2017不等式证明1.doc

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2016_2017学年高中数学第1章不等式的基本性质和证明的基本方法1.5.1比较法课件

[探究共研型]
用比较法证明不等式
探究1 作差比较法的主要适用类型是什么？实质是什么？
【提示】作差比较法适用于具有多项式结构特征的不等式的证明.实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数(或式子)与0的大小关系.
探究2 作商比较法主要适用类型是什么？其证明的一般步骤是什么？
【提示】作商比较法主要用于积(商)、幂(根式)、指数形式的不等式证明. 其证明的一般步骤：作商→变形(化简)→判断商值与1的大小关系→结论.
求商比较法证明不等式
已知a＞2，求证：loga(a－1)＜log(a＋1)a.
【精彩点拨】判断logaa－1与loga＋1a的符号 → 作商化简 →与1比较大小→ 下结论
【自主解答】 ∵a＞2，则a－1＞1， ∴loga(a－1)＞0，log(a＋1)a＞0， logaa－1 由于＝loga(a－1)· loga(a＋1) loga＋1a
(2)作商比较法 a b 若 a>0，b>0，要证明 a>b，只要证明 >1；要证明 b>a，只要证明 >1.这 b a 种证明不等式的方法，叫做作商比较法. 教材整理 2 比较法证明不等式的步骤
比较法是证明不等式的基本方法之一，其步骤是先求差(商)，然后变形，最终通过比较作判断.
1.设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则下列t与s的大小关系中正确的是( A.t＞s C.t＜s B.t≥s D.t≤s
求证：(1)当x∈R时，1＋2x4≥2x3＋x2； (2)当a，b∈(0，＋∞)时，aabb≥(ab) .
a+b 2
【精彩点拨】 (1)利用作差比较法，注意变形分解； (2)利用作商比较法，注意判断底数大小决定商的大小.

2017年高中数学第一讲不等式和绝对值不等式1.1.2基本不等式课件新人教A版选修4_5

值才是2.
【归纳总结】 1.理解基本不等式的两个关键点一是定理成立的条件是a,b都是正数;二是等号取得的条件是当且仅当a=b时.
2(.1利 )各用项a或2 b各因a式b 为求正最.值的三个条件 (2)和或积为定值. (3)各项或各因式能取得相等的值.
3.定理1与定理2的不同点定理1的适用范围是a,b∈R;定理2的适用范围是 a>0,b>0.
ab 等式 1 2 2 1 2 , 构造关于 ab 的不等式.
ab ab
2.如何利用“x+2y+xy=30”这个条件? 提示:由x+2y+xy=30,得y= 30 x .
x2
【解析】1.选C.因为 1 2 ab ,所以a>0,b>0,由 ab
ab 1 2 2 1 2 ＝2
方法一:由于2x+3y≥ 2 2x 3y 2 6ห้องสมุดไป่ตู้y, 所以2 6x≤y18,得xy≤ , 27
2
即S≤ 27,当且仅当2x=3y时,等号成立.
由
2x 2x
23y 3y,
18,
解得
x y

4.5, 3.
故每间虎笼长为4.5m,宽为3m时,可使面积最大.
方法二:由2x+3y=18,得x=93- y.
小,最小费用为2200元.
【补偿训练】动物园要围成相同面积的长方形虎笼四间.一面可利用原有的墙,其他各面(不包括上盖和地面) 用钢筋网围成.
(1)现有36m长的材料,每间虎笼的长、宽各设计为多少时,可使每间虎笼面积最大? (2)若使每间虎笼面积为24m2,则每间虎笼的长、宽各设计为多少时,可使围成四间虎笼的钢筋网总长最小?

2017版高考数学一轮总复习第7章不等式推理与证明第四节基本不等式课件文

取不到，可利用函数的单调性求解.
答案大－1
突破利用基本不等式求最值的方法
(1)利用基本不等式解决条件最值的关键是构造和为定值或乘积为定值，主要有两种思路： ①对条件使用基本不等式，建立所求目标函数的不等式求解. ②条件变形，进行“1”的代换求目标函数最值.
(2)有些题目虽然不具备直接用基本不等式求最值的条件，但
可以通过添项、分离常数、平方等手段使之能运用基本不等式.常用的方法还有：拆项法、变系数法、凑因子法、分离常数法、换元法、整体代换法等.
1 解析若 x＝x ，则 x＝1∉[2，＋∞)，函数 f(x)在[2，＋∞)上 1 5 单调递增，所以最小值为 f(2)＝2＋＝ . 2 2 5 答案 2
[当在分母中使用基本不等式或式子前有负号时，注意不等号方向的改变]
x (2)若 x＞0，则 y＝ 2 有最______值为________. x ＋x＋4
3 当且仅当 2x＝3－2x，即 x＝4时等号成立. 3 3 ∵4∈0，2， 3 9 ∴函数 y＝4x(3－2x) 0<x<2 的最大值为2.
(2)法一由 2x＋8y－xy＝0，得 y(x－8)＝2x. 2x ∵x>0，y>0，∴x－8>0，y＝， x－8 （2x－16）＋16 2x ∴x＋y＝x＋＝x ＋ x－8 x－8 16 16 ＝(x－8)＋＋10≥2 （x－8）× ＋10＝18. x－8 x－8 16 当且仅当 x－8＝，即 x＝12 时，等号成立. x－8 ∴x＋y 的最小值是 18.
1 解析 x＞0，y＝ 4 ≤ x＋x ＋1 2
1 4 x·x＋1
1 ＝5.
4 当且仅当 x＝x 即 x＝2 时等号成立.

2017届高考数学大一轮第六章不等式与推理证明第3课时二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题理

1．(2015·高考陕西卷)某企业生产甲、乙两种产品均需用A，
B两种原料．已知生产1吨每种产品所需原料及每天原料的可用限
额如表所示．如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4
万元，则该企业每天可获得最大利润为( )
A.12万元
A(吨) B(吨)
甲乙原料限额
32
12
12
8
B．16万元
C．17万元
主干回顾夯基固源考点研析题组冲关素能提升学科培优
课时规范训练
第3课时二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题
1．会从实际情境中抽象出二元一次不等式组． 2．了解二元一次不等式的几何意义，能用平面区域表示二元一次不等式组． 3．会从实际情境中抽象出一些简单的二元线性规划问题，并能加以解决．
1．(2015·高考湖南卷)若变量x，y满足约束条件
x2＋x－y≥y≤－11，，则z＝3x－y的最小值为(
)
y≤1.
A．－7 C．1
B．－1 D．2
解析：画出可行域，如图中阴影部分所示．目标函数z＝3x－
y可化为y＝3x－z，其斜率为3，纵截距为－z，平移直线y＝3x知
当直线y＝3x－z经过点A时，其纵截距最大，z取得最小值．由
1．二元一次不等式表示的平面区域 (1)一般地，二元一次不等式Ax＋By＋C＞0在平面直角坐标系中表示直线Ax＋By＋C＝0某一侧的所有的点组成的平面区域 (半平面) 不含边界直线，不等式Ax＋By＋C≥0所表示的平面区域(半平面)含有边界直线．
(2)对于直线Ax＋By＋C＝0同一侧的所有的点(x，y)，使得Ax
解析当m≥0时，若平面区域存在，则平面区域内的点在第二象限，平面区域内不可能存在点P(x0，y0)满足x0－2y0＝2，因此 m＜0.

不等式证明条件

不等式证明条件1. 嘿，你知道吗，不等式证明条件之一就是要两边同时加上或减去同一个数呀！就像你手里有一堆苹果，给两边都加上几个苹果，不等式关系还是不变呢！比如 3＞1，两边同时加上 5，就变成 8＞6 啦。

2. 哇塞，不等式证明条件还包括两边同时乘以或除以一个正数，这可太重要啦！就好比跑步比赛，大家都按同样的速度前进，不等式的大小关系也不会变呀！像 2＜3，两边同时乘以 4，那就是 8＜12 嘛。

3. 嘿呀，还有一个条件呢，就是两边同时乘以或除以一个负数的时候，不等号方向要改变哟！这就像天气突然变了，风向都不一样啦！比如 5＞3，两边同时除以-1，就变成-5＜-3 喽。

4. 哎呀，不等式证明条件中，同向不等式可以相加呢！就像几个人一起朝着一个方向走，力量就更大啦！比如 2＜3 和 1＜2，那它们相加就是 3＜5 呀。

5. 嘿，别忘了，大的减小的肯定大于小的减小的呀，这也是个条件呢！就好像大苹果减去小苹果肯定比小苹果减去更小的苹果大嘛！像 5＞3，2＞1，那 5-2 肯定大于 3-1 啦。

6. 哇哦，同正同向不等式可以相乘呀！这就好像好几个积极向上的因素凑在一起，效果就更好啦！例如 2＜3 和 4＜5，它们相乘就是 8＜15 哟。

7. 嘿，当不等式两边都是正数的时候，可以开方哟！这就像把一个大东西分成小块，关系还是那样呀！比如 4＜9，开方后 2＜3 嘛。

8. 呀，不等式证明条件还有如果不等式两边都是非负的，还可以乘方呢！就跟升级一样呀！像 1＜2，平方后 1＜4 呀。

9. 哇，还有哦，如果一个数大于另一个数，那它加上一个正数肯定还是大于呀！这不是很明显嘛！比如 3＞1，加上 2 后 5＞3 呢。

10. 嘿，最后一个啦，不等式证明条件里，传递性可不能少呀！就像接力比赛，一个传一个，关系不变嘛！比如 3＞1，1＞-2，那 3 肯定大于-2 呀！我的观点结论就是：不等式证明条件有好多呢，掌握了这些，不等式证明就不是难事啦！。

§3.4.1基本不等式的证明(1)

§3.4.1 基本不等式的证明（1）教学目标（1）了解两个正数的算术平均数与几何平均数的概念，能推导并掌握基本不等式；（2）理解定理的几何意义，能够简单应用定理证明不等式。

教学重点，难点：基本不等式的证明及其简单应用。

教学过程一．问题情境1．情境：把一个物体放在天平的盘子上，在另一个盘子上放砝码使天平平衡，称得物体的质量为a ，如果天平制造得不精确，天平的两臂长略有不同（其他因素不计），那么a 并非物体的重量。

不过，我们可作第二次测量：把物体调换到天平的另一个盘子上，此时称得物体的质量为b 。

2．问题：如何合理地表示物体的质量呢？二．学生活动引导学生作如下思考：（1）把两次称得的物体的质量“平均”一下：（2）根据力学原理：设天平的两臂长分别为12,l l ，物体的质量为M ，则12l M l a =，① 21l M l b =，②，①，②相乘在除以12l l ，得M =（3）2a b + 三．建构数学1．算术平均数___________________________________________________________________.2．几何平均数___________________________________________________________________.3. 基本不等式：_____________________________________________________.给出证明：基本不等式证明的三种方法：比较法、分析法、综合法。

推广:若0(1,2,...)i a i n ≥=,12...(1,)n a a a n n N n++≤>∈. 说明：（1）基本不等式成立的条件是：0,0a b ≥≥（2）当且仅当a b =时，取“=”的含义：一方面是当a b =时取等号，即a b =2a b +⇒=；另一方面是仅当a b =2a b +=⇒a b =。

不等式的四个公式证明

不等式的四个公式证明不等式在数学中可是个很重要的家伙，咱们今天就来好好唠唠不等式的四个公式证明。

先来说说什么是不等式。

想象一下，你有一堆糖果，小明也有一堆糖果，你俩谁的糖果多呢？这比较的过程其实就是在研究不等式。

咱先瞅瞅第一个公式，叫加法法则。

简单说，如果 a > b，那么 a +c > b + c。

这就好比你本来就比小明的零花钱多，然后你俩都得到了同样多的额外零花钱，那你还是比他多嘛。

比如说，你有 10 块钱，小明有 5 块钱，老师又给了你俩每人 3 块，那你就有 13 块，小明 8 块，你还是比他多。

再讲讲乘法法则。

当 a > b 且 c > 0 时，ac > bc。

这个也好理解，就像你跑步速度比小明快，然后在同样的时间里跑，时间越长，你跑的距离就比小明跑的更远。

比如你一分钟能跑 200 米，小明一分钟跑 150 米，要是跑 5 分钟，你能跑 1000 米，小明 750 米，差距就更大啦。

还有个除法法则。

当 a > b 且 c > 0 时，a/c > b/c。

这就好比分苹果，本来你的苹果比小明多，然后平均分给同样多的人，你分给每个人的苹果还是比小明多。

最后说一下传递性。

如果 a > b 且 b > c，那么 a > c。

这就像接力赛，你跑在前面，小明在中间，小李在后面，那你肯定也在小李前面。

我记得之前有一次给学生们讲这个知识点的时候，有个小家伙特别可爱。

我刚讲完加法法则，让大家做几道练习题巩固一下。

结果这小家伙举着手说：“老师，我懂啦，这就像我吃的巧克力比同桌多，我俩又都吃了同样多的棒棒糖，那我还是巧克力多。

”当时全班都笑了，不过通过这个例子，大家对加法法则的理解更深刻了。

总之，不等式的这四个公式在数学里用处可大啦，咱们解题的时候经常能用到。

大家可得把它们牢牢掌握，这样在数学的海洋里就能游得更顺畅啦！。

2017高考数学一轮 12.76 不等式证明的基本方法理

一、综合法证明不等式例1已知 a，b，c∈R＋，且互不相等，且 abc＝1，求证： a＋ b＋ c＜1a＋1b＋1c.
【解析】证法一：∵a，b，c∈R＋，且互不相等，且 abc＝1，
∴ a＋ b＋ c＝ b1c＋ c1a＋ a1b＜1b＋2 1c＋ 1c＋2 1a＋1a＋2 1b＝1a＋1b＋1c.
第 76 讲不等式证明的基本方法
【学习目标】 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、放缩法等． 2．了解数学归纳法的原理及其使用范围，会用数学归纳法证明一些简单的不等式．
【基础检测】
1.已知 0<a<b1，且 M＝1＋1 a＋1＋1 b，N＝1＋a a＋
1＋b b，则 M、N 的大小关系是( B )
A.M<N C.M＝N
B.M>N D.不确定
【解析】由已知得 0<ab<1，故 M－N＝1＋1 a＋1＋1 b－1＋a a－1＋b b ＝11－＋aa＋11－＋bb＝（12＋（a1）－（ab1＋）b）>0. 故 M>N.
2.设 a＝ 3－ 2，b＝ 6－ 5，c＝ 7－ 6，则 a， b，c 的大小关系为 a＞b＞c .
【解析】(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＋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. 而这可以由 ab＋bc＋ca≤a2＋2 b2＋b2＋2 c2＋c2＋2 a2 ＝a2＋b2＋c2(当且仅当 a＝b＝c 时等号成立)证得. ∴原不等式成立.

2016-2017学年高中数学第1章不等式的基本性质和证明的基本方法1.5.2综合法和分析法课件

第16页，共45页。
法一：在△ABC中，a<b＋c，b<a＋c，c<b＋a，则a2<a(b＋c)，b2<b(a＋ c)，c2<c(b＋a).
∴a2＋b2＋c2<a(b＋c)＋b(a＋c)＋c(a＋b)，即a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ac.
第17页，共45页。
法二：在△ABC中，设a>b>c， ∴0<a－b<c,0<b－c<a,0<a－c<b， ∴(a－b)2<c2，(b－c)2<a2，(a－c)2<b2， ∴(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2<c2＋a2＋b2，即a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ac. 综上，得ab＋bc＋ac≤a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ac.
∵x＞0，y＞0，
∴x2y2＞0，
第33页，共45页。
即证3x2＋3y2＞2xy.
∵3x2＋3y2＞x2＋y2≥2xy，
∴3x2＋3y2＞2xy成立.
1
1
∴(x2＋y2)2பைடு நூலகம்(x3＋y3)3.
第34页，共45页。
[构建·体系]
综合法与分析法———
综合法由因寻果分析法执果索因
———
定义与应用
第35页，共45页。
第20页，共45页。
即证(a－b)(a－c)＞0. ∵a＞b＞c， ∴(a－b)(a－c)＞0成立，从而 b2－ac＜ 3a成立.
第21页，共45页。
1.本题的关键是在不等式两边非负的条件下，寻找结论成立时不带根号(平方)的充分条件，采用分析法是常用方法.证明时要注意表达的严密、准确，不可颠倒因果关系，否则要犯逻辑错误.

2017-2018学年高中数学第一章不等式的基本性质和证明不等式的基本方法1.5.1比较法学

1. 5.1 比较法拍象问題情境代，新知无师自通［对应学生用书P16］［读教材•填要点］1.定义要证a>b,只需要证a —b>0；要证a<b,只需证a —b<0，这种证明不等式的方法，称为比较法.2•用比较法证明不等式的步骤(1) 求差.(2) 变形：可用因式分解、配方、乘法公式等，把差变形为乘积式平方和的形式.(3) 作出判断.［小问题•大思维］作差比较法的主要适用类型是什么？实质是什么？提示：作差比较法尤其适用于具有多项式结构特征的不等式的证比较法证明不等式明. 实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数(或式子)与0的大小关系•爲協芒点拒主立一字，此--点吐満［对应学生用书P16］_ 4 3 2［例1］求证：(1)当x€ R 时，1 + 2x》2x + x；⑵当a, b€ (0,+^)时，a a b b>( ab) |~ .［思路点拨］(1)利用作差比较法，注意变形分解；(2)利用作商比较法，注意判断底数大小决定商的大小.［精解详析］(1)法一：(1 + 2x4) —(2 x3+ x2)32 2=(x —1) (2x + 2x + 1)=2x (x—1) —(x + 1)( x—1)3=(x —1)(2 x —x —1)=(x —1)(2 x3—2x+ x—1)2=(x —1)［2 x(x —1) + (x —1)］=(x - 1)2.中 + 2j + 2 l>0,4^32••• 1 + 2x >2 x + x .法二：(1 + 2x 4) — (2 x 3 + x 2)4^ 3 2 4^2“=x — 2x + x + x — 2x + 12 2 2 2=(x — 1) • x + (x — 1) >0,4^32• 1 + 2x >2 x + x .综上可知，当a , b € (0 ,+^)时，a a b b >( ab ) U 成立•么规建口- (1)比较法证明不等式的过程中，变形具有承上启下的作用，变形的目的在于判断差的符号，而不用考虑差能否化简或值是多少.(2)变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法.(3)因式分解是常用的变形手段，为了便于判断“差式”的符号，常将“差式”变形为一个常数，或几个因式积的形式，当所得的“差式”是某字母的二次三项式时，常用判别式法判断符号•有时会遇到结果符号不能确定，这时候要对差式进行分类讨论./么型公.之作__x1.已知x >— 1,求证:,1 + x < 1 +勺证明：T x >— 1 , • 1 + x >0, 1 + x >0.a a 一 b当 a >b >0 时，^>1, 丁>0,则aa — b当 b >a >0 时，0<a <1, 丁<0, ⑵当a = b 时,------ x ---------------------- x + 1 + 1 •- ,1 + x - (1 + 2)= 1 + x — 2— ------ x + 1 1=x + 1— ~T~ — 2=-亦(x + 1) — 2 x + 1 + 1]------ x• •• 1 + x W 1+ 2.1 比较法的实际应用［例2］甲、乙二人同时同地沿同一路线走到同一地点，甲有一半时间以速度m 行走，另一半以速度n 行走；乙有一半路程以速度 m 行走，另一半路程以速度 n 行走•如果住n , 问甲、乙二人谁先到达指定地点?［思路点拨］本题考查比较法在实际问题中的应用，解答本题需要设出从出发点到指定地点的路程S ,甲、乙二人走完这段路程各自需要的时间t 1、t 2，然后利用作差法比较 t 1 ,t 2的大小即可.［精解详析］设从出发地点至指定地点的路程为 S ，甲、乙二人走完这段路程所用的时间分别为t 1> t 2,依题意有：t 1 t 1ym + 尹=s , s s2m + 2n =2s [4 mnr n + n ]2mn n + n2s m- n 2mn n + n其中s , m n 都是正数，且m^ n ,• t 1 一 t 2 V 0,即卩 t 1V t 2.从而知甲比乙先到达指定地点.2s m +ns m + n t 2=-imn2s n + ns m + n2mn应用不等式解决问题时，关键是如何把等量关系不等量关系转化为不等式的问题来解决，也就是建立数学模型是解应用题的关键，最后利用不等式的知识来解.解答不等式问题，一般可分为如下步骤：①阅读理解材料； ②建立数学模型；③讨论不等式关系；④作出问题结论..变上.之」肚2•某人乘出租车从 A 地到B 地，有两种方案•第一种方案：乘起步价为 10元，超过规定里程后每千米 1.2元的出租车；第二种方案：乘起步价为8元，超过规定里程后每千米1.4元的出租车.按出租车管理条例，在起步价内，不同型号的出租车行驶的路程是相等的，则此人从A 地到B 地选择哪一种方案比较合适？解：设A 地到B 地的距离为 m 千米.起步价内行驶的路程为 a 千米.显然当me a 时，选起步价为8元的出租车比较合适.当m>a 时，设m= a + x (x >0)，乘坐起步价为10元的出租车费用为 P (x )元.乘坐起步价为8元的出租车费用为 Qx)元，贝U P (x ) = 10 + 1.2 x , Qx ) = 8+ 1.4 x .•/ Rx ) — Qx ) = 2-0.2 x = 0.2(10 — x )•••当x >10时，Rx )<Q x )，此时选择起步价为 10元的出租车较为合适. 当x <10时，P (x )>Qx )，此时选择起步价为 8元的出租车较为合适.当x = 10时，Rx ) = Qx)，两种出租车任选，费用相同.、选择题 1.下列关系中对任意av b v 0的实数都成立的是()2 2课下训嗾经典化，贵在袖类旁通P18][对应学生用书a >—b >0.B. Ig b 2<lg a 2A. a v bbC a>1解析：••• a v b v0, (—a)2>( —b)2>0. 即a2>b2>0.序是（n = , a + .b ,得a = b >0时m = n ,可否定 B C.比较A D 项，不必论证与 p 的关系.取特值 a = 4, b = 1,贝U m = 4+1 = 9, n = 2+ 1 = 3,m > n .可排除D.答案：A4.若a , b 为不等的正数，则(ab k 十a k b ) - (a*1+ 1)( k € N+)的符号( )A.恒正B.恒负C.与k 的奇偶性有关D.与a , b 大小无关解析：(ab k + a k b ) - a k +1-b k 十1=b k (a -b )十a k (b -a ) = (a -b )( b k — a k ). ■/ a >0, b >0,若 a >b ,则 a k >b k , •- (a — b )( b — a )<0 ；2又 lg b - Ig a 2= 4< lg 1=0.2 ■ 2/• lg b v lg a . 答案：B1 22.已知P =r , Q= a -a + 1,那么P 、Q 的大小关系是(A. P >QB. P <QC. P > QD. P < Q解析:P - Q=匕a 2 - a +la 2 + a +l2 "a + a + 14 ,2—a + a =a 2+ a + 1，a 十a +1 > 0恒成立且a 十a 》0,二 P 一 Q ^ 0.即 P. 答案：D3.―a b已知 a > 0, b > 0, mn=—十—0=寸a+Q b , p = Q a + b ，贝U m , n , p 的大小顺A.n >p B . m >n 》pC. n >m >pD. n 》m >p解析：由已知，知 m=jh +若a<b,贝U a k<b k,「.(a—b)( b k—a k)<0.答案：B二、填空题5. ________________________________________________________________________ 若x v y v 0, M= (x2+ y2)( x —y) , N= (x2—y2)( x + y),则M N的大小关系为______________ .2 2 2 2解析：M- N= (x + y )( x —y) —(x —y )( x+ y)2 2 2=(x —y)[( x + y ) —(x+ y) ] = —2xy(x—y).••• x<y<0,「. xy>0, x —y<0.一2xy(x —y)>0，—M- N>0.即M>N.答案：M>N—16. 设0<x<1，贝U a=j2x, b= 1 + x, c = 中最大的一个是______________ .解析：由a2= 2x, b2= 1 + x2+ 2x>a2, a>0, b>0,得b>a.2 21 1 — 1 —x x又c―b= 口—(1 + x)= = 1—7°，得c>b,知c最大.答案：c7. 如果a>°, b>°,则下列两式的大小关系为lg(1 + >/ab) ________ *[lg(1 + a) + lg(1+ b)].(填不等关系符号)解析：T (1 + a)( b+ 1) = 1 + a+ b+ ab,1 •••2【lg(1 + a) + lg(1 + b)]=lg 1 + a + b+ ab.■/ (1 + . ab)2—( , 1 + a+ b+ ab)2= 2 , ab —(a+ b),又a + b》2 ：：.；：ab,.°. ab—(a+ b) w 0.•- lg(1 + .ab) W 2[lg(1 + a) + lg(1 + b)].答案：w3 500&一个个体户有一种商品，其成本低于—元.如果月初售出可获利100元，再将本利存入银行，已知银行月息为 2.5%，如果月末售出可获利120元，但要付成本的2%勺保管费，这种商品应________ 出售(填“月初”或“月末”).解析：设这种商品的成本费为a 元.月初售出的利润为 L i = 100+ (a +100) x 2.5%, 月末售出的利润为 L 2= 120-2%a ,则 L i - L 2= 100 + 0.025 a + 2.5 — 120 + 0.02 a (3 500 > =0.045 a -丁，3 500T a <—9 ，二L 1<L 2，月末出售好. 答案：月末三、解答题 9.已知 a 》1,求证屯j a + 1 — Ej'a Sf a — a — 1,证明：••• ( a + 1 — a ) — C a — a — 1) _ 1 1；;：：;a+ 1 + ...；a -.』a + ;；a — 1=—:』a - 1- a + 1v 0,\.''a + 1 + \.'a、-...；a + a — 1\.j a + 1 — a<Ja — pa — 1.10. 设a , b 是非负实数，求证：a 3 + b 3> ab ( a 2 + b 2). 证明：由a , b 是非负实数，作差得a 3 +b 3- ab ( a 2+ b 2)=a “(曲-W )+ b 2托(血-曲 =(.a — ,b)[(.a)5— ( ,b)5].当 a >b 时，a > b ,从而(a )5>( b )5, 得( .a — ,b )[(.a )5— ( b )5] >0;当 a <b 时，,a < b ，从而(，a )5<( b )5, 得(a — ,b )[(.a )5— ( b )5]>0.所以 a 3 + b 3> ab ( a 2 + b 2).11 .设 m€ R , a >b >1, f (x )=mx，比较f (a )与f (b )的大小. x — 1-a >b >1,• • b — a <0, a —1>0, b —1>0,解: maf (a ) — f (b )=肓 mb b — 1 mlb — aa —b — 1,, m b — a当 m=0 时， a _b _ ] = 0， f (a )= f (b ).当m >0时， m b — a a — b — <0，f(a)<f(b)；当m <0时，m b — a a -1* b —>0，f(a )>f(b )；<0.a —b —]b — a。

2017_2018学年高中数学第一章不等式的大体性质和证明不等式的大体方式1_1_2一元一次不等式和

[思路点拨]由题意求出在此项经营中所收附加税金，成立不等关系转化为不等式问题求解．
[精解详析] 设产销量为每一年x万瓶，那么销售收入为每一年70x万元，
从中征收的税金为70x·R%万元，其中x＝100－10R，
由题意得70(100－10R)R%≥112，
整理，得R2－10R＋16≤0.
∵Δ＝36＞0，方程R2－10R＋16＝0的两个实数根为x1＝2，x2＝8.
3．据调查，湖南某地域有100万从事传统农业的农人，人均年收入3 000元．为了增加农人的收入，本地政府踊跃引资成立各类加工企业，对本地的农产品进行深加工，同时吸收本地部份农人进入加工企业工作．据估量，若是有x(x>0)万人进入企业工作，那么剩下从事传统农业的农人的人均年收入有望提高2x%，而进入企业工作的农人人均年收入为3000a元(a>0为常数)．
即x2－50x≤0，解得0≤x≤50.
又x>0，故x的取值范围是(0,50]．
(2)设这100万农人的人均年收入为y元，那么
y＝
＝
＝－ [x－25(a＋1)]2＋3 000＋375(a＋1)2
(0<x≤50)．
①假设0<25(a＋1)≤50，即0<a≤1，
那么当x＝25(a＋1)时，y取最大值；
②假设25(a＋1)>50，即a>1，
当a＝1时，解集为∅；
当a>1时，解集为 .
解含参数的一元二次不等式时要注意对参数分类讨论．讨论一样分为三个层次，第一层次是二次项系数为零和不为零；第二层次是有无实数根的讨论，即判别式Δ>0，Δ＝0，Δ<0；第三层次是根的大小的讨论．
2．假设k∈R，求解关于x的不等式： < .

高中不等式证明例题(一题多解)

多种方法证明高中不等式例1证明不等式n n2131211<++++(n ∈N *)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：.2)1(2)23(2)12(22131211),1(21221n n n n k k k k k k k =--++-+-+<++++--=-+<+=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. 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yx 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yx+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|＜21.4254116254123162541)45(41)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 ≤41425)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 ≤41.4251)1(41 16251)1(169)1(434111222≥+-⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥+-⇒≥-⇒=-≥-∴ab 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例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证明：(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≥3cb 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+γ2=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.例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］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］例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zyx y x z x z y +++++≥2(z y x 111++))()()()()()(222)(4)(2))(()(2)]()()([)(2)(:)2()(20)()()()2()2()2()(22:)1.(62222222222223333332222222222222222222222222222222222≥-+-+-+-+-+-⇔++≥+++++⇔+++++≥+++++++⇔++≥+++++⋅⇔++≥+++++++≥+++++∴≥-+-+-=-++-++-+=++-+++++y x z x z y z y x y x xy x z zx z y yz xyz z xy yz x xy y x zx x z yz z y xyz z xy yz x x z z y y x xy y x zx x z yz z y z y x zx yz xy y x xy x z zx z y yz xyz zx yz xy z yx y x z x z y z y x zx yz xy z c b a y b a c x a c b x a c z c a z c b y b c y b a x a b zx x a cz c a yz z c b y b c xy y b a x a b zx yz xy z cb a y b ac x c b 所证不等式等介于证明证明∵上式显然成立，∴原不等式得证.例7.已知i ，m 、n 是正整数，且1＜i ≤m ＜n . (1)证明：n i A i m ＜m i A i n ； (2)证明：(1+m )n ＞(1+n )m7.证明：(1)对于1＜i ≤m ，且A i m =m ·…·(m －i +1)，n i n n n n n nm i m m m m m m i i 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m iA in＞n iA i m (1＜i ≤m )，而C i m=!A C ,!A i i i ni n i m =∴m i C i n ＞n i C i m (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.例8.若a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，求证：a +b ≤2，ab ≤1. 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 ba 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)。

第08课时不等式证明(1)

9.设a,b,c为正数，且a+b+c=1，求证：a2+b2+c2≥ .
① ，②(a+b)2>(b+1)2,③(a-1)2>(b-1)2[ ]
A.1个B.2个C.3个D.0个
7.若0<a< ,则(1-a)2a2；若c>a>b>0，则 .
8.设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0)，方程f(x)-x=0的两根x1,x2满足：
0＜x1＜x2＜ ,当x∈(0, x1)时，证明：x<f(x)<x1.
则x,y,的大小关系是[ ]
A.x>y>zB.x>z>yC.z>y>x D.y>z>x
5.在等比数列{an}和等差数列{bn}中，a1=b1>0，a3=b3>0，a1≠a3,
则a5与b5的大小关系为[ ]
A.a5>b5B.a5=b5C.a5<b5D.不确定
6.若a,b,x∈R，且a>b，则在下面三个不等式中，不成立的个数
第08课时§6.3不等式证明（1）
学习目标：①熟悉用比较法证明不等式的理论依据；
②掌握用比较法证明不等式的一般步骤.
重点难点：变形是作差证明不等式的难点
知识要点：
①比较实数a与b的大小关系的方法是：
a-b>0 a>b a-b=0 a=b a-b<0 a<b
②用比较法证明不等式的依据，变形是判断符号的手段，判断符号才是目的.
③常见的变形方法：
1.对于多项式常用配方法化为一个常数与一个或几个数的平方和的形式；
2.对于分式的差通常通分为一个分式，转化为判断分子与分母是否同号或异号；

基本不等式的20种证明方法

基本不等式的20种证明方法
基本不等式“基本”在哪里？你认为怎样得引入最能体现他的本质？
（1）做差证明
（2）分析法证明
（3）综合法证明
（4）排序不等式
根据排序不等式所说的逆序和小于等于顺序和，便能得到
化简得
（5）函数证明
我们对原函数求导,并令导数等于零。

求的最小值
得出
（5）指数证明
首先这里要用到两个梯形的面积公式。

一个是大家小学都学过的
易得
进而有
进一步有
指取对有
（6）琴生不等式证明
取 y=lnx
由琴生不等式得到
进而有
（7）无字证明（Charles D. Gallant）
（8）无字证明（Doris Schattschneider）
（9）无字证明（Roland H. Eddy）
（10）无字证明（Ayoub B. Ayoub）
（11）无字证明（Sidney H. Kung）
（12）无字证明（Michael K. Brozinsky）
（13）无字证明（Edwin Beckenbach & RichardBellman）
（14）无字证明
（15）无字证明（RBN）
（16）无字证明
进而有
（17）无字证明
进而有
（18）无字证明
有
（19）构造函数证明
由
得
（20）构造期望方差证明
由
得
另外还有向量法，复数法，积分法等，均值定理在数学内外有广泛得运用，不仅可以推广，还可以联系多个领域，一个简单结论证明的背后往往可展示引人人胜的各种思路！。

不等式的性质与证明

要点重温之不等式的性质与证明江苏郑邦锁1．在不等式两边非负的条件下能同时平方或开方，具体的：当a>0,b>0时，a>b ⇔a n >b n ；当a<0,b<0时，a>b ⇔a 2<b 2；a 2>b 2⇔|a|>|b|。

在不等式两边同号的条件下能同时取倒数，但不等号的方向要改变，如：由x 1<2推得的应该是：x>21或x<0，而由x 1>2推得的应该是： 0<x<21（别漏了“0<x ”）等。

[举例]若)(x f =x 2,则)(31)(x f x g -=的值域为；3)(11)(++=x f x h 的值域为。

解析：此题可以“逆求”：分别用g(x)、h(x)表示f(x)，解不等式f(x)>0即可。

以下用“取倒数”求：3-f(x)<3，分两段取倒数即0<3-f(x)<3得)(31x f ->31或3-f(x)<0得)(31x f -<0, ∴g(x )∈(-∞,0)∪(31,+∞)；f(x)+3>3⇒0<3)(1+x f <31⇒1<h(x)<34。

[巩固1] 若011<<b a ，则下列不等式①ab b a <+；②|;|||b a >③b a <；④2>+ba ab 中，正确的不等式有（） A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个 [巩固2] 下列命题：①若a>b,则ac 2>bc 2；②若ac 2>bc 2,则a>b ；③若a>b,c>d 则a -d>b -c ； ④若a>b,则a 3>b 3；⑤若a>b,则),1lg()1lg(22+>+b a ⑥若a<b<0,则a 2>ab>b 2； ⑦若a<b<0,则|a|>|b|；⑧若a<b<0,则b a a b >；⑨若a>b 且b a 11>,则a>0,b<0； ⑩若c>a>b>0,则bc b a c a ->-；其中正确的命题是。

2017届一轮复习北师大版证明不等式的基本方法课件

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．
小题快做 1.思考辨析 (1)用反证法证明命题“a，b，c 全为 0”时假设为“a，b，c 全不为 0”．( × ) (2)若实数 x、y 适合不等式 xy>1，x＋y>2，则 x>1，y>1.( × )
1 1 1 1 a＋a>b＋b 4．若 a>b>1，则 a＋a与 b＋b的大小关系是____________ ．
b－a a－bab－1 1 1 解析 a＋a－b＋b＝a－b＋ ab ＝ . ab 由 a>b>1 得 ab>1，a－b>0， a－bab－1 所以 >0. ab 1 1 即 a＋a>b＋b.
a1＝a2＝„＝an
时，等号成立．
5．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．
n 2 n 2 n b1 b2 bn (2)若 ai，bi(i∈N*)为实数，则 ai bi ≥ aibi 2，当且仅当a ＝a ＝„＝a (当 ai＝0 时，约定 bi＝0， 1 2 n i＝1 i＝1 i＝1
反证法证明不等式的题型及思路对于某些问题中所证结论若是“都是”、“都不是”、“至多”、“至少”等问题，一般用反证法．其一般步骤是假设→推理→得出矛盾→肯定原结论．
【跟踪训练】 1 3．已知 f(x)＝x2＋px＋q，求证|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于 . 2
1 证明假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于， 2 则|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|<2. 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|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|<2 矛盾， 1 所以|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于2.

2017年高中数学第二讲证明不等式的基本方法模块复习课课件新人教A版选修4_5

因为α ∈(0,π),所以sinα >0,1-cosα >0,
又(2cosα -1)2≥0,所以2sin2α 所以2sin2α≤ 1sicno.s
1 s≤icno0s,
sin 1 cos
类型二综合法证明不等式【典例2】已知a>0,a2-2ab+c2=0且bc>a2,试证明:b>c. 【证明】因为a2-2ab+c2=0,所以a2+c2=2ab. 又a2+c2≥2ac,且a>0,所以2ab≥2ac,所以b≥c. 若b=c,由a2-2ab+c2=0,得a2-2ab+b2=0,所以a=b. 从而a=b=c,这与bc>a2矛盾.从而b>c.
当a>b>0时,bn-an<0,a-b>0,此时(a-b)(bn-an)<0; 当b>a>0时,bn-an>0,a-b<0, 此时(a-b)(bn-an)<0; 当a=b>0时,bn-an=0,a-b=0,此时(a-b)(bn-an)=0. 综上所述:(a+b)(an+bn)-2(an+1+bn+1)≤0. 即(a+b)(an+bn)≤2(an+1+bn+1).
由于0<x<2,所以0<x(2-x)=-x2+2x=-(x-1)2+1≤1, 同理:0<y(2-y)≤1,且0<z(2-z)≤1, 所以三式相乘得0<xyz(2-x)(2-y)(2-z)≤1,…② ②与①矛盾,故假设不成立.所以x(2-y),y(2-z),z(2-x) 不都大于1.
【方法技巧】 1.反证法先假设要证明的结论是不正确的,然后利用公理、已有的定义、定理、命题的条件逐步分析,得到和命题的条件(已有的定义、定理、公理等)矛盾的结论,以此说明假设的结论不成立,从而原来的命题结论正确.

不等式选讲(用柯西不等式证明不等式)

不等式选讲（用柯西不等式证明不等式）1.（2017年2卷）已知330,0,2a b a b >>+=，证明：（1）55()()4a b a b ++≥；（2）2a b +≤．【解】（1）由柯西不等式得()()()2255334a b a b a b ++=+=≥，1a b ==时取等号．（2）因为()()()()()33232233333232244a b a b a a b ab b ab a b a b a b ++=+++=+++++=+≤)()()()()33232233333232244a b a b a a b ab b ab a b a b a b ++=+++=+++++=+，所以()38a b +≤，即2a b +≤，当且仅当1a b ==时等号成立2．设,,x y z 均为正数，且1x y z ++=，证明：（1）13xy yz zx ++≤；（2）22212x y z y z x z x y ++≥+++. 【解】证明：（Ⅰ）：因为()()()2222222222x y y z x z x y z xy yz xz +++++++=≥++ 所以22221()2223()x y z x y z xy yz xz xy yz zx =++=+++++≥++故13xy yz zx ++≤，当且仅当x y z ==时“=”成立. （Ⅰ）,,x y z 均为正数，由柯西不等式得：2222[()()()]()1x y z x y y z x z x y z y z x z x y ⎛⎫+++++++≥++= ⎪+++⎝⎭即22221x y z y z x z x y ⎛⎫++≥ ⎪+++⎝⎭，故22212x y z y z x z x y ++≥+++，当且仅当x y z ==时“=”成立.3．已知,x y R ∈，且1x y +=．（1）求证：22334x y +≥；（2）当0xy >时，不等式11|2||1|a a x y+≥-++恒成立，求a 的取值范围．【解】（1）由柯西不等式得22222)11x x ⎡⎤⎛⎡⎤+≥⋅+ ⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝+． Ⅰ()22243()3x y x y +⨯≥+，当且仅当3x y =时取等号．Ⅰ22334x y +≥；（2）1111()224y x x y x y x y x y ⎛⎫+=++=++≥+= ⎪⎝⎭，要使得不等式11|2||1|a a x y+≥-++恒成立，即可转化为|2||1|4a a -++≤，当2a ≥时，421a -≤，可得522a ≤≤，当1a 2-<<时，34≤，可得1a 2-<<，当1a ≤-时，214a -+≤，可得312a -≤≤-，Ⅰa 的取值范围为：35[,]22-．4.（2019年3卷）设,,x y z R ∈，且1x y z ++=.（1）求222(1)(1)(1)x y z -++++的最小值；（2）若2221(2)(1)()3x y z a -+-+-≥成立，证明：3a -≤或1a ≥-. 【解析】(1) 因为 22222222[(1)(1)(1)](111)[(1)(1)(1)](1)4x y z x y z x y z -++++++≥-++++=+++=即2224(1)(1)(1)3x y z -++++≥，当且仅当111x y z -=+=+时等号成立，而又因1x y z ++=，所以，当531313x y z ⎧=⎪⎪⎪=-⎨⎪⎪=-⎪⎩时等号成立，所以222(1)(1)(1)x y z -++++的最小值为43. (2) 因为2221(2)(1)()3x y z a -+-+-≥，所以222222[(2)(1)()](111)1x y z a -+-+-++≥.当且仅当21x y z a -=-=-，即22321323a x a y a z a +⎧=-⎪⎪+⎪=-⎨⎪+⎪=-⎪⎩时，有22222222[(2)(1)()](111)(21)(2)x y z a x y z a a -+-+-++=-+-+-=+成立. 所以2(2)1a +≥成立，所以有3a -≤或1a ≥-.5．已知a ，b 均为正实数，且1a b +=．（1）求2的最大值；（2）求1ab a+的最大值．解析：（1）(2211= ()()22114141a b ≤+⋅+++()()242241212a b ⎡⎤=++=⨯+=⎣⎦，=12a b ==时，取等号，故原式的最大值为12. （2）原式112122ab b a b a ab a b ===+++，因为()1212a b a b a b ⎛⎫+=++ ⎪⎝⎭22123b a b a a b a b ⎛⎫=+++=++ ⎪⎝⎭33≥+=+ 当且仅当2b a a b =，即12a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩3≤=-故原式的最大值为3-。

不等式的证明

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[解题师说] 1．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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过
基
础
小
题
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1．设 t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则 s 与 t 的大小关系是 A．s≥t C．s≤t B．s＞t D．s＜t
(
)
解析：∵s－t＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴s≥t.
答案：A
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1 1 2．已知 a，b∈R＋，且 a＋b＝2，则a＋b的最小值为 A．1 C．4 B． 2 D．8 ( )
第
二
节
不等式的证明
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1．基本不等式定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥ 2ab ，当且仅当 a＝b 时，等号成立． a＋ b 定理2：如果a，b＞0，那么 ≥ ab，当且仅当 a＝b 时， 2 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． a＋b＋c 3 abc 定理3：如果a，b，c∈R＋，那么 ≥ ，当且仅 3 当 a＝b＝c 时，等号成立．
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课堂考点突破
练透基点，研通难点，备考不留死角
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考点一
比较法证明不等式
比较法证明不等式是高考考查的重点，主要涉及作差比较法和作商比较法，难度适中，有时难度也较大.
[典题领悟] (2016· 全国卷Ⅱ)已知函数＜2 的解集． (1)求 M； (2)证明：当 a，b∈M 时，|a＋b|＜|1＋ab|.
1 1 1 解析：把 a＋b＋c＝1 代入a＋b＋ c中 a＋b＋c a＋b＋c a＋b＋c 得 a ＋ b ＋ c

高一数学基本不等式的应用及不等式证明1(学生版)

3、某村计划建造一个室内面积为800 的矩形蔬菜温室。在温室内，沿左．右两侧与后侧内墙各保留1 宽的通道，沿前侧内墙保留3 宽的空地。当矩形温室的边长各为多少时？蔬菜的种植面积最大。最大种植面积是多少
4、已知，则的最大值是_________.
5、已知，且，
求（1）的最小值；（2）的最小值。
变式题2：x>0时的最小值为多少？何时取到？
变式题3：x>0，当x为何值时，取到最大值？最大值是多少？
变式题4：x>-1，当x为何值时，的值最小？最小值是多少？
二、不等式的证明
1.证明不等式的基本依据：
（1）实数大小的比较原则；
（2）不等式的性质；
（3）几个重要不等式，特别是算术——几何平均值不等式
2、基本不等式都有什么用图？
【课后练习】
1、均值不等式链
设、，则（调和均值几何均值算术均值平方均值），当且仅当时等号成立.
2、甲、乙两人同时从A地出发，沿同一条路线行到B地。甲在前一半时间的行走速度为，后一半时间的行走速度为；乙用速度走完前半段路程，用速度走完后半段路程；问：谁先到达B地？
⑶综合法：就是从已知的不等式及题设条件出发，运用不等式性质及适当变形（恒等变形或不等变形）推导出要求证明的不等式。
用综合法证明不等式的关键是适当选择一个已知的不等式，从此出发推出所证结果，怎样选择已知的不等式就适当呢？一般有两条途径。（1）从分析法找思路，（2）从“重要不等式”，特别是基本不等式找思路。
（一）直接应用基本不等式
直接应用基本不等式是指题目中已有基本不等式的结构，且满足“一正、二定、三相等”，只需直接运用即可。
例1.已知a，，求证：。