k k＋ k k＋ k－1 1)． 1 1 1 1 1 1 1 1 ② 2＜ ＝ － ； ＞ ＝ － . k kk－1 k－1 k k2 kk＋1 k k＋1 1 1 1 1 1 1 － ③ 2＜ 2 ＝ ＝ . k k －1 k－1k＋1 2k－1 k＋1
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所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p ＋q＋r)2＝9， 即 p2＋q2＋r2≥3.
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[ 命题规律预测]
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命题 规律
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等式．
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【证明】 (1)3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2) ＝3a2(a－b)－2b2(a－b) ＝(a－b)(3a2－2b2)． ∵a≥b＞0，
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∴a－b≥0,3a2－2b2＞0. 因此(a－b)(3a2－2b2)≥0. 故 3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.
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分别令 k＝2,3，…，n 得 1 1 1 1 － ＜ ＜1－ ； 2 3 22 2 1 1 1 1 1 － ＜ ＜ － ； 3 4 32 2 3 … 1 1 1 1 1 － ＜ 2＜ － ； n n＋1 n n－1 n
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(2)
a ＋ bc
b ＋ ac
c a＋b＋c ＝ . ba abc
在(1)中已证 a＋b＋c≥ 3， 因此要证原不等式成立，只需证明
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1 2． (2014· 课标全国卷Ⅱ)设函数 f(x)＝x＋a ＋|x－a|(a>0)．
(1)证明：f(x)≥2； (2)若 f(3)<5，求 a 的取值范围．
【 解 】 (1) 由 a>0 ， 有 f(x) ＝
1 x ＋ a
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＋ |x －
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1 1 a|≥x＋a－x－a ＝a＋a≥2.
所以 f(x)≥2.
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1 ≥ a＋ b＋ c， abc 即证 a bc＋b ac＋c ba≤ab＋bc＋ca.
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