证明不等式基本方法新课程高中理科数学第一轮专题复习

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新高考数学大一轮复习专题一函数与导数第7讲导数与不等式的证明

第7讲导数的综合应用[考情分析] 1.导数逐渐成为解决问题必不可少的工具,利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型,而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点.2.多以解答题压轴形式出现,难度较大．母题突破1 导数与不等式的证明母题 (2017·全国Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性； (2)当a <0时,证明f (x )≤－34a－2. 2思路分析 ❶f x ≤－34a －2↓ ❷f xmax≤－34a－2↓ ❸f xmax＋34a＋2≤0 ↓ ❹构造函数证明(1)解 f (x )的定义域为(0,＋∞),f ′(x )＝1x＋2ax ＋2a ＋1＝x ＋12ax ＋1x.若a ≥0,则当x ∈(0,＋∞)时,f ′(x )>0, 故f (x )在(0,＋∞)上单调递增．若a <0,则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，－12a 时,f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞时,f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞上单调递减．(2)证明由(1)知,当a <0时,f (x )在x ＝－12a 处取得最大值,最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a－1－14a,所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ≤－34a －2, 即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0.设g (x )＝ln x －x ＋1,则g ′(x )＝1x－1.当x ∈(0,1)时,g ′(x )>0；当x ∈(1,＋∞)时,g ′(x )<0.所以g (x )在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减．故当x ＝1时,g (x )取得最大值,最大值为g (1)＝0. 所以当x >0时,g (x )≤0.从而当a <0时,ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0,即f (x )≤－34a－2.[子题1] 设函数f (x )＝ln x －x ＋1.证明：当x ∈(1,＋∞)时,1<x －1ln x<x . 证明 f ′(x )＝1x －1＝1－xx,x >0,当x >1时,f ′(x )<0,f (x )单调递减, 当0<x <1时,f ′(x )>0,f (x )单调递增, ∴f (x )＝ln x －x ＋1≤f (1)＝0,∴ln x ≤x －1, ∴当x >1时,ln x <x －1,① 且ln 1x <1x－1,②由①得,1<x －1ln x ,由②得,－ln x <1－xx, ∴ln x >x －1x ,∴x >x －1ln x, 综上所述,当x >1时,1<x －1ln x<x . [子题2] 已知函数f (x )＝e x－x 2.求证：当x >0时,e x＋2－e x －1x≥ln x ＋1.证明设g (x )＝f (x )－(e －2)x －1＝e x －x 2－(e －2)x －1(x >0), 则g ′(x )＝e x－2x －(e －2), 设m (x )＝e x－2x －(e －2)(x >0),则m ′(x )＝e x－2,易得g ′(x )在(0,ln2)上单调递减,在(ln2,＋∞)上单调递增, 又g ′(0)＝3－e>0,g ′(1)＝0, 由0<ln2<1,则g ′(ln2)<0,所以存在x 0∈(0,ln2),使得g ′(x 0)＝0, 所以当x ∈(0,x 0)∪(1,＋∞)时,g ′(x )>0；当x ∈(x 0,1)时,g ′(x )<0.故g (x )在(0,x 0)上单调递增,在(x 0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增, 又g (0)＝g (1)＝0,所以g (x )＝e x－x 2－(e －2)x －1≥0, 故当x >0时,e x＋2－e x －1x≥x .又由母题可得ln x ≤x －1,即x ≥ln x ＋1, 故e x＋2－e x －1x≥ln x ＋1.规律方法利用导数证明不等式f (x )>g (x )的基本方法(1)若f (x )与g (x )的最值易求出,可直接转化为证明f (x )min >g (x )max .(2)若f (x )与g (x )的最值不易求出,可构造函数h (x )＝f (x )－g (x ),然后根据函数h (x )的单调性或最值,证明h (x )>0.(3)通过题目中已有的或常用的不等式进行证明． (4)利用赋值法证明与正整数有关的不等式. 跟踪演练1．(2018·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝a e x－ln x －1. (1)设x ＝2是f (x )的极值点,求a ,并求f (x )的单调区间； (2)证明：当a ≥1e时,f (x )≥0.(1)解 f (x )的定义域为(0,＋∞),f ′(x )＝a e x－1x.由题设知,f ′(2)＝0,所以a ＝12e2.从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1,f ′(x )＝12e 2e x －1x .当0<x <2时,f ′(x )<0；当x >2时,f ′(x )>0.所以f (x )的单调递增区间为(2,＋∞),单调递减区间为(0,2)． (2)证明当a ≥1e 时,f (x )≥exe－ln x －1.方法一设g (x )＝exe －ln x －1(x ∈(0,＋∞)),则g ′(x )＝e xe －1x.当0<x <1时,g ′(x )<0；当x >1时,g ′(x )>0. 所以x ＝1是g (x )的最小值点．故当x >0时,g (x )≥g (1)＝0. 因此,当a ≥1e 时,f (x )≥0.方法二易证e x ≥x ＋1,① ln x ≤x －1,②∴f (x )≥e xe －ln x －1＝e x －1－ln x －1≥x －ln x －1≥0,即证f (x )≥0.2．(2020·株州模拟)已知f (x )＝ln x ＋2e x.(1)若函数g (x )＝xf (x ),讨论g (x )的单调性与极值； (2)证明：f (x )>1ex .(1)解由题意,得g (x )＝x ·f (x )＝x ln x ＋2e (x >0),则g ′(x )＝ln x ＋1.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时,g ′(x )<0,所以g (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时,g ′(x )>0,所以g (x )单调递增,所以g (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ,单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞,g (x )的极小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e＝1e,无极大值．(2)证明要证ln x ＋2e x >1e x (x >0)成立,只需证x ln x ＋2e >xex (x >0)成立,令h (x )＝x e x ,则h ′(x )＝1－xex ,当x ∈(0,1)时,h ′(x )>0,h (x )单调递增,当x ∈(1,＋∞)时,h ′(x )<0,h (x )单调递减, 所以h (x )的极大值为h (1),即h (x )≤h (1)＝1e,由(1)知,x ∈(0,＋∞)时,g (x )≥g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e,且g (x )的最小值点与h (x )的最大值点不同,所以x ln x ＋2e >x e x ,即ln x ＋2e x >1e x ,所以f (x )>1e x .专题强化练1．(2020·沈阳模拟)已知函数f (x )＝x 2－(a －2)x －a ln x ,a >0. (1)求函数y ＝f (x )的单调区间；(2)当a ＝1时,证明：对任意的x >0,f (x )＋e x >x 2＋x ＋2.(1)解 f (x )＝x 2－(a －2)x －a ln x ,a >0,定义域为(0,＋∞),f ′(x )＝2x －(a －2)－ax＝2x －ax ＋1x,令f ′(x )>0,得x >a2；令f ′(x )<0,得0<x <a2.∴函数y ＝f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2,单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，＋∞.(2)证明方法一 ∵a ＝1,∴f (x )＝x 2＋x －ln x (x >0), 即证e x－ln x －2>0恒成立, 令g (x )＝e x－ln x －2,x ∈(0,＋∞), 即证g (x )min >0恒成立,g ′(x )＝e x －1x ,g ′(x )为增函数,g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0,g ′(1)>0,∴∃x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1,使g ′(x 0)＝0成立,即0e x－1x 0＝0,则当0<x <x 0时,g ′(x )<0,当x >x 0时,g ′(x )>0,∴y ＝g (x )在(0,x 0)上单调递减,在(x 0,＋∞)上单调递增, ∴g (x )min ＝g (x 0)＝0e x－ln x 0－2, 又∵0e x －1x 0＝0,即0e x＝1x 0,∴g (x 0)＝0e x －ln x 0－2＝0e x＋ln 1x 0－2＝1x 0＋x 0－2,又∵x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1,∴x 0＋1x 0>2, ∴g (x 0)>0,即对任意的x >0,f (x )＋e x>x 2＋x ＋2. 方法二令φ(x )＝e x－x －1,∴φ′(x )＝e x－1,∴φ(x )在(－∞,0)上单调递减,在(0,＋∞)上单调递增, ∴φ(x )min ＝φ(0)＝0, ∴e x≥x ＋1,①令h (x )＝ln x －x ＋1(x >0), ∴h ′(x )＝1x －1＝1－xx,∴h (x )在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减, ∴h (x )max ＝h (1)＝0,∴ln x ≤x －1,∴x ＋1≥ln x ＋2,② 要证f (x )＋e x >x 2＋x ＋2, 即证e x>ln x ＋2,由①②知e x≥x ＋1≥ln x ＋2,且两等号不能同时成立, ∴e x>ln x ＋2,即证原不等式成立．2．(2020·全国Ⅱ)已知函数f (x )＝sin 2x sin2x . (1)讨论f (x )在区间(0,π)的单调性； (2)证明：|f (x )|≤338；(3)设n ∈N *,证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22n x ≤3n4n .(1)解 f ′(x )＝2sin x cos x sin2x ＋2sin 2x cos2x ＝2sin x sin3x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3∪⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3，π时,f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫π3，2π3时,f ′(x )<0.所以f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3,⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3，π上单调递增,在区间⎝⎛⎭⎪⎫π3，2π3上单调递减．(2)证明因为f (0)＝f (π)＝0,由(1)知,f (x )在区间[0,π]上的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝338,最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＝－338. 而f (x )是周期为π的周期函数,故|f (x )|≤338.(3)证明由于()322222sin sin 2sin 4sin 2…nx x x x＝|sin 3x sin 32x …sin 32nx | ＝|sin x ||sin 2x sin 32x …sin 32n －1x sin2n x ||sin 22n x |＝|sin x ||f (x )f (2x )…f (2n －1x )||sin 22n x |≤|f (x )f (2x )…f (2n －1x )|,所以sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22nx ≤238n⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭＝3n4n .。

高考数学一轮复习第一章第五讲基本不等式及其应用课件

(a2＋b2) 2
图 1-5-2
解析：∵△ACD∽△CBD，∴CADD＝CBDD，即 CD＝ AD·BD＝ ab. ∵OC＝A2B＝AD＋2 BD＝a＋2 b， ∴ ab≤a＋2 b.故选 B.
答案：B
考点二利用基本不等式求最值考向 1 通过配凑法求最值
[例 2]设 0<x<23，则函数 y＝4x(3－2x)的最大值为________.
2－x x·2－x x＋2＝2，

当且仅当2－x x＝2－x x，即 x＝1 时取等号，所以 y 的最小值为
2.故选 B.
答案：B
2.(考向 2)(2023 年罗湖区校级期中)已知 x＞0，y＞0，且 2x＋ y＝xy，则 x＋2y 的最小值为( )
A.8
B.8 2
C.9
D.9 2
解析：x＞0，y＞0，且 2x＋y＝xy，可得：1x＋2y＝1，则 x＋2y
错误. (3)连续使用基本不等式求最值，要求每次等号成立的条件一
致. (4)若 a≥b＞0，则 a≥ a2＋2 b2≥a＋2 b≥ ab≥a2＋abb≥b.
考点一基本不等式的证明 [ 例 1](1)(2023 年广西一模) 《几何原本》中的“几何代数法”(以几何方法研究代数问题)是西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多代数的公理或定理都能够通过图形实现
【变式训练】
如图1-5-2所示，线段AB为半圆的直径，O为
圆心，点 C 为半圆弧上不与 A ，B 重合的点. 作 CD⊥AB于点D，设 AD＝a，BD＝b，则下列不等
式中可以直接表示 CD≤OC 的是( )
A.a2＋abb≤ ab
B. ab≤a＋2 b
C.a＋2 b≤

2020版高考数学大一轮复习不等式选讲第2讲不等式的证明课件理新人教A版选修4_5

“放”和“缩”的常用技巧
在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧．
常见的放缩变换有：
(1)变换分式的分子和分母，如k12<k（k1－1），k12>k（k1＋1），1k
<
2 k＋
k－1，
1k>
2 k＋
k＋1.上面不等式中
k∈N*，k>1；
(2)利用函数的单调性； (3)真分数性质“若 0<a<b，m>0，则ab<ab＋＋mm”． [提醒] 在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．
2．不等式的证明方法证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等． 3．数学归纳法证明不等式的关键使用数学归纳法证明与自然数有关的不等式，关键是由 n＝k 时不等式成立推证 n＝k＋1 时不等式成立，此步的证明要具有目标意识，要注意与最终达到的解题目标进行分析、比较，以便确定解题方向．
(2)证明：要证1a－b－abcc>1，只需证|1－abc|>|ab－c|，只需证 1＋a2b2c2>a2b2＋c2，只需证 1－a2b2>c2(1－a2b2)，只需证(1－a2b2)(1－c2)>0，由 a，b，c∈A，得－1<ab<1，c2<1，所以(1－a2b2)(1－c2)>0 恒成立．综上，1a－b－abcc>1.
所以 a2＋2ab＋b2＝1.
因为 a>0，b>0，
所以a12＋b12＝（a＋a2b）2＋（a＋b2b）2＝1＋2ab＋ba22＋1＋2ba＋ab22＝
2 ＋ 2ab＋2ba ＋ ba22＋ab22 ≥ 2 ＋ 2
2ab·2ba ＋ 2

高三数学一轮复习关于不等式证明的常用方法

2009届一轮复习关于不等式证明的常用方法高考要求:不等式的证明，方法灵活多样，它可以和很多内容结合.高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，纯不等式的证明，历来是高中数学中的一个难点，本节着重培养考生数学式的变形能力，逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力. 重难点归纳:1.不等式证明常用的方法有:比较法、综合法和分析法，它们是证明不等式的最基本的方法.(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配方，判断过程必须详细叙述:如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式，则考虑用判别式法证.(2)综合法是由因导果，而分析法是执果索因，两法相互转换，互相渗透，互为前提，充分运用这一辩证关系，可以增加解题思路，开扩视野.2.不等式证明还有一些常用的方法:换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法等.换元法主要有三角代换，均值代换两种，在应用换元法时，要注意代换的等价性.放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩要有的放矢，目标可以从要证的结论中考查.有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法.凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题，适宜用反证法.证明不等式时，要依据题设、题目的特点和内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤、技巧和语言特点. 典型题例示范讲解:例1证明不等式n n2131211<++++ (n ∈N *) 命题意图:本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目，考查学生观察能力、构造能力以及逻辑分析能力.知识依托:本题是一个与自然数n 有关的命题，首先想到应用数学归纳法，另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等.错解分析:题易出现下列放缩错误:1n n n n nn n++<+++==个这样只注重形式的统一，而忽略大小关系的错误也是经常发生的.技巧与方法:本题证法一采用数学归纳法从n =k 到n =k +1的过渡采用了放缩法:证法二先放缩，后裂项，有的放矢，直达目标:而证法三运用函数思想，借助单调性，独具匠心，发人深省.证法一:(1)当n 等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立:(2)假设n =k (k ≥1)时，不等式成立，即1+k13121+++ ＜2k ， ,1211)1(11)1(21121131211+=++++<+++=++<+++++k k k k k k k k k k 则∴当n =k +1时，不等式成立. 综合(1)、(2)得:当n ∈N *时，都有1+n13121+++＜2n .另从k 到k +1时的证明还有下列证法:,1111212212:.12112,01),1(21)1(2,0)1()1()1(2)1(21)1(22+=+++>++=-++<++∴>++<++∴>+-=+++-=+--+k k k kk k k k k k k k k k k k k k k k k k k 又如.12112+<++∴k k k证法二:对任意k ∈N *，都有:122(21)2(32)2(1)2.n n n n =<=-++++<+-+-++--=因此证法三:设f (n )=),131211(2nn ++++-那么对任意k ∈N *.都有:1)1(])1(2)1[(11]1)1(2)1(2[1111)1(2)()1(2>+-+=++-+⋅+=-+-++=+--+=-+k k k k k k k k k k k k k k k k f k f∴f (k +1)＞f (k )因此，对任意n ∈N *.都有f (n )＞f (n －1)＞…＞f (1)=1＞0，∴.2131211n n <++++ 例2求使y x +≤a y x +(x ＞0，y ＞0)恒成立的a 的最小值.命题意图:本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力.知识依托:该题实质是给定条件求最值的题目，所求a 的最值蕴含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有关性质把a 呈现出来，等价转化的思想是解决题目的突破口，然后再利用函数思想和重要不等式等求得最值.错解分析:本题解法三利用三角换元后确定a 的取值范围，此时我们习惯是将x 、y 与cos θ、sin θ来对应进行换元，即令x =cos θ，y =sin θ(0＜θ＜2π＝，这样也得a ≥sin θ+cos θ，但是这种换元是错误的.其原因是:(1)缩小了x 、y 的范围:(2)这样换元相当于本题又增加了“x 、y =1”这样一个条件，显然这是不对的.技巧与方法:除了解法一经常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数a 满足不等关系，a ≥f (x )，则a min =f (x )max :若.a ≤f (x )，则a max =f (x )min ，利用这一基本事实，可以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题.还有三角换元法求最值用的恰当好处，可以把原问题转化.解法一:由于a 的值为正数，将已知不等式两边平方，得:x +y +2xy ≤a 2(x +y )，即2xy ≤(a 2－1)(x +y )，①∴x ，y ＞0，∴x +y ≥2xy ，②当且仅当x =y 时，②中有等号成立.比较①、②得a 的最小值满足a 2－1=1， ∴a 2=2，a =2.(因a ＞0)，∴a 的最小值是2.解法二:设y x xyy x xy y x y x y x yx yx u ++=+++=++=++=212)(2. ∵x ＞0，y ＞0，∴x +y ≥2xy .(当x =y 时“=”成立)，∴y x xy +2≤1，yx xy+2的最大值是1. 从而可知，u 的最大值为211=+，又由已知，得a ≥u ，∴a 的最小值为2. 解法三:∵y ＞0， ∴原不等式可化为y x+1≤a 1+yx，设y x =tan θ，θ∈(0，2π). ∴tan θ+1≤a 1tan 2+θ:即tan θ+1≤a se c θ ∴a ≥sin θ+cos θ=2sin(θ+4π)， ③又∵sin(θ+4π)的最大值为1(此时θ=4π).由③式可知a 的最小值为2.例3已知a ＞0，b ＞0，且a +b =1.求证:(a +a 1)(b +b 1)≥425.证法一:(分析综合法）欲证原式，即证4(ab )2+4(a 2+b 2)－25ab +4≥0，即证4(ab )2－33(ab )+8≥0，即证ab ≤41或ab ≥8. ∵a ＞0，b ＞0，a +b =1，∴ab ≥8不可能成立 ∵1=a +b ≥2ab ，∴ab ≤41，从而得证. 证法二:(均值代换法) 设a =21+t 1，b =21+t 2. ∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴t 1+t 2=0，|t 1|＜21，|t 2|＜21.425411625412316254)45(4)141)(141()21)(21()141)(141(211)21(211)21(11)1)(1(2242222222222222222112122221122212122=≥-++=--+=-++++++=++++++++=+++⨯+++=+⨯+=++∴t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t b b a a b b a a 显然当且仅当t =0，即a =b =21时，等号成立. 证法三:(比较法）∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41 425)1)(1(04)8)(41(4833442511425)1)(1(2222≥++∴≥--=++=-+⋅+=-++b b a a ab ab ab ab ab b a b b a a b b a a 证法四:(综合法)∵a +b =1，.a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41.22225(1)1139(1)1251611(1)1441644ab ab ab ab ab ab⎧-+≥⎪-+⎪∴-≥-=⇒-≥⇒⇒≥⎨⎪≥⎪⎩425)1)(1(≥++b b a a 即证法五:(三角代换法）∵.a ＞0，b ＞0，a +b =1，故令a =sin 2α，b =cos 2α，α∈(0，2π).425)1)(1(4252sin 4)2sin 4(412sin 125162sin 24.3142sin 4,12sin 2sin 416)sin 4(2sin 42cos sin 2cos sin )cos 1)(cos sin 1(sin )1)(1(2222222222222442222≥++≥-⇒⎪⎭⎪⎬⎫≥≥+-=-≥-∴≤+-=+-+=++=++b b a a b b a a 即得ααααααααααααααααα 学生巩固练习:1.已知x 、y 是正变数,a 、b 是正常数,且ybx a +=1，x +y 的最小值为 . 2.设正数a 、b 、c 、d 满足a +d =b +c ，且|a －d |＜|b －c |，则ad 与bc 的大小关系是_________.3.若m ＜n ，p ＜q ，且(p －m )(p －n )＜0，(q －m )(q －n )＜0，则m 、n 、p 、q 的大小顺序是__________.4.已知a ，b ，c 为正实数，a +b +c =1.求证:(1)a 2+b 2+c 2≥31 (2)232323+++++c b a ≤6 5.已知x ，y ，z ∈R ，且x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，证明: x ，y ，z ∈［0，32］ 6.证明下列不等式:(1)若x ，y ，z ∈R ，a ，b ，c ∈R +，则cb a y b ac x a c b +++++22z 2≥2(xy +yz +zx ) (2)若x ，y ，z ∈R +，且x +y +z =xyz ，则z y x y x z x z y +++++≥2(zy x 111++) 7.已知i ，m 、n 是正整数，且1＜i ≤m ＜n .(1)证明:n iA i m ＜m iA i n .(2)证明:(1+m )n ＞(1+n )m8.若a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，求证:a +b ≤2，ab ≤1. 参考答案:1.解析:令xa =cos 2θ，yb =sin 2θ，则x =a sec 2θ，y =bc s c 2θ，∴x +y =a sec 2θ+b csc 2θ=a +b +a tan 2θ+b co t 2θ≥a +b +2ab b a b a 2cot tan 22++=θ⋅θ.答案:a +b +2ab2.解析:由0≤|a －d |＜|b －c |⇔(a －d )2＜(b －c )2⇔(a +b )2－4ad ＜(b +c )2－4bc∵a +d =b +c ，∴－4ad ＜－4bc ，故ad ＞bc . 答案:ad ＞bc3.解析:把p 、q 看成变量，则m ＜p ＜n ，m ＜q ＜n . 答案:m ＜p ＜q ＜n4. (1)证法一:a 2+b 2+c 2－31=31(3a 2+3b 2+3c 2－1) =31［3a 2+3b 2+3c 2－(a +b +c )2］ =31［3a 2+3b 2+3c 2－a 2－b 2－c 2－2ab －2ac －2bc ］ =31［(a －b )2+(b －c )2+(c －a )2］≥0:∴a 2+b 2+c 2≥31 证法二:∵(a +b +c )2=a 2+b 2+c 2+2ab +2ac +2bc≤a 2+b 2+c 2+a 2+b 2+a 2+c 2+b 2+c 2∴3(a 2+b 2+c 2)≥(a +b +c )2=1:∴a 2+b 2+c 2≥31证法三:∵33222c b a c b a ++≥++∴a 2+b 2+c 2≥3c b a ++ ∴a 2+b 2+c 2≥31 证法四:设a =31+α，b =31+β，c =31+γ. ∵a +b +c =1，∴α+β+γ=0 ∴a 2+b 2+c 2=(31+α)2+(31+β)2+(31+γ)2=31+32(α+β+γ)+α2+β2+γ 2=31+α2+β2+γ2≥31 ∴a 2+b 2+c 2≥31629)(323232323323,23323,21231)23(23:)2(=+++<+++++∴+<++<+++<⨯+=+c b a c b a c c b b a a a 同理证法一∴原不等式成立. 证法二:3)23()23()23(3232323+++++≤+++++c b a c b a336)(3=+++=c b a∴232323+++++c b a ≤33＜6 ∴原不等式成立.5.证法一:由x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，得x 2+y 2+(1－x －y )2=21，整理成关于y 的一元二次方程得:2y 2－2(1－x )y +2x 2－2x +21=0，∵y ∈R ，故Δ≥0 ∴4(1－x )2－4×2(2x 2－2x +21)≥0，得0≤x ≤32，∴x ∈［0，32］同理可得y ，z ∈［0，32］证法二:设x =31+x ′，y =31+y ′，z =31+z ′，则x ′+y ′+z ′=0，于是21=(31+x ′)2+(31+y ′)2+(31+z ′)2=31+x ′2+y ′2+z ′2+32.(x ′+y ′+z ′) =31+x ′2+y ′2+z ′2≥31+x ′2+2)(2z y '+'=31+23x ′2故x ′2≤91，x ′∈［－31，31］，x ∈［0，32］，同理y ，z ∈［0，32］证法三:设x 、y 、z 三数中若有负数，不妨设x ＜0，则x 2＞0， 21=x 2+y 2+z 2≥x 2+21232)1(2)(2222+-=+-=+x x x x z y ＞21，矛盾. x 、y 、z 三数中若有最大者大于32，不妨设x ＞32，则21=x 2+y 2+z 2≥x 2+2)(2z y +=x 2+2)1(2x -=23x 2－x +21=23x (x －32)+21＞21.矛盾. 故x 、y 、z ∈［0，32］6.(1)证明：2222()2b c c a a b x y z xy yz zx b c+++++-++ 222222(2)(2)(2)b a c b a cx y xy y z yz z x zx a b b c c a=+-++-++-222)))0=-+-+-≥ 222()b c c a a b x y z xy yz zx a b c+++∴++≥++ （2）证明：所证不等式介于222222222222222222223333332222()2()[()()()]2()()()2()4()222()y z z x x yx y z xy yz zx x y zxyz yz y z zx z x xy x y xy yz zx x y z y z yz z x zx x y xy x y y z z x x yz xy z xyz y z yz z x zx x y xy x yz xy z xyz yz y z z +++++≥++⇔⋅+++++≥++⇔+++++++≥+++++⇔+++++≥++⇔-+22222222()()()()()0x z x xy x y x y z y z x z x y -+-+-+-+-≥∵上式显然成立，∴原不等式得证.7.证明:(1)对于1＜i ≤m ，且A i m =m ·…·(m －i +1)，n i n n n n n n m i m m m m m m ii m i i m 11A ,11A +-⋅⋅-⋅=+-⋅⋅-⋅= 同理，由于m ＜n ，对于整数k =1，2，…，i －1，有mkm n k n ->-，所以i m i i n i i i mi i n n m mn A A ,A A >>即(2)由二项式定理有:(1+m )n=1+C 1n m +C 2n m 2+…+C nn m n，(1+n )m=1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m，由(1)知miA i n＞niA i m.(1＜i ≤m )，而C i m=!A C ,!A i i i ni n i m = ∴m i C in ＞n i C im (1＜m ＜n )∴m 0C 0n =n 0C 0n =1，m C 1n =n C 1m =m ·n ，m 2C 2n ＞n 2C 2m ，…，m m C m n ＞n m C m m ，m m +1C 1+m n＞0，…，m n C n n ＞0， ∴1+C 1n m +C 2n m 2+…+C n n m n ＞1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m，即(1+m )n ＞(1+n )m成立.8.证法一:因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以(a +b )3－23=a 3+b 3+3a 2b +3ab 2－8=3a 2b +3ab 2－6=3［ab (a +b )－2］=3［ab (a +b )－(a 3+b 3)］=－3(a +b )(a －b )2≤0.即(a +b )3≤23，又a +b ＞0，所以a +b ≤2，因为2ab ≤a +b ≤2，所以ab ≤1.证法二:设a 、b 为方程x 2－mx +n =0的两根，则⎩⎨⎧=+=ab n b a m ，因为a ＞0，b ＞0，所以m ＞0，n ＞0，且Δ=m 2－4n ≥0: ①因为2=a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］=m (m 2－3n )所以n =mm 3232- ②将②代入①得m 2－4(mm 3232-)≥0，即mm 383+-≥0，所以－m 3+8≥0，即m ≤2，所以a +b ≤2，由2≥m .得4≥m 2，又m 2≥4n ，所以4≥4n ，即n ≤1，所以ab ≤1.证法三:因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以2=a 3+b 3=(a +b )(a 2+b 2－ab )≥(a +b )(2ab －ab )=ab (a +b ) 于是有6≥3ab (a +b )，从而8≥3ab (a +b )+2=3a 2b +3ab 2+a 3+b 3=(a +b )3，所以a +b ≤2，(下略）证法四:因为333)2(2b a b a +-+ 8))((38]2444)[(22222b a b a ab b a ab b a b a -+=----++=≥0，所以对任意非负实数a 、b ，有233b a +≥3)2(b a +因为a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以1=233b a +≥3)2(b a +，∴2b a +≤1，即a +b ≤2，(以下略）证法五:假设a +b ＞2，则a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］＞(a +b )ab ＞2ab ，所以ab ＜1，又a 3+b 3=(a +b )［a 2－ab +b 2］=(a +b )［(a +b )2－3ab ］＞2(22－3ab )因为a 3+b 3=2，所以2＞2(4－3ab )，因此ab ＞1，前后矛盾，故a +b ≤2(以下略). 课前后备注:。

高三数学第一轮复习：4-5 第一章不等式的基本性质(理)人教实验B版知识精讲

高三数学第一轮复习：4－5 第一章不等式的基本性质（理）人教实验B 版【本讲教育信息】一. 教学内容：4－5 / 第一章 / 不等式的基本性质、基本不等式；不等式的解法二. 教学目的：1、巩固不等式的基本性质、拓展基本不等式相关知识；2、掌握一元一次不等式、一元二次不等式及绝对值不等式的解法三. 教学重点、难点基本不等式的知识拓展；绝对值不等式的解法四. 知识分析【不等式的基本性质】1、不等式的基本性质：对于任意的实数a ，b ，有000a b a b a b a b a b a b ->⇔>⎧⎪-=⇔=⎨⎪-<⇔<⎩，这三条基本性质是差值比较法的理论依据．2、不等式的性质包括“单向性”和“双向性”两个方面．【单向性】（1）c a c b ,b a >⇒>>（2）d b c a d c ,b a +>+⇒>> （3）bc ac 0c ,b a >⇒>> （4）bc ac 0c ,b a <⇒<>（5）bd ac 0d c ,0b a >⇒>>>>（6）n n b a R n ,0b a >⇒∈>>+ 【双向性】（1）000a b a b a b a b a b a b ->⇔>⎧⎪-=⇔=⎨⎪-<⇔<⎩（2）a b b a >⇔<（3）a b a c b c >⇔+>+单向性主要用于证明不等式；双向性是解不等式的基础（当然也可用于证明不等式），由于单向性（3）、（4）的逆命题都成立，所以它们也可用于解不等式，在应用单向性（6）解无理不等式和形如nx a >的高次不等式时，若n 为偶数时要注意讨论． 3、要注意不等式性质成立的条件．例如，在应用“11,0a b ab a b>>⇒<”这一性质时，有些同学要么是弱化了条件，得11a b a b>⇒<，要么是强化了条件，而得110a b a b>>⇒<【基本不等式】定理1 设R b ,a ∈，则ab 2b a 22≥+，当且仅当b a =时，等号成立。

高考理科数学一轮复习课时精讲课件：第11章 11.2《证明不等式的基本方法》

4.反证法 (1)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. (2)证明步骤：反设→归谬→肯定原结论.
3.分析法证明命题时,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,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方法.
1.
b2
b
所以
aabb
ab
ab 2
.
【规律方法】比较法证明不等式的方法与步骤 1.作差比较法 (1)作差比较法证明不等式的一般步骤： ①作差：将不等式左右两边的式子看作一个整体进行作差；
②变形：将差式进行变形,化简为一个常数,或通分,因式分解变形为若干个因式的积,或配方变形为一个或几个平方和等； ③判号：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； ④结论：肯定不等式成立的结论.
4
所以 a2 b≥2 0,1即
a 1 b 1
≥1a2. b2
a 1 b 1
(2)
aabb
ab
ab ba
a 2 b 2
(
a
)
ab 2
,
b
当a=(abb)时2 ，( a
)
a
b 2
1；
b
当a>b>0时，a 1, a

新高考数学一轮复习考点知识专题讲解与练习 4 基本不等式

新高考数学一轮复习考点知识专题讲解与练习考点知识总结4基本不等式高考概览高考在本考点的常考题型为选择题、填空题，分值为5分，中等难度考纲研读1.了解基本不等式的证明过程2．会用基本不等式解决简单的最大(小)值问题一、基础小题1．若0<a<12，则a(1－2a)的最大值是()A．18B．14C．12D．1答案 A解析由0<a<12，得1－2a>0，则a(1－2a)＝12·2a(1－2a)≤12⎣⎢⎡⎦⎥⎤2a＋（1－2a）22＝18，当且仅当a＝14时取等号．故选A.2．已知m>0，n>0，2m＋n＝1，则14m＋2n的最小值为()A．4 B．22C．92D．16答案 C解析由于m >0，n >0，2m ＋n ＝1，则14m ＋2n ＝(2m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫14m ＋2n ＝52＋n 4m ＋4m n ≥52＋2n 4m ·4m n ＝92，当且仅当n ＝23，m ＝16时取等号．故选C. 3．设x ＞0，则函数y ＝x ＋22x ＋1－32的最小值为( ) A ．0 B ．12 C ．1 D ．32 答案 A解析由于x >0，则y ＝x ＋22x ＋1－32＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＋1x ＋12－2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12·1x ＋12－2＝0，当且仅当x ＋12＝1x ＋12，即x ＝12时等号成立．所以函数y 的最小值为0.故选A.4．已知a >0，b >0，若不等式2a ＋1b ≥n2a ＋b 恒成立，则n 的最大值为( )A ．9B ．12C ．16D ．20 答案 A解析因为a >0，b >0，所以2a ＋b >0，2a ＋1b ≥n 2a ＋b⇒(2a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b ≥n ，(2a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b ＝5＋2a b ＋2b a ≥5＋22a b ·2b a ＝9(当且仅当a ＝b 时，取等号)，要想不等式2a ＋1b≥n2a ＋b恒成立，只需n ≤9，即n 的最大值为9.故选A. 5．若3x ＋2y ＝2，则8x ＋4y 的最小值为( ) A ．4 B ．42 C ．2 D ．2 2解析∵3x＋2y＝2，∴8x＋4y＝23x＋22y≥223x·22y＝223x＋2y＝4，当且仅当3x＝2y，即x＝13，y＝12时等号成立，∴8x＋4y的最小值为4.故选A.6．已知向量a＝(1，x－1)，b＝(y，2)，其中x>0，y>0.若a⊥b，则xy的最大值为()A．14B．12C．1 D．2答案 B解析因为a＝(1，x－1)，b＝(y，2)，a⊥b，所以a·b＝y＋2(x－1)＝0，即2x＋y＝2．又因为x>0，y>0，所以2x＋y≥22xy，当且仅当x＝12，y＝1时等号成立，即22xy≤2，所以xy≤12，所以当且仅当x＝12，y＝1时，xy取到最大值，最大值为12.故选B.7．若a>0，b>0，且1a＋1b＝ab，则a2＋b2的最小值为()A．2 B．22C．4 D．4 2 答案 C解析∵a>0，b>0，∴1a ＋1b＝ab≥21ab，∴ab≥2，当且仅当a＝b＝2时等号成立，∴a2＋b2≥2ab≥4，当且仅当a＝b＝2时等号成立．综上，a2＋b2的最小值为4.故选C.8．已知函数f(x)＝cosπx(0<x<2)，若a≠b，且f(a)＝f(b)，则1a＋4b的最小值为()A．92B．9 C．18 D．36解析函数f(x)＝cosπx(0<x<2)的图象的对称轴为直线x＝1.因为a≠b，且f(a)＝f(b)，所以a＋b＝2，所以1a ＋4b＝⎝⎛⎭⎪⎫1a＋4b(a＋b)×12＝12⎝⎛⎭⎪⎫5＋ba＋4ab≥12×⎝⎛⎭⎪⎫5＋2ba·4ab＝92，当且仅当a＝23，b＝43时取等号，故1a＋4b的最小值为92.故选A.9．(多选)设x∈(0，＋∞)，y∈(0，＋∞)，S＝x＋y，P＝xy，以下四个命题中正确的是()A．若P＝1，则S有最小值2 B．若S＋P＝3，则P有最大值1C．若S＝2P，则S有最小值4 D．若S＋P＝3，则S有最大值2答案AB解析对于A，若xy＝1，则S＝x＋y≥2xy＝2(当且仅当x＝y＝1时取等号)，故A 正确；对于B，若x＋y＋xy＝3，则3＝x＋y＋xy≥2xy＋xy，解得0<xy≤1(当且仅当x＝y＝1时取等号)，故B正确；对于C，若x＋y＝2xy，则x＋y＝2xy≤（x＋y）22，可得x＋y≥2(当且仅当x＝y＝1时取等号)，故C错误；对于D，若x＋y＋xy＝3，则3＝x＋y＋xy≤x＋y＋（x＋y）24，解得x＋y≥2(当且仅当x＝y＝1时取等号)，故D错误．10．(多选)下列说法正确的是()A．x＋1x(x＞0)的最小值是2 B．x2＋2x2＋2的最小值是 2C．x2＋5x2＋4的最小值是2 D．2－3x－4x的最大值是2－4 3解析当x ＞0时，x ＋1x ≥2x ·1x ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当x ＝1x ，即x ＝1时取等号，A 正确；∵x 2≥0，∴x 2＋2x 2＋2＝x 2＋2≥2，B 正确；x 2＋5x 2＋4＝x 2＋4＋1x 2＋4＝x 2＋4＋1x 2＋4，令t ＝x 2＋4，则t ∈[2，＋∞)，∵y ＝t ＋1t 在[2，＋∞)上单调递增，∴t ＋1t ≥2＋12＝52，即x 2＋5x 2＋4≥52，C 错误；当x ＜0时，2－3x －4x 无最大值，D 错误．故选AB.11．若正实数x ，y 满足x ＋2y ＋2xy －8＝0，则x ＋2y 的最小值为________．答案 4解析 ∵正实数x ，y 满足x ＋2y ＋2xy －8＝0，∴x ＋2y ＋⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2y 22－8≥0.设x ＋2y ＝t ＞0，∴t ＋14t 2－8≥0，∴t 2＋4t －32≥0，即(t ＋8)(t －4)≥0，∴t ≥4，即x ＋2y ≥4，当且仅当x ＝2，y ＝1时取等号，故x ＋2y 的最小值为4.12．正项等比数列{a n }中，存在两项a m ，a n ，使得a m a n ＝2a 1，且a 6＝a 5＋2a 4，则m ＋n ＝________，1m ＋9n 的最小值是________．答案 4 4解析由于数列{a n }是正项等比数列，由a 6＝a 5＋2a 4得q 2＝q ＋2，解得q ＝2(负根舍去).由a m a n ＝2a 1，得2m ＋n －2＝22，m ＋n ＝4.故1m ＋9n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋9n (m ＋n )＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋9＋n m ＋9m n ≥14⎝⎛⎭⎪⎫10＋2n m ·9m n ＝14×(10＋6)＝4，当且仅当m ＝1，n ＝3时，1m ＋9n取得最小值4.二、高考小题13．(2022·全国乙卷)下列函数中最小值为4的是()A．y＝x2＋2x＋4 B．y＝|sin x|＋4 |sin x|C．y＝2x＋22－x D．y＝ln x＋4 ln x答案 C解析对于A，因为y＝x2＋2x＋4＝(x＋1)2＋3，所以当x＝－1时，y取得最小值，且y min＝3，所以A不符合题意；对于B，因为y＝|sin x|＋4|sin x|≥2|sin x|·4|sin x|＝4，所以y≥4，当且仅当|sin x|＝4|sin x|，即|sin x|＝2时取等号，但是根据正弦函数的性质可知|sin x|＝2不可能成立，因此可知y>4，所以B不符合题意；对于C，因为y＝2x＋22－x ≥22x·22－x＝4，当且仅当2x＝22－x，即x＝2－x，x＝1时取等号，所以y min＝4，所以C符合题意；对于D，当0<x<1时，ln x<0，y＝ln x＋4ln x<0，所以D不符合题意．14．(2022·浙江高考)已知α，β，γ是互不相同的锐角，则在sin αcos β，sin βcos γ，sin γcos α三个值中，大于12的个数的最大值是()A．0 B．1 C．2 D．3答案 C解析因为α，β，γ是互不相同的锐角，所以sinα，cos β，sin β，cos γ，sin γ，cosα均为正数．由基本不等式可知sin αcos β≤sin2α＋cos2β2，sinβcos γ≤sin2β＋cos2γ2，sinγcosα≤sin 2γ＋cos 2α2.三式相加可得sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α≤32，当且仅当sin α＝cos β，sin β＝cos γ，sin γ＝cos α，即α＝β＝γ＝π4时取等号，因为α，β，γ是互不相同的锐角，所以sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α＜32，所以这三个值不会都大于12.若取α＝π6，β＝π3，γ＝π4，则sin π6cos π3＝12×12＝14＜12，sin π3cos π4＝32×22＝64＞24＝12，sin π4cos π6＝22×32＝64＞12，所以这三个值中大于12的个数的最大值为2.故选C.15．(2022·上海高考)下列不等式恒成立的是( ) A ．a 2＋b 2≤2ab B ．a 2＋b 2≥－2ab C ．a ＋b ≥2|ab | D ．a 2＋b 2≤－2ab 答案 B解析显然当a <0，b >0时，不等式a 2＋b 2≤2ab 不成立，故A 错误；∵(a ＋b )2≥0，∴a 2＋b 2＋2ab ≥0，∴a 2＋b 2≥－2ab ，故B 正确；显然当a <0，b <0时，不等式a ＋b ≥2|ab |不成立，故C 错误；显然当a >0，b >0时，不等式a 2＋b 2≤－2ab 不成立，故D 错误．故选B.16．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知a >0，b >0，且a ＋b ＝1，则( ) A ．a 2＋b 2≥12 B ．2a －b >12 C ．log 2a ＋log 2b ≥－2 D ．a ＋b ≤ 2 答案 ABD解析对于A ，a 2＋b 2＝a 2＋(1－a )2＝2a 2－2a ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋12≥12，当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立，故A 正确；对于B ，a －b ＝2a －1>－1，所以2a －b >2－1＝12，故B 正确；对于C ，log 2a ＋log 2b ＝log 2ab ≤log 2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝log 214＝－2，当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立，故C 不正确；对于D ，因为(a ＋b )2＝1＋2ab ≤1＋a ＋b ＝2，所以a ＋b ≤2，当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立，故D 正确．故选ABD.17．(2022·天津高考)若a >0，b >0，则1a ＋ab 2＋b 的最小值为________．答案 2 2解析 ∵a >0，b >0，∴1a ＋a b 2＋b ≥21a ·a b 2＋b ＝2b＋b ≥22b ·b ＝22，当且仅当1a ＝a b 2且2b ＝b ，即a ＝b ＝2时等号成立，∴1a ＋ab2＋b 的最小值为2 2. 三、模拟小题18．(2022·浙江杭州富阳中学高三上第一次二校联考)已知正实数a ，b 满足1a ＋9b ＝6，则(a ＋1)(b ＋9)的最小值是( )A ．8B ．16C ．32D ．36 答案 B解析因为正实数a ，b 满足1a ＋9b ＝6，所以6＝1a ＋9b ≥29ab ，即ab ≥1，当且仅当1a ＝9b 时，即a ＝13，b ＝3时取等号．因为1a ＋9b ＝6，所以b ＋9a ＝6ab ，所以(a ＋1)(b ＋9)＝9a ＋b ＋ab ＋9＝7ab ＋9≥7＋9＝16.故(a ＋1)(b ＋9)的最小值是16.故选B.19．(2022·湖北新高考联考协作体高三上新起点考试)已知a >0，b >0且a ＋b ＝1，若不等式1a ＋1b >m 恒成立，m ∈N *，则m 的最大值为( )A ．3B ．4C ．5D ．6 答案 A解析 ∵不等式1a ＋1b >m 恒成立，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b min >m ，又a ＋b ＝1，a >0，b >0∴1a ＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b (a ＋b )＝1＋b a ＋a b ＋1≥2＋2b a ·a b ＝4，当且仅当a ＝b ＝12时等号成立，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b min＝4，∴m <4，又m ∈N *，∴m ＝3.故选A.20．(2022·河北省“五个一”名校联盟高三第一次联考)已知x >0，y >0，且x ＋4y －xy ＝0，若不等式a ≤x ＋y 恒成立，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，6]B ．(－∞，7]C ．(－∞，8]D ．(－∞，9] 答案 D解析 ∵x >0，y >0，x ＋4y －xy ＝0，∴4x ＋1y ＝1，∴x ＋y ＝(x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋1y ＝5＋x y ＋4y x .∵x y＋4yx≥2x y ·4y x ＝4(当且仅当x y ＝4yx，即x ＝2y ＝6时取等号)，∴x ＋y ≥5＋4＝9.又不等式a ≤x ＋y 恒成立，∴a ≤9.21．(2022·辽宁六校高三上学期期初联考)已知定义在R 上的偶函数f (x )＝|x －m ＋1|－2，若正实数a ，b 满足f (a )＋f (2b )＝m ，则2a ＋3b 的最小值为( )A ．85B ．8＋435 C ．835D ．2105 答案 B解析 ∵f (x )为R 上的偶函数，∴f (－x )＝f (x )，即|－x －m ＋1|－2＝|x －m ＋1|－2，即(－x －m ＋1)2＝(x －m ＋1)2，整理得2(m －1)x ＝－2(m －1)x ，∴m ＝1，∴f (x )＝|x |－2.∴f (a )＋f (2b )＝a －2＋2b －2＝1，即a ＋2b ＝5.∴2a ＋3b ＝15⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋3b (a ＋2b )＝15⎝ ⎛⎭⎪⎫8＋4b a ＋3a b ≥15⎝ ⎛⎭⎪⎫8＋24b a ·3a b ＝8＋435(当且仅当4b a ＝3a b ，即2b ＝3a 时取等号)，∴2a ＋3b 的最小值为8＋435.故选B.22．(多选)(2022·湖南省长沙市长郡中学上学期适应性调查考试)小王从甲地到乙地往返的速度分别为a 和b (a ＜b )，其全程的平均速度为v ，则( )A ．a ＜v ＜ abB ．v ＝abC ．ab ＜v <a ＋b 2D ．v ＝2ab a ＋b答案 AD解析设甲、乙两地之间的距离为s ，则全程所需的时间为s a ＋s b ，∴v ＝2ss a ＋s b ＝2ab a ＋b .∵b ＞a ＞0，∴v ＝2ab a ＋b ＜2ab 2ab ＝ab ；另一方面，v ＝2ab a ＋b ＜2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22a ＋b＝a ＋b 2，v －a ＝2ab a ＋b －a ＝ab －a 2a ＋b ＞a 2－a 2a ＋b＝0，∴v ＞a ，则a ＜v ＜ab .故选AD. 23．(多选)(2022·河北石家庄第一中学高三上教学质量检测(一))以下结论正确的是( )A ．x 2＋1x 2≥2B ．x 2＋3＋1x 2＋3的最小值为2 C ．若a 2＋2b 2＝1，则1a 2＋1b 2≥3＋2 2 D ．若a ＋b ＝1，则1a ＋1b≥4 答案 AC解析对于A ，x 2＋1x 2≥2x 2·1x 2＝2，当且仅当x 2＝1时等号成立，故A 正确；对于B ，x 2＋3＋1x 2＋3≥2x 2＋3·1x 2＋3＝2，当且仅当x 2＋3＝1时等号成立，但x 2＋3≥3≠1，故B 错误；对于C ，1a 2＋1b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1b 2·(a 2＋2b 2)＝3＋2b 2a 2＋a 2b 2≥3＋22，当且仅当a 2＝2－1，b 2＝2－22时等号成立，故C 正确；对于D ，当a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1时，1a ＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b (a ＋b )＝2＋a b ＋b a ≥4，但当a ＋b ＝1时，不一定有a ＞0，b ＞0，故D 错误．故选AC.24．(多选)(2022·辽宁葫芦岛协作校高三上第一次考试)下列函数中，最小值为9的是( )A ．y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x B ．y ＝1sin 2x ＋4cos 2xC ．y ＝lg x ＋4lg x －5D ．y ＝（2x 2＋1）（4x 2＋8）（x 2＋1）2答案 AB解析 y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x ＝5＋x 2＋4x 2≥5＋24＝9，当且仅当x 2＝2时，等号成立．y ＝1sin 2x ＋4cos 2x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1sin 2x ＋4cos 2x (sin 2x ＋cos 2x )＝5＋cos 2x sin 2x ＋4sin 2x cos 2x ≥5＋24＝9，当且仅当tan 2x ＝12时，等号成立．当lg x －5小于0时，y ＝lg x ＋4lg x －5无最小值．y ＝（2x 2＋1）（4x 2＋8）（x 2＋1）2＝4（2x 2＋1）（x 2＋2）（x 2＋1）2≤4×⎣⎢⎡⎦⎥⎤（2x 2＋1）＋（x 2＋2）22（x 2＋1）2＝9，当且仅当x 2＝1时，等号成立，则y ＝（2x 2＋1）（4x 2＋8）（x 2＋1）2的最大值为9.故选AB. 25．(2022·福建晋江磁灶中学高三上阶段测试(一))若lg x ＋lg y ＝0，则4x ＋9y 的最小值为________．答案 12解析因为lg x ＋lg y ＝0，所以xy ＝1(x >0，y >0)，所以4x ＋9y ≥24x ·9y ＝12.等号成立的条件为4x ＝9y ，即x ＝32，y ＝23时取得最小值．26．(2022·河北正定中学高三开学考试)已知x ，y >0，且1x ＋3＋1y ＝12，则x ＋y 的最小值为________．答案 5解析x ＋y ＝2[(x ＋3)＋y ]⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋3＋1y －3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋y x ＋3＋x ＋3y －3≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋2y x ＋3·x ＋3y －3＝5，当且仅当y x ＋3＝x ＋3y ，即x ＝1，y ＝4时，等号成立，所以x ＋y 的最小值为5.一、高考大题1．(2022·全国Ⅲ卷)设a ，b ，c ∈R ，a ＋b ＋c ＝0，abc ＝1.(1)证明：ab ＋bc ＋ca <0；(2)用max{a ，b ，c }表示a ，b ，c 中的最大值，证明：max{a ，b ，c }≥34.证明 (1)∵(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2ac ＋2bc ＝0，∴ab ＋bc ＋ca ＝－12(a 2＋b 2＋c 2). 由abc ＝1得a ，b ，c 均不为0，则a 2＋b 2＋c 2＞0，∴ab ＋bc ＋ca ＝－12(a 2＋b 2＋c 2)＜0.(2)不妨设max{a ，b ，c }＝a ，由a ＋b ＋c ＝0，abc ＝1可知，a ＞0，b ＜0，c ＜0.∵a ＝－b －c ，a ＝1bc ，∴a 3＝a 2·a ＝（b ＋c ）2bc ＝b 2＋c 2＋2bc bc≥2bc ＋2bc bc ＝4. 当且仅当b ＝c 时，取等号，∴a≥34，即max{a，b，c}≥34.2．(2022·全国Ⅰ卷)已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：(1)1a ＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2；(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.证明(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝ab＋bc＋caabc ＝1a＋1b＋1c.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．所以1a ＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2.(2)因为a，b，c为正数且abc＝1，故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥33（a＋b）3（b＋c）3（c＋a）3＝3(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥3×(2ab)×(2bc)×(2ca)＝24.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.二、模拟大题3．(2022·福建龙岩高三检测)已知x，y∈(0，＋∞)，x2＋y2＝x＋y.(1)求1x ＋1y 的最小值；(2)是否存在x ，y 满足(x ＋1)(y ＋1)＝5？并说明理由.解 (1)因为1x ＋1y ＝x ＋y xy ＝x 2＋y 2xy ≥2xy xy ＝2，当且仅当x ＝y ＝1时，等号成立，所以1x＋1y 的最小值为2.(2)不存在．理由如下：因为x 2＋y 2≥2xy ，所以(x ＋y )2≤2(x 2＋y 2)＝2(x ＋y ).又x ，y ∈(0，＋∞)，所以0<x ＋y ≤2.从而有(x ＋1)(y ＋1)≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤（x ＋1）＋（y ＋1）22≤4，当且仅当x ＝y ＝1时，等号成立．因此不存在x ，y 满足(x ＋1)(y ＋1)＝5.4．(2022·广东省珠海市高三模拟)某商场预计全年分批购入电视机3600台，其中每台价值2000元，每批购入的台数相同，且每批均需付运费400元，储存购入的电视机全年所付保管费与每批购入的电视机的总价值(不含运费)成正比，比例系数为k ，若每批购入400台，则全年需要支付运费和保管费共43600元．(1)求k 的值；(2)请问如何安排每批进货的数量，使支付运费与保管费的和最少？并求出相应的最少费用．解 (1)由题意，当每批购入400台时，全年的运费为400×3600400＝3600(元)，每批购入的电视机的总价值为400×2000＝800000(元)，所以保管费为k·800000(元).因为全年需要支付运费和保管费共43600元，所以3600＋k·800000＝43600，解得k＝0.05.(2)设每批进货x台，则运费为400×3600x ＝1440000x，保管费为0.05×2000x＝100x.所以支付运费与保管费的和为1440000x＋100x，因为1440000x ＋100x≥21440000x×100x＝24000，当且仅当1440000x＝100x，即x＝120时取到等号，所以每批进货120台，支付运费与保管费的和最少，最少费用为24000元．5.(2022·江苏镇江模拟)某校为丰富师生课余活动，计划在一块直角三角形ABC的空地上修建一个占地面积为S(平方米)的矩形AMPN健身场地．如图，点M在AC上，点N在AB上，且点P在斜边BC上．已知∠ACB＝60°，|AC|＝30米，|AM|＝x米，x∈[10，20].设矩形AMPN健身场地每平方米的造价为37kS元，再把矩形AMPN以外(阴影部分)铺上草坪，每平方米的造价为12kS元(k为正常数).(1)试用x 表示S ，并求S 的取值范围；(2)写出总造价T 与面积S 的函数关系式；(3)如何选取|AM |，才能使总造价T 最低(不要求求出最低造价)?解 (1)在Rt △PMC 中，显然|MC |＝30－x ，∠PCM ＝60°，|PM |＝|MC |tan ∠PCM ＝3(30－x )，∴矩形AMPN 的面积S ＝|PM |·|AM |＝3x (30－x )，x ∈[10，20]，由x (30－x )≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋30－x 22＝225，可知当x ＝15时，S 取得最大值，为2253，当x ＝10或20时，S 取得最小值，为2003，∴2003≤S ≤2253，即S 的取值范围为[2003，2253].(2)矩形AMPN 健身场地造价T 1＝37k S ，又△ABC 的面积为12×30×303＝4503，∴草坪造价T 2＝12k S(4503－S ). ∴总造价T ＝T 1＋T 2＝25k ⎝⎛⎭⎪⎫S ＋2163S ， 2003≤S ≤225 3.(3)∵S ＋2163S≥1263，当且仅当S＝2163，S即S＝2163时等号成立，此时3x(30－x)＝2163，解得x＝12或x＝18.∴选取|AM|为12米或18米时，能使总造价T最低．。

2023年高考数学(理科)一轮复习——不等式选讲第二课时不等式的证明

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(2)用 max{a，b，c}表示 a，b，c 中的最大值，证明：max{a，b，c}≥3 4. 证明不妨设max{a，b，c}＝a. 因为abc＝1，a＝－(b＋c)，所以a>0，b<0，c<0. 由 bc≤（b＋4 c）2，可得 abc≤a43，当且仅当 b＝c＝－2a时取等号，故 a≥3 4，所以 max{a，b，c}≥3 4.
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感悟提升
1.比较法证明不等式的方法与步骤 (1)作差比较法：作差、变形、判号、下结论. (2)作商比较法：作商、变形、判断、下结论. 2.利用放缩法证明不等式时要目标明确，通过添、拆项后，适当放缩.
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训练1 (1)已知a≥b＞0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，则M，N的大小关系为 __M_≥__N___. 解析 M－N＝2a3－b3－(2ab2－a2b) ＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(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2a3－b3≥2ab2－a2b，即M≥N.
A.1
B.2
C.3
D.4
解析 logx10＋lg x＝lg1x＋lg x≥2(x>1)，①正确； ab≤0 时，|a－b|＝|a|＋|b|，②不正确；因为 ab≠0，ab与ba同号，所以ba＋ab＝ba＋ab≥2，③正确；由|x－1|＋|x－2|的几何意义知， |x－1|＋|x－2|≥1恒成立，④也正确，综上①③④正确.
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(2) bac＋ abc＋ acb≥ 3( a＋ b＋ c).
证明
bac＋ abc＋ acb＝a＋abb＋c c.

高考数学一轮复习第七章不等式、推理与证明7

高考数学一轮复习第七章不等式、推理与证明7.1 等式性质与不等式性质考试要求 1.掌握等式性质.2.会比较两个数的大小.3.理解不等式的性质，并能简单应用．知识梳理1．两个实数比较大小的方法作差法⎩⎪⎨⎪⎧ a －b >0⇔a >b ，a －b ＝0⇔a ＝b ，a －b <0⇔a b ⇔b <a ；性质2 传递性：a >b ，b >c ⇒a >c ；性质3 可加性：a >b ⇔a ＋c >b ＋c ；性质4 可乘性：a >b ，c >0⇒ac >bc ；a >b ，c <0⇒ac <bc ；性质5 同向可加性：a >b ，c >d ⇒a ＋c >b ＋d ；性质6 同向同正可乘性：a >b >0，c >d >0⇒ac >bd ；性质7 同正可乘方性：a >b >0⇒a n >b n (n ∈N ，n ≥2)．常用结论1．若ab >0，且a >b ⇔1a <1b . 2．若a >b >0，m >0⇒b a a >0，m >0⇒b a >b ＋ma ＋m .思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两个实数a ，b 之间，有且只有a >b ，a ＝b ，a 1，则b >a .( × )(3)若x >y ，则x 2>y 2.( × )(4)若1a >1b ，则b <a .( × )教材改编题1．设b >a >0，c ∈R ，则下列不等式不正确的是( )A ．12a <12b B.1a >1bC.a ＋2b ＋2>ab D ．ac 3<bc 3答案 D解析因为y ＝12x 在(0，＋∞)上单调递增，所以12a <12b ，A 正确；因为y ＝1x 在(0，＋∞)上单调递减，所以1a >1b ，B 正确；因为a ＋2b ＋2－a b ＝2b －ab ＋2b >0，所以a ＋2b ＋2>ab ，C 正确；当c ＝0时，ac 3＝bc 3，所以D 不正确．2．已知M ＝x 2－3x ，N ＝－3x 2＋x －3，则M ，N 的大小关系是________．答案 M >N解析 M －N ＝(x 2－3x )－(－3x 2＋x －3)＝4x 2－4x ＋3＝(2x －1)2＋2>0，∴M >N .3．已知－1<a <2，－3q D ．p ≥q答案 B解析 p －q ＝b 2a ＋a 2b－a －b ＝b 2－a 2a ＋a 2－b 2b＝(b 2－a 2)·⎝⎛⎭⎫1a －1b ＝b 2－a 2b －a ab ＝b －a 2b ＋aab ，因为a <0，b <0，所以a ＋b <0，ab >0.若a ＝b ，则p －q ＝0，故p ＝q ；若a ≠b ，则p －q <0，故p <q .综上，p ≤q .(2)若a ＝ln 33，b ＝ln 44，c ＝ln 55，则( ) A ．a e 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，因为e<3<4<5，所以f (3)>f (4)>f (5)，即c N解析方法一 M －N ＝e 2 021＋1e 2 022＋1－e 2 022＋1e 2 023＋1＝e 2 021＋1e 2 023＋1－e 2 022＋12e 2 022＋1e 2 023＋1＝e 2 021＋e 2 023－2e 2 022e 2 022＋1e 2 023＋1＝e 2 021e －12e 2 022＋1e 2 023＋1>0. ∴M >N .方法二令f (x )＝e x ＋1e x ＋1＋1＝1e e x ＋1＋1＋1－1e e x ＋1＋1＝1e ＋1－1e e x ＋1＋1，显然f (x )是R 上的减函数，∴f (2 021)>f (2 022)，即M >N .思维升华比较大小的常用方法(1)作差法：①作差；②变形；③定号；④得出结论．(2)作商法：①作商；②变形；③判断商与1的大小关系；④得出结论．(3)构造函数，利用函数的单调性比较大小．跟踪训练1 (1)已知0<a <1b ，且M ＝11＋a ＋11＋b，N ＝a 1＋a ＋b 1＋b ，则M ，N 的大小关系是( ) A ．M >N B ．M <NC ．M ＝ND ．不能确定答案 A解析 ∵0<a <1b ，∴1＋a >0,1＋b >0,1－ab >0. ∴M －N ＝1－a 1＋a ＋1－b 1＋b ＝21－ab1＋a 1＋b >0，∴M >N .(2)e π·πe 与e e ·ππ的大小关系为________．答案 e π·πe <e e ·ππ解析 e π·πe e e ·ππ＝e π－eππ－e ＝⎝⎛⎭⎫eππ－e ，又0<eπ<1,0<π－e<1，∴⎝⎛⎭⎫eππ－e <1，即e π·πee e ·ππ<1，即e π·πe <e e ·ππ.题型二不等式的性质例2 (1)(2022·滨州模拟)下列命题为真命题的是() A ．若a >b ，则ac 2>bc 2B ．若a a >b >0，则a c －a <bc －bD ．若a >b >c >0，则a b >a ＋c b ＋c 答案 D 解析对于A 选项，当c ＝0时，显然不成立，故A 选项为假命题；对于B 选项，当a ＝－3，b ＝－2时，满足a b c －b ＝12，故C 选项为假命题；对于D 选项，由于a >b >c >0，所以a b －a ＋c b ＋c＝a b ＋c －b a ＋c b b ＋c ＝ac －bc b b ＋c＝a －b c b b ＋c>0，即a b >a ＋c b ＋c ，故D 选项为真命题． (2)若1a <1b<0，则下列不等式正确的是________．(填序号) ①1a ＋b <1ab ； ②|a |＋b >0； ③a －1a >b －1b； ④ln a 2>ln b 2.答案 ①③解析由1a <1b <0，可知b <a <0. ①中，因为a ＋b <0，ab >0，所以1a ＋b <0，1ab >0.故有1a ＋b <1ab，即①正确； ②中，因为b <a <0，所以－b >－a >0.故－b >|a |，即|a |＋b <0，故②错误；③中，因为b <a <0，又1a <1b<0，则－1a >－1b >0，所以a －1a >b －1b，故③正确； ④中，因为b <a <0，根据y ＝x 2在(－∞，0)上单调递减，可得b 2>a 2>0，而y ＝ln x 在定义域 (0，＋∞)上单调递增，所以ln b 2>ln a 2，故④错误．教师备选若a ，b ，c ∈R ，a >b ，则下列不等式恒成立的是( )A.1a <1b B ．a 2>b 2C ．a |c |>b |c | D.a c 2＋1>bc 2＋1答案 D解析对于A ，若a >0>b ，则1a >1b ，故A 错误；对于B ，取a ＝1，b ＝－2，则a 20，又a >b ，所以a c 2＋1>bc 2＋1，故D 正确．思维升华判断不等式的常用方法(1)利用不等式的性质逐个验证．(2)利用特殊值法排除错误选项．(3)作差法．(4)构造函数，利用函数的单调性．跟踪训练2 (1)(2022·珠海模拟)已知a ，b ∈R ，满足ab <0，a ＋b >0，a >b ，则() A.1a <1b B.b a ＋a b >0C ．a 2>b 2D ．a <|b |答案 C解析因为ab <0，a >b ，则a >0，b <0，1a >0，1b <0，A 不正确；b a <0，a b <0，则b a ＋a b <0，B 不正确；又a＋b>0，即a>－b>0，则a2>(－b)2，a2>b2，C正确；由a>－b>0得a>|b|，D不正确．(2)设a>b>1>c>0，下列四个结论正确的是________．(填序号)①1ac>1bc；②ba c>ab c；③(1－c)a<(1－c)b；④log b(a＋c)>log a(b＋c)．答案③④解析由题意知，a>b>1>c>0，所以对于①，ac>bc>0，故1ac<1bc，所以①错误；对于②，取a＝3，b＝2，c＝1 2，则ba c＝23，ab c＝32，所以ba c<ab c，故②错误；对于③，因为0<1－c<1，且a>b，所以(1－c)a<(1－c)b，故③正确；对于④，a＋c>b＋c>1，所以log b(a＋c)>log b(b＋c)>log a(b＋c)，故④正确．题型三不等式性质的综合应用例3(1)已知－1<x<4,2<y<3，则x－y的取值范围是________，3x＋2y的取值范围是________．答案(－4,2)(1,18)解析∵－1<x<4,2<y<3，∴－3<－y <－2，∴－4<x －y <2.由－1<x <4,2<y <3，得－3<3x <12,4<2y <6，∴1<3x ＋2y <18.(2)已知3<a <8,4<b <9，则a b的取值范围是________．答案 ⎝⎛⎭⎫13，2解析 ∵4<b <9，∴19<1b <14，又3<a <8，∴19×3<a b <14×8，即13<a b<2. 延伸探究若将本例(1)中条件改为－1<x ＋y <4,2<x －y <3，求3x ＋2y 的取值范围．解设3x ＋2y ＝m (x ＋y )＋n (x －y )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ＋n ＝3，m －n ＝2，∴⎩⎨⎧ m ＝52，n ＝12.即3x ＋2y ＝52(x ＋y )＋12(x －y )，又∵－1<x ＋y <4,2<x －y <3，∴－52<52(x ＋y )<10,1<12(x －y )<32， ∴－32<52(x ＋y )＋12(x －y )<232，即－32<3x ＋2y <232，∴3x ＋2y 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－32，232. 教师备选已知0<β<α<π2，则α－β的取值范围是________．答案 ⎝⎛⎭⎫0，π2 解析 ∵0<β<π2，∴－π2<－β<0，又0<α<π2，∴－π2<α－β<π2，又β<α，∴α－β>0，即0<α－β<π2. 思维升华求代数式的取值范围，一般是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得整体范围．跟踪训练3 (1)已知a >b >c ,2a ＋b ＋c ＝0，则c a的取值范围是( ) A ．－3<c a<－1 B ．－1<c a <－13 C ．－2<c a<－1 D ．－1<c a <－12 答案 A解析因为a >b >c ,2a ＋b ＋c ＝0，所以a >0，c <0，b ＝－2a －c ，因为a >b >c ，所以－2a －c <a ，即3a >－c ，解得c a>－3，将b ＝－2a －c 代入b >c 中，得－2a －c >c ，即a <－c ，得c a <－1，所以－3<c a <－1. (2)已知1<a 13，∴13<ab <1.综上所述，a －b 的取值范围为(－2,0)；a b 的取值范围为⎝⎛⎭⎫13，1.课时精练1．已知a >0，b >0，M ＝a ＋b ，N ＝a ＋b ，则M 与N 的大小关系为() A ．M >NB ．M <NC ．M ≤ND ．M ，N 大小关系不确定答案 B解析 M 2－N 2＝(a ＋b )－(a ＋b ＋2ab )＝－2ab <0，∴M <N .2．已知非零实数a ，b 满足a b 2，故A 不成立；若⎩⎪⎨⎪⎧ ab >0，a a b ，故D 不成立，由不等式的性质知，C 正确．3．已知－3<a <－2,31，m ＝log a (a 2＋1)，n ＝log a (a ＋1)，p ＝log a (2a )，则m ，n ，p 的大小关系是() A ．n >m >p B ．m >p >nC ．m >n >pD ．p >m >n答案 B解析由a >1知，a 2＋1－2a ＝(a －1)2>0，即a 2＋1>2a ，而2a －(a ＋1)＝a －1>0，即2a >a ＋1，∴a 2＋1>2a >a ＋1，而y ＝log a x 在定义域上单调递增，∴m >p >n .5．已知a ，b ∈R ，则“|a |>|b |”是“a b >1”成立的( )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答案 B解析不妨令a ＝1，b ＝0，故|a |>|b |不能推出a b >1，若a b >1，故a ，b 同号，若a ，b 都大于0，则a >b >0，从而|a |>|b |；若a ，b 都小于0，则a |b |，故a b >1能推出|a |>|b |，从而“|a |>|b |”是“a b >1”成立的必要不充分条件．6．(2022·济宁模拟)已知x >y >z ，x ＋y ＋z ＝0，则下列不等式恒成立的是() A ．xy >yz B ．xy >xzC ．xz >yzD ．x |y |>|y |z答案 B解析因为x >y >z ，x ＋y ＋z ＝0，所以x >0，z <0，y 的符号无法确定，对于A ，因为x >0>z ，若y <0，则xy <0<yz ，故A 错误；对于B ，因为y >z ，x >0，所以xy >xz ，故B 正确；对于C ，因为x >y ，z <0，所以xz <yz ，故C 错误；对于D ，因为x >z ，当|y |＝0时，x |y |＝|y |z ，故D 错误．7．设a ，b ，c ，d 为实数，且a >b >0>c >d ，则下列不等式正确的是( )A ．c 2>cdB ．a －c 0 答案 D解析因为a >b >0>c >d ，所以a >b >0,0>c >d ，对于A ，因为0>c >d ，由不等式的性质可得c 2<cd ，故选项A 错误；对于B ，取a ＝2，b ＝1，c ＝－1，d ＝－2，则a －c ＝3，b －d ＝3，所以a －c ＝b －d ，故选项B 错误；对于C ，取a ＝2，b ＝1，c ＝－1，d ＝－2，则ac ＝－2，bd ＝－2，所以ac ＝bd ，故选项C 错误；对于D ，因为a >b >0，d <c <0，则ad <bc ，所以c a >d b，故c a －d b>0，故选项D 正确． 8．若0<a <1，b >c >1，则( )A.⎝⎛⎭⎫b c a <1B.c －a b －a >c b C ．c a －1c >1，∴b c>1. ∵0<a <1，则⎝⎛⎭⎫b c a >⎝⎛⎭⎫b c 0＝1，故选项A 错误；对于B ，若c －a b －a >c b，则bc －ab >bc －ac ，即a (c －b )>0，这与0<a <1，b >c >1矛盾，故选项B 错误；对于C ，∵0<a <1，∴a －1<0.∵b >c >1，∴c a －1>b a －1，故选项C 错误；对于D ，∵0<a <1，b >c >1，∴log c a <log b a ，故选项D 正确．9．已知M ＝x 2＋y 2＋z 2，N ＝2x ＋2y ＋2z －π，则M ________N ．(填“>”“<”或“＝”) 答案 >解析 M －N ＝x 2＋y 2＋z 2－2x －2y －2z ＋π＝(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2＋π－3≥π－3>0，故M >N .10．(2022·宜丰模拟)若1a <1b <0，已知下列不等式：①a ＋b <ab ；②|a |>|b |；③a 2.其中正确的不等式的序号为________．答案 ①④解析因为1a <1b<0，所以b <a <0，故③错误；所以a ＋b <0<ab ，故①正确；所以|a |<|b |，故②错误；所以b a >0，a b >0且均不为1，b a ＋a b ≥2b a ·a b ＝2，当且仅当b a ＝a b ＝1时，等号成立，所以b a ＋a b>2，故④正确． 11．若0<a 1且2a <1， ∴a <2b ·a ＝2a (1－a )＝－2a 2＋2a＝－2⎝⎛⎭⎫a －122＋12<12，即a <2ab <12. 又a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ＝1－2ab >1－12＝12，即a 2＋b 2>12.∵12<b <1， ∴(a 2＋b 2)－b ＝[(1－b )2＋b 2]－b ＝2b 2－3b ＋1＝(2b －1)(b －1)<0，即a 2＋b 2<b ，综上可知a <2ab <12<a 2＋b 2<b . 12．若α，β满足－π2<α<β<π2，则2α－β的取值范围是________．答案 ⎝⎛⎭⎫－3π2，π2 解析 ∵－π2<α<π2，∴－π<2α<π.∵－π2<β<π2，∴－π2<－β<π2， ∴－3π2<2α－β<3π2. 又α－β<0，α<π2，∴2α－β<π2. 故－3π2<2α－β<π2.13．(2022·长沙模拟)设实数a ，b ，c 满足b ＋c ＝6－4a ＋3a 2，c －b ＝4－4a ＋a 2，则下列不等式恒成立的是( )A ．c <bB ．b ≤1C ．b ≤aD ．a <c 答案 D解析 ∵⎩⎪⎨⎪⎧ b ＋c ＝6－4a ＋3a 2，c －b ＝4－4a ＋a 2，两式相减得2b ＝2a 2＋2，即b ＝a 2＋1，∴b ≥1.又b －a ＝a 2＋1－a ＝⎝⎛⎭⎫a －122＋34>0， ∴b >a .而c －b ＝4－4a ＋a 2＝(a －2)2≥0，∴c ≥b ，从而c ≥b >a .14．实数a ，b ，c ，d 满足下列三个条件：①d >c ；②a ＋b ＝c ＋d ；③a ＋d d >c >a解析由题意知d >c ①，②＋③得2a ＋b ＋d <2c ＋b ＋d ，化简得a <c ④，由②式a ＋b ＝c ＋d及a <c 可得到，要使②成立，必须b >d ⑤成立，综合①④⑤式得到b >d >c >a .15．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 满足f (1)＝0，且a >b >c ，则c a的取值范围是________．答案 ⎝⎛⎭⎫－2，－12 解析因为f (1)＝0，所以a ＋b ＋c ＝0，所以b ＝－(a ＋c )．又a >b >c ，所以a >－(a ＋c )>c ，且a >0，c <0，所以1>－a ＋c a >c a ，即1>－1－c a >c a. 所以⎩⎨⎧ 2c a <－1，c a >－2，解得－2<c a <－12. 即c a的取值范围为⎝⎛⎭⎫－2，－12. 16．某学习小组由学生和教师组成，人员构成同时满足以下三个条件：(1)男学生人数多于女学生人数；(2)女学生人数多于教师人数；(3)教师人数的两倍多于男学生人数．①若教师人数为4，则女学生人数的最大值为________．②该小组人数的最小值为________．答案 ①6 ②12解析设男学生人数为x ，女学生人数为y ，教师人数为z ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ x >y ，y >z ，2z >x ，且x ，y ，z均为正整数．①当z ＝4时，8>x >y >4，∴x 的最大值为7，y 的最大值为6，故女学生人数的最大值为6.②x >y >z >x 2，当x ＝3时，条件不成立，当x ＝4时，条件不成立，当x ＝5时，5>y >z >52，此时z ＝3，y ＝4.∴该小组人数的最小值为12.。

高考数学大一轮总复习第14篇第2节证明不等式的基本方法课件理新人教A版

行质正、确明的显推成已理立知，的条得事件到实和等命) _题__的__条的件结(论或，已以证说明明的假定设理不、正性
确，从而得出原命题成立，我们把这种证明方法称为反
证法．
矛盾
数学（人教A版 ·理科）(AH)
(2)放缩法证_明__不__等，式简时化，不通等过式把，不从等而式达中到的证某明些的部目分的的，值我_们__把__放这或大种
A．a<0，b<0，c<0 B．a≤0，b>0，c>0 C．a，b，c不全是正数 D．abc<0 解析：反证法提出假设时，是否定“a>0，b>0，c>0”，应
为a，b，c不全是正数．故选C. 答案：C
数学（人教A版 ·理科）(AH)
3．设 a，b∈(0，＋∞)，且 ab－a－b＝1，则有( )
A．a＋b≥2( 2＋1) B．a＋b≤ 2＋1
方缩法小称为放缩法．
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1．要证明 29＋ 31<2 5，可选择的方法有以下几种，
其中最合理的是( )
A．综合法
B．分析法
C．反证法
D．归纳法
解析：根据条件和分析法的定义可知选项B最合理．故选 B.
答案：B
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2．已知a＋b＋c>0，ab＋bc＋ac>0，abc>0，用反证法求证a>0，b>0，c>0时的反设为( )
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(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.

高考数学第一轮复习精讲(课前准备+课堂活动小结+课后练习)证明不等式的基本方法导学案文新人教A版

学案77 不等式选讲 (二)证明不等式的基本方法导学目标：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.2.会用比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法证明比较简单的不等式．自主梳理1．三个正数的算术—几何平均不等式：如果a ，b ，c >0，那么_________________________，当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立．2．基本不等式(基本不等式的推广)：对于n 个正数a 1，a 2，…，a n ，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1·a 2·…·a n ，当且仅当__________________时等号成立．3．二维形式的柯西不等式及推论：若a ，b ，c ，d 都是实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时等号成立；a 2＋b 2c 2＋d 2≥|ac ＋bd |，当且仅当ad ＝bc 时等号成立；a 2＋b 2c 2＋d 2≥|ac |＋|bd |，当且仅当________________时等号成立．4．证明不等式的常用五种方法(1)比较法：比较法是证明不等式最基本的方法，具体有作差比较和作商比较两种，其基本思想是______与0比较大小或______与1比较大小．(2)综合法：从已知条件出发，利用定义、______、______、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫综合法．也叫顺推证法或由因导果法．(3)分析法：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的________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为止，这种证明方法叫分析法．也叫逆推证法或执果索因法．(4)反证法①反证法的定义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．②反证法的特点先假设原命题不成立，再在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、事实等矛盾．(5)放缩法①定义：证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值________或________，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．②思路：分析观察证明式的特点，适当放大或缩小是证题关键．自我检测1．已知M ＝a 2＋b 2，N ＝ab ＋a ＋b －1，则M ，N 的大小关系为( ) A ．M >N B ．M <N C ．M ≥N D ．M ≤N 2．(2011·滨州调研)设a >b ≥0，p ＝a －b ，q ＝a －b ，那么( ) A ．p ≤q B ．p ≥q C ．p <q D ．p 、q 大小关系不定3．若a 、b 、c 、d 、x 、y 均是正实数，且P ＝ab ＋cd ，Q ＝ax ＋cy ·b x ＋dy，则( )A ．P ＝QB ．P ≥QC ．P ≤QD ．P >Q4．已知a >b >0，n ∈N *，则使不等式a 2－n ≥4b 2－ab成立的n 的最大值为( )A ．4B ．8C ．10D ．165．(2011·南阳月考)已知a ，b ，c >0，且a ＋b >c ，设M ＝a 4＋a ＋b 4＋b ，N ＝c4＋c，则M与N 的大小关系是__________________________________________________________.探究点一比较法证明不等式例1 已知a >0，b >0，求证：a b ＋ba≥a ＋b .变式迁移1 (2011·福建)设不等式|2x －1|<1的解集为M . (1)求集合M ；(2)若a ，b ∈M ，试比较ab ＋1与a ＋b 的大小．探究点二用综合法证明不等式例2 设a 、b 、c 均为正数，求证： 12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b .变式迁移2 设x 是正实数，求证： (x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥8x 3.探究点三用分析法证明不等式例3 (2011·武汉模拟)已知a >b >0，求证：(a －b )28a <a ＋b 2－ab <(a －b )28b.变式迁移3 已知a >0，求证： a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.转化与化归思想的应用例 (10分)已知f (x )＝x 2＋px ＋q .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.多角度审题已知f (x )，要证f (1)＋f (3)－2f (2)＝2，只须化简左边式子，看是怎样的形式，然后才能视情况而定如何证明．求证|f (1)|、|f (2)|、|f (3)|中至少有一个不小于12包括：|f (1)|、|f (2)|、|f (3)|中有一个大于等于12，其余两个小于12；三个中有2个大于等于12，另一个小于12；三个都大于等于12.如果从正面证明，将有7种情况需要证明，非常繁杂，可考虑用反证法证明．【答题模板】证明 (1)f (1)＋f (3)－2f (2)＝(1＋p ＋q )＋(9＋3p ＋q )－2(4＋2p ＋q )＝2.[2分](2)假设|f (1)|、|f (2)|、|f (3)|都小于12，则|f (1)|＋2|f (2)|＋|f (3)|<2，[4分]而|f (1)|＋2|f (2)|＋|f (3)|≥|f (1)＋f (3)－2f (2)|＝|(1＋p ＋q )＋(9＋3p ＋q )－(8＋4p ＋2q )|＝2，与假设矛盾．[9分]∴|f (1)|、|f (2)|、|f (3)|中至少有一个不小于12.[10分]【突破思维障碍】根据正难则反的证明原则，|f (1)|、|f (2)|、|f (3)|至少有一个不小于12的反面为|f (1)|、|f (2)|、|f (3)|都小于12，所以用反证法证明只有一种情况，如果这一种情况不成立，则原命题成立．【易错点剖析】在证明(2)中如果不知道用反证法证，而是从正面分七种情况证明，往往会出现这样或那样的失误．(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共20分) 1．(2011·烟台月考)已知a 、b 、m ∈R ＋且a >b ，则( ) A.a b >a ＋m b ＋m B.a b ＝a ＋m b ＋m C.a b <a ＋m b ＋m D.a b 与a ＋m b ＋m 间的大小不能确定 2．(2010·黄冈期中)设a 、b ∈R ，且a ≠b ，a ＋b ＝2，则必有( ) A.a 2＋b 22<ab <1 B ．ab <a 2＋b 22<1C ．ab <1<a 2＋b 22D ．1≤ab ≤a 2＋b 223．设a ∈R 且a ≠0，以下四个式子中恒大于1的个数是( )①a 3＋1；②a 2－2a ＋2；③a ＋1a ；④a 2＋1a2.A ．1B ．2C ．3D ．4 4．(2011·保定调研)在下列不等式中，一定成立的是( )A ．48a <84bB ．a a b b >a b b aC ．a 3>a 2－a ＋1D ．(5＋2)m 2<m 2＋12－3二、填空题(每小题4分，共12分)5．(2011·湖南)设x ，y ∈R ，且xy ≠0，则(x 2＋1y 2)(1x 2＋4y 2)的最小值为________．6．已知x >0，y >0，lg 2x ＋lg 8x ＝lg 2，则1x ＋13y的最小值为________．7．设x ＝a 2b 2＋5，y ＝2ab －a 2－4a ，若x >y ，则实数a ，b 应满足的条件为__________________．三、解答题(共43分)8．(10分)已知x ，y ，z 均为正数，求证： x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z .9．(10分)(2011·包头模拟)已知正数a 、b 、c 满足a ＋b <2c ，求证： c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab .10．(10分)若a ＋b ＝1，求证： a ＋12＋b ＋12≤2.11．(13分)已知实数x 、y 、z 不全为零．求证：x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2>32(x ＋y ＋z )．学案77 不等式选讲 (二)证明不等式的基本方法自主梳理1.a ＋b ＋c 3≥3abc 2.a 1＝a 2＝…＝a n 3.ad ＝bc 且abcd ≥0 4.(1)差商 (2)公理定理 (3)充分 (5)①放大缩小自我检测1．C [∵M －N ＝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，当且仅当a ＝b ＝1时“＝”成立．∴M ≥N .] 2．A [p 2－q 2＝a ＋b －2ab －a ＋b ＝2b (b －a )≤0.∴p ≤q .]3．C [Q ＝ax ＋cy ·b x ＋dy＝(ax ＋cy )⎝⎛⎭⎫b x ＋d y ＝ab ＋cd ＋bcy x ＋adxy≥ab ＋cd ＋2abcd ＝ab ＋cd ＝P .∴P ≤Q .]4．B [∵n ≤a 2＋4b (a －b )，b (a －b )≤a 24 (⎝⎛⎭⎫a 2－b 2≥0)．∴a 2＋4b (a －b )≥a 2＋16a 2≥2a 2·16a 2＝8(a ＝2，b ＝1时取“＝”)．即a 2＋4b (a －b )的最小值为8，∴n max ＝8.]5．M >N解析 ∵a ，b ，c >0，且a ＋b >c ，∴M ＝a 4＋a ＋b 4＋b >a 4＋a ＋b ＋b4＋b ＋a ＝a ＋b 4＋(a ＋b )设f (x )＝x 4＋x (x >0)，∵f ′(x )＝4＋x －x (4＋x )2＝4(4＋x )2>0，即f (x )在(0，＋∞)上为增函数，∴f (a ＋b )>f (c )，即a ＋b 4＋a ＋b >c4＋c，∴M >N .课堂活动区例1 解题导引不等式左、右两边是多项式形式，可用作差或作商比较法，也可用分析法、综合法．证明 ∵a b ＋ba －(a ＋b )＝(a )3＋(b )3－(a ＋b )ab ab＝(a ＋b )(a －b )2ab，又a ＋b >0，ab >0，(a －b )2≥0， ∴a b ＋b a －(a ＋b )≥0.故a b ＋ba≥a ＋b .变式迁移1 解 (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 <1,00，故ab ＋1>a ＋b .例2 解题导引本例不等式中的a 、b 、c 具有同等的地位，证明此类型不等式往往需要通过系数的变化，利用基本不等式进行放缩，得到要证明的结论．证明 ∵a 、b 、c 均为正数， ∴12⎝⎛⎭⎫12a ＋12b ≥12ab ≥1a ＋b ，当且仅当a ＝b 时等号成立；同理：12⎝⎛⎭⎫12b ＋12c ≥12bc ≥1b ＋c ，当且仅当b ＝c 时等号成立； 12⎝⎛⎭⎫12c ＋12a ≥12ca ≥1c ＋a，当且仅当a ＝c 时等号成立．三个不等式相加即得 12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b ，当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立．变式迁移2 证明 x 是正实数，由基本不等式知， x ＋1≥2x ，1＋x 2≥2x ，x 3＋1≥2x 3，故(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1) ≥2x ·2x ·2x 3＝8x 3(当且仅当x ＝1时等号成立)．例3 解题导引当要证的不等式较复杂，已知条件信息量太少，已知与待证间的联系不明显时，一般可采用分析法．分析法是步步寻求不等式成立的充分条件，而实际操作时往往是先从要证的不等式出发，寻找使不等式成立的必要条件，再考虑这个必要条件是否充分，这种“逆求”过程能培养学生的发散思维能力，也是分析问题、解决问题时常用的思考方法．证明欲证(a －b )28a <a ＋b 2－ab <(a －b )28b ，只需证(a －b )28a <(a －b )22<(a －b )28b.∵a >b >0，∴只需证a －b 22a <a －b 2<a －b22b ，即a ＋b 2a <1<a ＋b 2b .欲证a ＋b 2a<1，只需证a ＋b <2a ，即b <a .该式显然成立．欲证1<a ＋b2b，只需证2b <a ＋b ，即b <a .该式显然成立．∴a ＋b 2a <1<a ＋b2b 成立，且以上各步均可逆． ∴(a －b )28a <a ＋b 2－ab <(a －b )28b成立．变式迁移3 证明要证 a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只需证 a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋2，∵a >0，∴只须证⎝⎛⎭⎫ a 2＋1a 2＋22≥⎝⎛⎭⎫a ＋1a＋22，从而只要证2 a 2＋1a2≥2⎝⎛⎭⎫a ＋1a ，只要证4⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2≥2⎝⎛⎭⎫a 2＋2＋1a 2，即a 2＋1a2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．课后练习区1．A [∵a b －a ＋m b ＋m ＝ab ＋am －ab －bm b (b ＋m )＝m (a －b )b (b ＋m )>0，∴a b >a ＋m b ＋m.] 2．C [当a >0，b >0时，2＝a ＋b >2ab ，∴0<ab <1；当ab ≤0时，ab <1.又(a ＋b )2＝a 2＋b 2＋2ab <2(a 2＋b 2)∴a 2＋b 2>2，a 2＋b 22>1，又a ≠b .∴选C.]3．A [只有a 2＋1a2≥2>1，故选A.]4．D [取a ＝b ＝1，显然有48a 84b ＝⎝⎛⎭⎫484·44＝⎝⎛⎫12－4＝16>1，∴48>84，A 不成立； ∵a a b b a b ba ＝⎝⎛⎭⎫ab a ·⎝⎛⎭⎫b a b ＝⎝⎛⎭⎫a b a －b ，当a <b <0时，⎝⎛⎭⎫a b a －b<1， ∴B 不一定成立；∵a 3－a 2＋a －1＝(a －1)(a 2＋1)，当a <1时，C 不成立； ∵(5＋2)2＝7＋210，⎝ ⎛⎭⎪⎫12－32＝(2＋3)2＝7＋212， ∴5＋2<12－3，又m 2<m 2＋1，∴(5＋2)m 2<m 2＋12－3，故选D.] 5．9解析 (x 2＋1y 2)(1x 2＋4y 2)＝5＋1x 2y 2＋4x 2y 2≥5＋21x 2y 2·4x 2y 2＝9，当且仅当x 2y 2＝12时“＝”成立．6．4解析由题意2x ·8y ＝2，∴x ＋3y ＝1，∴1x ＋13y ＝⎝⎛⎭⎫1x ＋13y ·(x ＋3y )＝2＋3y x ＋x 3y ≥2＋23y x ×x 3y ＝4，当且仅当3y x ＝x 3y ，即x ＝12，y ＝16时等号成立．7．ab ≠1或a ≠－2解析由x >y ，得a 2b 2＋5－2ab ＋a 2＋4a＝(ab －1)2＋(a ＋2)2>0，所以有ab ≠1或a ≠－2. 8．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，(5分)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.(10分) 9．证明要证c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab ，只需证－c 2－ab <a －c <c 2－ab ，(2分) 即只要证|a －c |<c 2－ab .(4分) ∵两边都是非负数，∴只要证(a －c )2<c 2－ab ，(6分) 只要证a 2－2ac <－ab ，即只要证a (a ＋b )<2ac .(8分) ∵a >0，只需证a ＋b <2c ，这就是已知条件，且以上各步都可逆， ∴c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab .(10分)10．证明要证 a ＋12＋ b ＋12≤2成立，即证( a ＋12＋ b ＋12)2≤4，(2分)即证a ＋b ＋1＋2( a ＋12·b ＋12)≤4，(4分)∵a ＋b ＝1，故就是证 a ＋12· b ＋12≤1，(6分)即证ab ＋12(a ＋b )＋14≤1，即证ab ≤14，(8分)只需证ab ≤(a ＋b 2)2，也就是证2ab ≤a 2＋b 2，这是显然成立的，故原不等式成立．(10分)11．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 ＋z 2，z 2＋zx ＋x 2≥z ＋x2，(6分)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，所以三式累加得： 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 )，即x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2 >32(x ＋y ＋z )．(13分)。

高考数学第一轮复习：《证明不等式的基本方法》

高考数学第一轮复习：《证明不等式的基本方法》最新考纲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．比较法方法原理作差法a－b>0⇔a>b作商法ab>1⇔a>b(a>0，b>0)2.综合法与分析法(1)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．(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．3．三个正数的算术几何平均不等式(1)定理如果a，b，c∈R＋，那么a＋b＋c3≥3abc，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．即三个正数的算术平均不小于它们的几何平均．(2)基本不等式的推广对于n个正数a1，a2，…，a n，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即a1＋a2＋…＋a nn≥na1a2…a n，当且仅当a1＝a2＝…＝a n时，等号成立．1．设a，b为不等的正数，且M＝(a4＋b4)(a2＋b2)，N＝(a3＋b3)2则有() (A)M＝N(B)M＜N(C)M＞N(D)M≥N答案：C2．已知t＞1，且x＝t＋1－t，y＝t－t－1，则x，y之间的大小关系是()(A)x ＞y (B)x ＝y(C)x ＜y (D)x ，y 的关系随t 而定答案：C3．设0＜x ＜1，则a ＝2x ，b ＝1＋x ，c ＝11－x中最大的一个是________．解析：由a 2＝2x ，b 2＝1＋x 2＋2x ＞a 2，a ＞0，b ＞0得b ＞a . 又c －b ＝11－x －(1＋x )＝1－(1－x 2)1－x＝x 21－x ＞0得c ＞b ，知c 最大．答案：c4．设x ＞0，y ＞0，若不等式1x ＋1y ＋λx ＋y ≥0恒成立，则实数λ的最小值是________．解析：∵x ＞0，y ＞0，∴原不等式可化为－λ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y (x ＋y )＝2＋y x ＋x y . ∵2＋y x ＋x y ≥2＋2y x ·x y ＝4，当且仅当x ＝y 时等号成立．∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y (x ＋y )min ＝4，即－λ≤4，λ≥－4. 答案：－4考点一比较法证明不等式设f (x )＝2x 2＋1，且a ，b 同号，a ＋b ＝1.求证：对任意实数p ，q 恒有af (p )＋bf (q )≥f (ap＋bq )成立．解析：∵a ＋b ＝1， ∴af (p )＋bf (q )－f (ap ＋bq )＝a ·(2p 2＋1)＋b ·(2q 2＋1)－2(ap ＋bq )2－1 ＝2ap 2＋2bq 2－2a 2p 2－4abpq －2q 2b 2 ＝2ap 2(1－a )＋2bq 2(1－b )－4abpq＝2abp 2＋2abq 2－4abpq ＝2ab (p －q )2.∵a ，b 同号，∴2ab (p －q )2≥0. ∴原不等式成立．【反思归纳】比较法证明不等式的方法与步骤 (1)作差比较法：作差、变形、判号、下结论． (2)作商比较法：作商、变形、判断、下结论．提醒：(1)当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时，一般使用作差比较法． (2)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．【即时训练】求证：当a ，b ∈(0，＋∞)时，a a b b ≥(ab )a ＋b2. 证明：a a b b(ab )a ＋b2＝a a －b 2b b －a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2，当a ＝b 时，⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2＝1.当a ＞b ＞0时，ab ＞1，a －b 2＞0，则⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2＞1. 当b ＞a ＞0时，0＜a b ＜1，a －b 2＜0，则⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2＞1.综上可知，当a ，b ∈(0，＋∞)时，a a b b≥(ab )a ＋b2成立．考点二用分析法证明不等式(1)已知a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝1，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ≥254. (2)已知△ABC 的三边长分别是a ，b ，c 且m 为正数，求证：a a ＋m ＋b b ＋m ＞cc ＋m .(1)证明：因为已知a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0，所以根据基本不等式a ＋b ≥2ab ，所以0＜ab ≤14，又⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＝a 2＋1a ·b 2＋1b ＝a 2b 2－2ab ＋2ab ＝(1－ab )2＋1ab ≥254⎝ ⎛⎭⎪⎫取等号时a ＝b ＝12，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ≥254.(2)解析：要证a a ＋m ＋b b ＋m ＞c c ＋m，只需证a (b ＋m )(c ＋m )＋b (a ＋m )(c ＋m )－c (a ＋m )(b ＋m )＞0，即证abc ＋abm ＋acm ＋am 2＋abc ＋abm ＋bcm ＋bm 2－abc －acm －bcm －cm 2＞0，即证abc ＋2abm ＋(a ＋b －c )m 2＞0.由于a ，b ，c 分别是△ABC 的三边长，故a ＋b ＞c . 因为m ＞0，所以(a ＋b －c )m 2＞0.所以abc ＋2abm ＋(a ＋b －c )m 2＞0是成立的，因此a a ＋m ＋b b ＋m ＞c c ＋m 成立．【反思归纳】分析法的应用当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式、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．【即时训练】设a ，b ，c >0，且ab ＋bc ＋ca ＝1. 求证：a bc ＋b ac ＋cab ≥3(a ＋b ＋c )．证明：a bc ＋b ac ＋c ab ＝a ＋b ＋c abc .∵a 2＋b 2≥2ab b 2＋c 2≥2bc a 2＋c 2≥2ac ∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋aca2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝(a＋b＋c)2≥3(ab＋bc＋ac)＝3 ∴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＋bc2，c ab≤bc＋ac2.所以a bc＋b ac＋c ab≤ab＋bc＋ca(当且仅当a＝b＝c＝33时等号成立)．所以原不等式成立．考点三用综合法证明不等式已知x，y，z均为正数．求证：xyz＋yzx＋zxy≥1x＋1y＋1z.解：因为x，y，z均为正数．所以xyz ＋yzx＝1z⎝⎛⎭⎪⎫xy＋yx≥2z，同理可得z xy ＋yzx＝1x⎝⎛⎭⎪⎫zy＋yz≥2x，zxy＋xyz＝1y⎝⎛⎭⎪⎫zx＋xz≥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xyz ＋yzx＋zxy≥1x＋1y＋1z.【反思归纳】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．【即时训练】已知a＞0，b＞0，a3＋b3＝2.证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；(2)a＋b≤2.证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6 ＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4) ＝4＋ab (a 2－b 2)2 ≥4.(2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3 ＝2＋3ab (a ＋b ) ≤2＋3(a ＋b )24(a ＋b ) ＝2＋3(a ＋b )34，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2.分析法与综合法在不等式证明中的应用设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．审题指导关键点所获信息 a ＋b ＝c ＋d ，ab >cd利用不等式性质a ＋b >c ＋ d两边平方后观察不等式两边与已知条件的关系a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件证明充分性和必要性解题突破：(1)利用分析法证明；(2)分充分性和必要性两种情况证明.满分展示：证明：(1)因为要证(a＋b)>c＋d，只需证(a＋b)2>(c＋d)2，即证a＋b＋2ab>c＋d＋2cd，因为a＋b＝c＋d，因此只需证2ab>2cd，即证ab>cd，而已知ab>cd，因此a＋b>c＋d.(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.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．答题模板：第一步：观察要证明的不等式，用分析法证明；第二步：证明必要性；第三步：证明充分性．课时作业1．设a，b，c为正实数，求证：1a3＋1b3＋1c3＋abc≥2 3.证明：因为a，b，c为正实数，由均值不等式可得1a 3＋1b 3＋1c 3≥331a 3·1b 3·1c 3，即1a 3＋1b 3＋1c 3≥3abc ，当且仅当1a 3＝1b 3＝1c 3，即a ＝b ＝c 时，等号成立．所以1a 3＋1b 3＋1c 3＋abc ≥3abc ＋abc .而3abc ＋abc ≥23abc ·abc ＝23，当且仅当3abc ＝abc ，即abc ＝3时，等号成立，所以1a 3＋1b 3＋1c 3＋abc ≥2 3.2．设a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1.(1)求证：2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12；(2)求证：a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a ≥2.解：(1)要证2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12，只需证1≥4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2，即证1－(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)≥0，而1－(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)＝(a ＋b ＋c )2－(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)＝a 2＋b 2－2ab ＝(a －b )2≥0成立，∴2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12.(2)∵a 2＋c 2b ≥2ac b ，b 2＋a 2c ≥2ab c ，c 2＋b 2a ≥2bc a ，∴a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a ≥(ac b ＋ab c )＋(ab c ＋bc a )＋(ac b ＋bc a )＝a (c b ＋b c )＋b (a c ＋c a )＋c (a b ＋b a )≥2a ＋2b ＋2c ＝2(当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立)．3．已知函数f (x )＝|x －3|＋|x ＋2|.(1)若不等式f (x )≥|m ＋1|恒成立，求实数m 的最大值M ； (2)在(1)的条件下，若正数，b ，满足a ＋2b ＋c ＝M ，求证：1a ＋b ＋1b ＋c≥1. 解析：(Ⅰ)若f (x )≥|m ＋1|恒成立，即f (x )min ≥|m ＋1|由绝对值的三角不等式|x －3|＋|x ＋2|≥|x －3－x －2|＝5，得f (x )min ＝5 即|m ＋1|≤5，解得－6≤m ≤4，所以M ＝4(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)知a ＋2b ＋c ＝4，得(a ＋b )＋(b ＋c )＝4 所以有1a ＋b ＋1b ＋c ＝14[(a ＋b )＋(b ＋c )]⎝⎛⎭⎪⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b b ＋c ≥14(2＋2)＝1 即1a ＋b ＋1b ＋c≥1. 4．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)因为f (x ＋2)＝m －|x |，所以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)由(1)知1a ＋12b ＋13c ＝1，又a ，b ，c ∈R ＋，故由柯西不等式得a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )(1a ＋12b ＋13c )≥(a ·1a ＋2b ·12b ＋3c ·13c)2＝9.5．设函数f (x )＝|x －1|－|x ＋2|，若－2＜f (a )＜0，－2＜f (b )＜0. (1)证明：|a ＋b |＜1；(2)比较2|a －b |与|1－4ab |的大小．解析：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3，x ＜－2－2x －1，－2≤x ＜1，－3，x ≥1由⎩⎪⎨⎪⎧－2≤x ＜1－2＜－2x －1＜0得－12＜x ＜12，从而－12＜a ＜12，－12＜b ＜12，|b |＜12.所以|a ＋b |≤|a |＋|b |＜12＋12＝1. (2)(2|a －b |)2－|1－4ab |2＝(4a 2－1)(4b 2－1)．由(1)得a 2＜14，b 2＜14，所以(4a 2－1)(4b 2－1)＞0，故2|a －b |＞|1－4ab |.6．已知a ＞0，b ＞0，函数f (x )＝|x ＋a |＋|2x －b |的最小值为1. (1)求证：2a ＋b ＝2；(2)若a ＋2b ≥tab 恒成立，求实数t 的最大值．解：(1)法一：f (x )＝|x ＋a |＋|2x －b |＝|x ＋a |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －b 2＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －b 2，∵|x ＋a |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －b 2≥|(x ＋a )－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －b 2|＝a ＋b 2且⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －b 2≥0，∴f (x )≥a ＋b 2，当x ＝b2时取等号，即f (x )的最小值为a ＋b2，∴a ＋b2＝1,2a ＋b ＝2；法二：∵－a ＜b2，∴f (x )＝|x ＋a |＋|2x －b |＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x －a ＋b ，x ＜－a－x ＋a ＋b ，－a ≤x ≤b 2，3x ＋a ＋b ，x ≥b 2显然f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，b 2上单调递减，f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫b 2，＋∞上单调递增，∴f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2＝a ＋b 2，∴a ＋b2＝1,2a ＋b ＝2.(2)方法一：∵a ＋2b ＝tab 恒成立，∴a ＋2bab ＝t 恒成立， a ＋2b ab ＝1b ＋2a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ＋2a (2a ＋b )·12 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋4＋2a b ＋2b a ≥12⎝⎛⎭⎪⎫1＋4＋22a b ·2b a ＝92，当a ＝b ＝23时，a ＋2b ab 取得最小值92， ∴92≥t ，即实数t 的最大值为92；方法二：∵a ＋2b ≥tab 恒成立，∴a ＋2b ab ≥t 恒成立， t ≤a ＋2b ab ＝1b ＋2a 恒成立，1b ＋2a ＝1b ＋42a ≥(1＋2)2b ＋2a ＝92，∴92≥t ，即实数t 的最大值为92.7．已知函数f (x )＝|x －1|＋|x －3|.(Ⅰ)解不等式f (x )≤x ＋1；(Ⅱ)设函数f (x )的最小值为c ，实数a ，b 满足a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝c ，求证：a 2a ＋1＋b 2b ＋1≥1.解析：(Ⅰ)f (x )≤x ＋1，即|x －1|＋|x －3|≤x ＋1.(1)当x ＜1时，不等式可化为4－2x ≤x ＋1，x ≥1.又∵x ＜1，∴x ∈；(2)当1≤x ≤3时，不等式可化为2≤x ＋1，x ≥1.又∵1≤x ≤3，∴1≤x ≤3.(3)当x ＞3时，不等式可化为2x －4≤x ＋1，x ≤5.又∵x ＞3，∴3＜x ≤5.综上所得，1≤x ≤3，或3＜x ≤5，即1≤x ≤5.∴原不等式的解集为[1,5]．(Ⅱ)由绝对值不等式性质得，|x －1|＋|x －3|≥|(1－x )＋(x －3)|＝2，∴c ＝2，即a ＋b ＝2.令a ＋1＝m ，b ＋1＝n ，则m ＞1，n ＞1，a ＝m －1，b ＝n －1，m ＋n ＝4，a 2a ＋1＋b 2b ＋1＝(m －1)2m ＋(n －1)2n ＝m ＋n ＋1m ＋1n －4＝4mn ≥4(m ＋n 2)2＝1，原不等式得证.8．已知函数f (x )＝|x －m |＋|x ＋1|(m ∈R )d 的最小值为4.(1)求m 的值；(2)若a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋2b ＋3c ＝m ，求证：1a ＋12b ＋13c ≥3.解析：(1)f (x )＝|x －m |＋|x ＋1|≥|(x －m )－(x ＋1)|＝|m ＋1|，所以|m ＋1|＝4，解得m ＝－5或m ＝3.(2)由题意，a ＋2b ＋3c ＝3.于是1a ＋12b ＋13c ＝13(a ＋2b ＋3c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋2b a ＋a 2b ＋3c a ＋a 3c ＋3c 2b ＋2b 3c ≥13⎝⎛⎭⎪⎫3＋22b a ·a 2b ＋23c a ·a 3c ＋23c 2b ·2b 3c ＝3，当且仅当a ＝2b ＝3c 时等号成立，即a ＝1，b ＝12，c ＝13时等号成立．。

高考数学一轮复习 4-5.2证明不等式的基本方法精品课件新人教版

不等式a2 b2 ≥a b2 成立.
mn
类型二用综合法证明不等式解题准备: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;它的变形形式有 a2+b2≥2|ab|;a2+b2≥-2ab;(a+b)2≥4ab;
a
1 a
2
b
1 b
2
≥
25 2
.
[反思感悟] 综合法一般是分析法的逆过程,表述简单,条理清晰,所以在解决具体问题时,常把分析法和综合法结合起来使用.
类型三用分析法证明不等式解题准备:用分析法证“若A则B”形式的命题的模式是:为了证明命题B为真, 只需证明命题B1为真,从而有……. 只需证明命题B2为真,从而有……. …… 只需证明命题A为真,而已知A为真,故B必真.
解析 : x y bx ay . x a y b (x a )( y b)
由 1 1 0,得 b a 0,又 x y 0, ab
所以 bx ay,所以 bx ay 0, (x a )( y b)
所以 x y . xa yb
答案: x y xa yb
类型一用比较法证明不等式解题准备:比较法证明不等式最常用的是差值比较法,其基本步骤是:①作差; ②变形;③判断差的符号;④下结论.其中“变形”是证明的关键,一般通过因式分解或配方将差变形为几个因式的积或配成几个平方和的形式,当差是二次三项式时,有时亦可用判别式来判断符号.
类型四用放缩法证明不等式解题准备:放缩法证明不等式时,常见的放缩依据或技巧是不等式的传递性. 缩小分母､扩大分子,分式值增大;缩小分子､扩大分母,分式值减小;全量不少于部分; 每一次缩小其和变小,但需大于所求;每一次扩大其和变大,但需小于所求,即不能放缩不够或放缩过头,同时放缩有时需便于求和.