2018_2019学年高中数学第一章不等关系与基本不等式4第2课时分析法与综合法学案北师大版选修4_5

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2018_2019学年高中数学第一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新人

●反思感悟：在分析法中，每次所寻求的应是使上一个结论成立的充分条件或充要条件，若只找到结论成立的必要条件则不一定能得到相应的结论.从而造成证明上的逻辑错误.
2.若 a、b∈R＋，且 a＋b＝1，求证：
证明
a＋12＋ b＋12≤2
⇔a＋b＋1＋2 a＋12· b＋12≤4
⇔ a＋12· b＋12≤1
c2＝by 消去 x，y，即得 2a＝bc2＋cb2，且有 a>0，b>0，c>0. 要证(a＋1)2≥(b＋1)(c＋1)
只需证 a＋1≥ （b＋1）（c＋1）
∵ （b＋1）（c＋1）≤（b＋1）＋2 （c＋1） ∴要证 2a≥b＋c，而 2a＝bc2＋cb2，只需证bc2＋cb2≥b＋c 即 b3＋c3≥bc(b＋c)，b2＋c2－bc≥bc (b－c)2≥0，∵上式显然成立 ∴(a＋1)2≥(b＋1)(c＋1)得证.
知识点 1 综合法证明不等式【例 1】已知 a，b，c∈R＋，求证：b＋a c＋a＋b c＋a＋c b≥32.
证明 b＋a c＋a＋b c＋a＋c b＋3
＝b＋a c＋1＋a＋b c＋1＋a＋c b＋1 ＝a＋b＋b＋c c＋a＋a＋b＋c c＋a＋a＋b＋b c
＝(a＋b＋c)b＋1 c＋a＋1 c＋a＋1 b
答案 C
2.若 1<x<10，下面不等式中正确的是 A.(lg x)2<lg x2<lg(lg x) B.lg x2<(lg x)2<lg(lg x) C.(lg x)2<lg(lg x)<lg x2 D.lg(lg x)<(lg x)2<lg x2 解析 1<x<10，∴0<lg x<1，∴lg(lg x)<0， x2>x，∴lg x2>lg x>(lg x)2， ∴lg x2>(lg x)2>lg(lg x)，选 D.

2018_2019学年高中数学第一章不等式的基本性质和证明的基本方法本章复习课课件新人教B版选修4_

c|＋|x－b|≤m，|x－c|＋|x－b|≥m. 5.会用平均值不等式求一些特定函数的最值. 6.理解不等式证明的五种方法：比较法、综合法、等式.
知识结构
知识梳理 1.实数的运算性质与大小顺序的关系：a>b⇔a－b>0，a＝b⇔a －b＝0，a<b⇔a－b<0，由此可知要比较两个实数的大小，判断差的符号即可. 2.不等式的 6 个基本性质是不等式的基础. 3.一元一次、一元二次不等式的解法是解不等式的基础，各类不等式的求解都转化为一元一次不等式、一元二次不等式，一元二次不等式都可化为两种类型，ax2＋bx＋c≥0 (a>0)或 ax2＋bx＋c≤0 (a>0)，ax2＋bx＋c≥0 (a>0)的解集实质上是函数 f(x)＝ax2＋bx＋c (a>0)的函数值 f(x)≥0 对应的自变量 x 的取值范围，方程 ax2＋bx ＋c＝0 (a>0)的根实质上是函数 f(x)的图象与 x 轴交点的横坐标，方程的根也是方程对应的一元二次不等式解集的端点值.
5.绝对值不等式的解法：解含绝对值的不等式的基本思想是通过去掉绝对值符号，把含绝对值的不等式转化为一元一次不等式，或一元二次不等式.去绝对值符号常见的方法有：
(1)根据绝对值的定义；(2)平方法；(3)分区间讨论. 6.绝对值三角不等式： (1)|a|的几何意义表示数轴上的点到原点的距离，|a－b|的几何意义表示数轴上两点间的距离. (2)|a＋b|≤|a|＋|b| (a，b∈R，ab≥0 时等号成立). (3)|a－c|≤|a－b|＋|b－c| (a，b，c∈R，(a－b)(b－c)≥0 等号成立). (4)||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b| (a，b∈R，左边“＝”成立的条件是 ab≤0，右边“＝”成立的条件是 ab≥0). (5)||a|－|b||≤|a－b|≤|a|＋|b| (a，b∈R，左边“＝”成立的条件是 ab≥0，右边“＝”成立的条件是 ab≤0).

高中数学第一章不等关系与基本不等式1.4不等式的证明1.4.1比较法分析法课件北师大版选修4_5

��
��
�� + ��2 + �� + ��2
=
+
=
�� + �� + ��
2�� + (�� + ��) ��
§4 不等式的证明
-1-
第1课时比较法、分析法
-2-
目标导航
Z 知识梳理 HISHISHULI
D 典例透析 IANLITOUXI
S 随堂演练 UITANGYANLIAN
1.理解用比较法、分析法证明不等式的一般方法和步骤,并能证明具体的不等式.
2.理解不等式证明方法的意义,并掌握不等式中取得等号的条件.
A.M≥N B.M≤N
C.M=N D.不能确定
解析:∵M-N=x2+y2+1-(x+y+xy)
=12[(x2+y2-2xy)+(x2-2x+1)+(y2-2y+1)] =12[(x-y)2+(x-1)2+(y-1)2]≥0,
∴M≥N.
答案:A
目标导航
Z 知识梳理 HISHISHULI
D 典例透析 IANLITOUXI
��
��
②证明步骤:作商→变形→判断与1的大小关系→下结论.
名师点拨在求商比较法中, ��
��
>
1⇒b>a
是不0,由 �� > 1, 可得b>a,

2018_2019学年高中数学第二讲证明不等式的基本方法二综合法与分析法课件新人教A版选修4_5

综合法证明不等式，揭示出条件和结论之间的因果联系，为此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．
1．已知 a，b，c 都是实数，求证：
a2＋b2＋c2≥13(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ca. 证明：∵a，b，c∈R，
∴a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc.
c2＋a2≥2ca，将以上三个不等式相加得：
2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ca)，
①
即 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
②
在不等式①的两边同时加上“a2＋b2＋c2”得：
3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2，
即 a2＋b2＋c2≥13(a＋b＋c)2.
③
在不等式②的两端同时加上 2(ab＋bc＋ca)得：
(1)当所证不等式与重要不等式、基本不等式没有什么直接联系，或条件与结论之间的关系不明显时，可用分析法来寻找证明途径．
(2)分析法证明的关键是推理的每一步都必须可逆．
2．求证： 3＋ 7<2 5. 证明：∵ 3＋ 7>0,2 5>0， ∴要证 3＋ 7<2 5. 只需证( 3＋ 7)2<(2 5)2. 展开得 10＋2 21<20. 即证 2 21<10，即证 21<25(显然成立)． ∴ 3＋ 7<2 5.，y>0，求证(x2＋y2) 2 >(x3＋y3) 3 .
1
1
证明：要证明(x2＋y2) 2 >(x3＋y3) 3 ，只需证(x2＋y2)3>(x3＋y3)2.
即证 x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6>x6＋2x3y3＋y6.
即证 3x4y2＋3x2y4>2x3y3.∵x>0，y>0，∴x2y2>0.

2018-2019学年高中数学第一章不等式的基本性质和证明的基本方法 1.5.1 不等式证明

1.5.1 比较法在理解比较法的基础上，会用作差、作商两种形式的比较法比较两个代数式的大小，会用比较法证明较简单的不等式.自学导引1.因为a >b ⇔a －b >0，要证a >b ，只需要证a －b >0，同样要证a b ，只需证a b >1；如果a 、b 都是负数，要证a >b ，只需证a b<1.基础自测1.下列关系中对任意a 1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2 解析 a b 2>0，∴lg a 2>lg b 2，故选B. 答案 B2.已知a >0且a ≠1，P ＝log a (a 3＋1)，Q ＝log a (a 2＋1)，则P 、Q 的大小关系是( ) A.P >Q B.P <Q C.P ＝QD.大小不确定解析当a >1时，a 3＋1>a 2＋1，∴log a (a 3＋1)>log a (a 2＋1)，当0<a <1时，a 3＋1<a 2＋1，∴log a (a 3＋1)>log a (a 2＋1)，综合以上两种情况知P >Q ，故选A. 答案 A3.设P ＝a 2b 2＋5，Q ＝2ab －a 2－4a ，且ab ≠1，a ≠－2.则P 、Q 的大小关系是________. 解析 P －Q ＝a 2b 2＋5－2ab ＋a 2－4a ＝(ab －1)2＋(a －2)2>0，∴P >Q . 答案 P >Q知识点1 两代数式大小的比较【例1】已知x <y <0，试比较(x 2＋y 2)(x －y )与(x 2－y 2)(x ＋y )的大小. 解 (x 2＋y 2)(x －y )－(x 2－y 2)(x ＋y ) ＝(x －y )[(x 2＋y 2)－(x ＋y )2]＝－2xy (x －y ).∵x <y <0，∴xy >0，x －y <0， ∴－2xy (x －y )>0，∴(x 2＋y 2)(x －y )>(x 2－y 2)(x ＋y ).●反思感悟：实数大小的比较常用a >b ⇔a －b >0或“a b>1，且b >0⇒a >b ”来解决，比较法的关键是第二步的变形，一般来说，变形越彻底，越有利于下一步的符号判断.1.设a >0，b >0且a ≠b ，试比较a a b b与a b b a的大小.解 a a b b a b b a ＝a a －b ·b b －a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b .当a >b >0时，a b >1，a －b >0，则⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b >1，于是a a b b>a b b a.当b >a >0时，0<ab<1，a －b <0，则⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b>1，于是a a b b >a b b a.综上所述，对于不相等的正数a 、b ，都有a a b b>a b b a. 知识点2 作差比较法证明不等式【例2】设a >0，b >0，求证⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a 12≥a 12＋b 12.证明方法一：左边－右边＝（a ）3＋（b ）3ab－(a ＋b )＝（a ＋b ）（a －ab ＋b ）－ab （a ＋b ）ab＝（a ＋b ）（a －2ab ＋b ）ab ＝（a ＋b ）（a －b ）2ab≥0.∴原不等式成立. 方法二：左边>0，右边>0. 左边右边＝（a ＋b ）（a －ab ＋b ）ab （a ＋b ）＝a －ab ＋b ab ≥2ab －abab＝1， ∴原不等式成立.●反思感悟：用比较法证不等式，一般要经历作差(或作商)、变形、判断三个步骤，变形的主要手段是通分、因式分解或配方，在变形过程中，也可利用基本不等式放缩.2.设a ≥b >0，求证：3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2.证明 3a 3＋2b 3－(3a 2b ＋2ab 2)＝3a 2(a －b )＋2b 2(b －a )＝(3a 2－2b 2)(a －b ). 因为a ≥b >0，所以a －b ≥0，3a 2－2b 2>0，从而(3a 2－2b 2)(a －b )≥0. 即3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2. 知识点3 作商比较法证明不等式【例3】已知a >b >c >0，求证：a a b b c c>(abc )13(a ＋b ＋c ).证明 ∵a a b b c c（abc ）13（a ＋b ＋c ）＝a 2a －b －c 3b 2b －a －c 3c 2c －a －b 3＝a a －b 3＋a －c3·bb －a 3＋b －c3·cc －a 3＋c －b 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 3⎝ ⎛⎭⎪⎫a c a －c 3⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c3. ∵a >b >0，∴a －b >0，a b>1，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 3>1.同理可证⎝ ⎛⎭⎪⎫a ca －c 3>1，⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c 3>1，∴a a b b c c>(abc )13(a ＋b ＋c ).●反思感悟：作商后通常利用不等式的性质、指数函数的性质、对数函数的性质来判断商式与1的大小.3.设m ＝|a |＋|b ||a ＋b |，n ＝|a －b |||a |－|b ||，那么它们的大小关系是m ________n .解析 m n ＝|a |＋|b ||a ＋b ||a －b |||a |－|b ||＝（|a |＋|b |）||a |－|b |||a ＋b |·|a －b |＝|a 2－b 2||a 2－b 2|＝1，∴m ＝n . 答案＝课堂小结1.比较法有两种形式，一是作差；二是作商.用作差证明不等式是最基本、最常用的方法.它的依据是不等式的基本性质.2.步骤是：作差(商)―→变形―→判断.变形的目的是为了判断.若是作差，就判断与0的大小关系，为了便于判断，往往把差式变为积或完全平方式.若是作商，两边为正，就判断与1的大小关系.3.有时要先对不等式作等价变形再进行证明，有时几种证明方法综合使用.随堂演练1.a 、b 都是正数，P ＝a ＋b2，Q ＝a ＋b ，则P ，Q 的大小关系是( )A.P >QB.P <QC.P ≥QD.P ≤Q解析 P 2Q 2＝a ＋b ＋2ab 2（a ＋b ）≤a ＋b ＋a ＋b 2（a ＋b ）＝1，∴P ≤Q ，应选D.答案 D2.已知0<x <1，a ＝2x ，b ＝1＋x ，c ＝11－x ，则其中最大的是( )A.aB.bC.cD.不能确定解析显然b >a ，下面比较b ，c .b －c ＝1＋x －11－x ＝1－x 2－11－x ＝－x21－x <0，∴C 最大，故应选C. 答案 C 3.下列命题：①当b >0时，a >b ⇔ab >1； ②当b >0时，a 0，b >0时， a b>1⇔a >b ；④当ab >0时，a b>1⇔a >b ，其中真命题有( ) A.①②③ B.①②④ C.④D.①②③④解析 ①②③正确，④中若a <0时不成立，故选A. 答案 A4.若－1<a 1b，又∵a 2，b 2都为正数，∴最小的为1b.答案 1b基础达标1.若a ，b 为不等的正数，则(ab k＋a kb )－(a k ＋1＋b k ＋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 kb )－ak ＋1－bk ＋1＝b k(a －b )＋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 k －a k)<0；若a QD.P <Q解析采用先平方后作差法∵P 2－Q 2＝(ab ＋cd ＋2abcd )－⎝⎛⎭⎪⎫ab ＋cd ＋mnad ＋n m bc＝2abcd －m n ad －n m bc ＝－⎝⎛⎭⎪⎫mnad － n m bc 2≤0， ∴P 2≤Q 2，又∵P >0，Q >0，∴P ≤Q . 答案 B3.对x 1>x 2>0，0<a <1，记y 1＝x 11＋a ＋ax 21＋a ，y 2＝ax 11＋a ＋x 21＋a，则x 1x 2与y 1y 2的关系为( ) A.x 1x 2>y 1y 2 B.x 1x 2＝y 1y 2C.x 1x 2<y 1y 2D.不能确定，与a 有关答案 C4.已知a 1≤a 2，b 1≤b 2，则a 1b 1＋a 2b 2与a 1b 2＋a 2b 1的大小关系是________. 解析 a 1b 1＋a 2b 2－a 1b 2－a 2b 1＝a 1(b 1－b 2)＋a 2(b 2－b 1)＝(b 2－b 1)(a 2－a 1)≥0 ∴a 1b 1＋a 2b 2≥a 1b 2＋a 2b 1. 答案 a 1b 1＋a 2b 2≥a 1b 2＋a 2b 15.设a >5，则a －3－a －4与a －4－a －5的大小关系是__________________. 解析因为a >5，只需比较a －3＋a －5与2a －4的大小，两数平方，即比较（a －3）（a －5）与a －4的大小，再平方，只需比较a 2－8a ＋15与a 2－8a ＋16的大小. 答案a －3－a －4<a －4－a －56.设a 、b ∈(0，＋∞)，且a ≠b ，比较a 3b 2＋b 3a2与a ＋b 的大小.解 a 3b 2＋b 3a 2－(a ＋b )＝(a 3－b 3)⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2－1a 2＝(a ＋b )(a －b )2(a 2＋ab ＋b 2)1a 2b 2，∵a 、b ∈(0，＋∞)，且a ≠b ， ∴a ＋b ，(a －b )2，(a 2＋ab ＋b 2)，1a 2b 2均为正数，∴a 3b 2＋b 3a 2－(a ＋b )>0，∴a 3b 2＋b 3a2>a ＋b . 综合提高7.设a ＝sin 15°＋cos 15°，b ＝sin 16°＋cos 16°，则下列各式正确的是( ) A.a <a 2＋b 22ab ＝2sin 60°·2sin 61°＝3sin 61°>2sin 61°＝b ，故a ad ，则a b ，a ＋c b ＋d ，a ＋2c b ＋2d ，cd中最大的是( )A.a bB.a ＋cb ＋d C.a ＋2cb ＋2dD.c d解析 a b －c d ＝ad －bc bd <0，∴a b <cd，c d －a ＋c b ＋d ＝bc ＋cd －ad －dc d （b ＋d ）＝bc －ad d （b ＋d ）>0， c d －a ＋2c b ＋2d ＝bc ＋2cd －ad －2cd d （b ＋2d ）＝bc －ad d （b ＋2d ）>0，所以最大的是c d. 答案 D9.设x ＝a 2b 2＋5，y ＝2ab －a 2－4a ，若x ＞y ，则实数a 、b 应满足的条件是________. 解析若x ＞y ，则x －y ＝a 2b 2＋5－2ab ＋a 2＋4a ＝(ab －1)2＋(a ＋2)2＞0.只要a ＋2≠0，ab －1≠0两个中满足一个，即可使得x ＞y . 答案 a ≠－2或ab ≠110.设a ＞0，b ＞0，则下列两式大小关系为lg(1＋ab )________12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )].解析 (1＋a )(1＋b )－(1＋ab 2)＝a ＋b －2ab ＝(a －b )2≥0，∴lg(1＋a )(1＋b )≥lg(1＋ab )2，即12[lg(a ＋1)＋lg(1＋b )]≥lg(1＋ab ). 答案 ≤11.设m ∈R ，a >b >1，f (x )＝mxx －1，比较f (a )与f (b )的大小.解 f (a )－f (b )＝ma a －1－mb b －1＝m （b －a ）（a －1）（b －1）. ∵a >b >1，∴b －a <0，a －1>0，b －1>0，∴b －a（a －1）（b －1）<0. 当m >0时，m （b －a ）（a －1）（b －1）<0，f (a )<f (b )；当m <0时，m （b －a ）（a －1）（b －1）>0，f (a )>f (b )；当m ＝0时，m （b －a ）（a －1）（b －1）＝0，f (a )＝f (b ).12.已知a ，b ∈R ＋，n ∈N ，求证：(a ＋b )(a n ＋b n )≤2(a n ＋1＋bn ＋1).证明 ∵(a ＋b )(a n＋b n)－2(a n ＋1＋bn ＋1)＝an ＋1＋ab n ＋ba n ＋bn ＋1－2an ＋1－2bn ＋1＝a (b n －a n)＋b (a n－b n) ＝(a －b )(b n－a n).(1)若a >b >0，b n－a n<0，a －b >0，∴(a－b)(b n－a n)<0.(2)若b>a>0，b n－a n>0，a－b<0，∴(a－b)(b n－a n)<0.(3)若a＝b>0，(b n－a n)(a－b)＝0，综上(1)(2)(3)可知，对a，b∈R＋，n∈N，都有(a＋b)(a n＋b n)≤2(a n＋1＋b n＋1).。

2019_2020学年高中数学第一章不等关系与基本不等式1_4_2分析法综合法课件北师大版选修4_5

4．2 分析法综合法
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知识探究
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1.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．
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2．综合法一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题的成立，这种证明方法叫做综合法．综合法又叫顺推证法或由因导果法．
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∵aa－－bc＋ba－－cc＝（a－b）a－＋b（b－c）＋（a－b）b＋－（c b－c）＝2＋ba－－bc＋ba－－bc≥2＋2＝4，
∴λ<4.
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5．已知a>b>0，求证： a－ b< a－b. 证明要证 a－ b< a－b，只要证( a－ b)2<( a－b)2，即证a＋b－2 ab<a－b，即证2b<2 ab，只要证b2<ab，∵b>0，只要证b<a. ∵a>b>0，∴b<a成立． ∴ a－ b< a－b成立．
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1.综合法和分析法的比较 (1)相同点：都是直接证明． (2)不同点：综合法：由因导果，形式简单，易于表达；分析法：执果索因，利于思考，易于探索． 2．证明不等式的通常做法常用分析法找证题切入点，用综合法写证题过程.
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课时学案
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题型一用分析法证明不等式
（a－b）2 a＋b
（a－b）2
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题型二用综合法证明不等式例2 已知x>0，y>0，x＋y＝1，求证：(1＋1x)(1＋1y)≥9. 【思路】将欲证不等式左端展开，利用平均值不等式即可得证．

高中数学第1章不等关系与基本不等式1.4.2综合法与分析法北师大版选修

分析法证明不等式
设 a>b>c，且 a＋b＋c＝0，求证： (1)b2－ac>0；(2) b2－ac< 3a. 【精彩点拨】根据题目特点，利用分析法寻找结论成立的充分条件．
【自主解答】 (1)∵a>b>c 且 a＋b＋c＝0， ∴a>0，c<0，ac<0，故 b2－ac>0. (2)欲证 b2－ac< 3a，只需证 b2－ac<3a2. 因为 c＝－(a＋b)，只要证明 b2＋a(a＋b)<3a2 成立．也就是(a－b)(2a＋b)>0，
【提示】如果使用综合法证明不等式难以入手时常用分析法探索证题的途径，之后用综合法形式写出它的证明过程，以适应人们习惯的思维规律．有时问题的证明难度较大，常使用分析综合法，实现从两头往中间靠以达到证题目的．
【导学号：94910020】
【证明】 ∵a>0，b>0，c>0， ∴1＋a≥2 a，当且仅当 a＝1 时，取等号； 1＋b≥2 b，当且仅当 b＝1 时，取等号； 1＋c≥2 c，当且仅当 c＝1 时，取等号． ∵abc＝2， ∴a，b，c 不能同时取 1， ∴“＝”不同时成立． ∴(1＋a)(1＋b)(1＋c)>8 abc＝8 2，即(1＋a)(1＋b)(1＋c)>8 2.
法二：∵a，b，c 是正数，
∴bac＋abc≥2 bac·abc＝2c. 同理abc＋acb≥2a，acb＋bac≥2b， ∴2bac＋abc＋acb≥2(a＋b＋c)．又 a>0，b>0，c>0， ∴b2c2＋a2c2＋a2b2≥abc(a＋b＋c)．故b2c2＋a＋c2ba＋2＋ca2b2≥abc.
1．运用不等式的性质或已证明的不等式时，要注意它们各自成立的条件，正确推理．

[精品]2019高中数学第一章不等关系与基本不等式4不等式的证明第2课时学案北师大版选修4_320

4 不等式的证明第2课时综合法、放缩法1．理解综合法的方法与步骤，会用综合法证明简单的不等式．2．认识放缩法，了解它的方法与步骤，会用放缩法证明简单的不等式．1．综合法(1)定义：利用某些______________(例如算术平均数和几何平均数的定理)和__________，推导出所要证明的不等式，这种证明方法叫综合法．(2)证明原理：A ⇒B 1⇒B 2⇒…⇒B n ⇒B ，即从________出发，逐步推演不等式成立的____条件，推导出所要证明的结论B ．【做一做1】设a ，b ，c 都是正数，求证：(a ＋b ＋c )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a ≥92．2．放缩法(1)定义：通过缩小(或放大)分式的分母(或分子)，或通过放大(或缩小)被减式(或减式)来证明不等式，这种证明不等式的方法称为______．(2)放缩法证明不等式的主要依据：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．【做一做2】若n ∈N ＋，求证：1×2＋2×3＋…＋n n ＋＜n ＋22．答案：1．(1)已经证明过的不等式不等式的性质 (2)已知条件A 必要【做一做1】证明：∵(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )≥3·3a ＋b b ＋c c ＋a ，又1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a≥3·31a ＋bb ＋cc ＋a ，∴(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a ≥12·3·3a ＋bb ＋c c ＋a ·3·31a ＋bb ＋cc ＋a≥92． 2．(1)放缩法【做一做2】分析：利用n n ＋＜n ＋n ＋12＝2n ＋12来证明．证明：∵nn ＋＜n ＋n ＋12＝2n ＋12，∴1×2＋2×3＋…＋n n ＋＜32＋52＋…＋2n ＋12 ＝n＋2n ＋22＝n n ＋2＝n 2＋2n2＜n ＋22．1．分析法与综合法的比较剖析：综合法：A (已知)⇒B 1⇒B 2⇒…⇒B n ⇒B (结论)(逐步推演不等式成立的必要条件)，即由条件出发推导出所要证明的不等式成立．分析法：B (结论)⇐B 1⇐B 2⇐…⇐B n ⇐A (已知或明显成立的条件)(步步寻求不等式成立的充分条件)．总之，分析法与综合法是对立统一的两种方法． 2．用放缩法证明不等式剖析：(1)为了证明不等式，有时需舍去或添加一些项，使不等式一边放大或缩小，利用不等式的传递性，达到证题的目的，这种方法就是放缩法．运用放缩法要注意放缩必须适当，放得过大或缩得过小都不能达到证题的目的．(2)放缩时使用的主要方法有：①舍去或加上一些项，如⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋122＋34＞⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋122；②将分子(或分母)放大(或缩小)，如1k 2＜1k k －(k ＞1)，1k 2＞1k k ＋，1k ＜2k ＋k －1，1k ＞2k ＋k ＋1(k ∈N ＋)等． (3)放缩法的理论依据主要有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．对不等式而言，放缩法的本质是“不等式的加强”．(4)运用放缩法证明不等式的关键是放大(或缩小)要适当．如果所要证明的不等式中含有分式，那么我们把分母放大时相应分式的值就会缩小；反之，如果把分母缩小，则相应分式的值就会放大．有时也会把分子、分母同时放大，这时应该注意不等式的变化情况，可以与相应的函数相联系，以达到判断大小的目的，这些都是我们在证明中的常用方法与技巧，也是放缩法中的主要形式．题型一利用综合法证明不等式【例1】设a ，b ，c 为不全相等的正数，求证：b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc＞3．分析：利用不等式的性质，对不等式的左边进行整理，化简．反思：在利用a ＋b ≥2ab 时，必须满足“一正二定三相等”，而本题中a ，b ，c 为不全相等的正数，故三项之和取不到6，即等号不能传递下去．题型二利用放缩法证明不等式【例2】设n 是正整数，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＜1．分析：要求一个n 项分式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n的范围，它的和又求不出来，可以采用“化整为零”的方法，先观察每一项的范围，再求整体的范围．反思：放缩法证明不等式，放缩要适度，否则会陷入困境，例如证明112＋122＋…＋1n 2＜74，根据1k 2＜1k －1－1k，如果从第3项开始放缩，正好可证明；如果从第2项开始放缩，可证得小于2．当放缩方式不同时，结果也在变化．答案：【例1】证明：左边＝b a ＋c a －1＋c b ＋a b －1＋a c ＋b c－1＝b a ＋a b ＋c a ＋a c ＋c b ＋b c－3．∵a ，b ，c 为不全相等的正数， ∴b a ＋a b ≥2，c b ＋b c ≥2，a c ＋ca ≥2中的等号不可能同时成立， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a c ＋c a ＞6， ∴b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －c c＞6－3＝3．【例2】证明：由2n ≥n ＋k ＞n (k ＝1,2，…，n )，得12n ≤1n ＋k ＜1n．当k ＝1时，12n ≤1n ＋1＜1n ；当k ＝2时，12n ≤1n ＋2＜1n；…当k ＝n 时，12n ≤1n ＋n ＜1n．∴12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＜n n ＝1，即原不等式成立．1使a ＞b ＞0成立的一个充分而不必要条件是( )．A ．a －2＞b －2B ．a 2＞b 2＞0C ．lg a －lg b ＞0D ．x a ＞x b且x ＞02设a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，M ＝1a ＋1b ＋1ab，则M 与8的大小关系是( )．A ．M ＝8B ．M ≥8C ．M ＜8D ．M ≤83已知α∈(0，π)，则下列各式成立的是( )．A ．2sin 2α≤sin α1－cos αB ．2sin 2α＝sin α1－cos αC ．2sin 2α＞sin α1－cos αD ．2sin 2α≥sin α1－cos α4设a ，b ，c ，d 为任意正实数．求证：1＜a a ＋b ＋d ＋b b ＋c ＋a ＋c c ＋d ＋b ＋dd ＋a ＋c＜2．答案：1．A 由a －2＞b －2，知a －2＞b －2⇒a ＞b ．又a －2＞0且b －2≥0，∴a ＞2且b ≥2， ∴a ＞b ≥2＞0．2．B ∵a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，∴1＝a ＋b ≥2ab ，∴ab ≤12，∴1ab≥4．∴1a ＋1b ＋1ab ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1ab≥2ab ·21ab＋4＝8．∴1a ＋1b ＋1ab≥8，即M ≥8．当且仅当a ＝b ＝12时等号成立．3．A ∵α∈(0，π)，∴1－cos α＞0． ∴11－cos α＋4(1－cos α)≥4⎝⎛当且仅当cos α＝12，即α＝⎭⎪⎫π3时等号成立， ∴4cos α≤11－cos α．∵α∈(0，π)，∴sin α＞0．∴4sin αcos α≤sin α1－cos α．∴2sin 2α≤sin α1－cos α．4．证明：∵a ，b ，c ，d 均为正实数，∴aa＋b＋d＋bb＋c＋a＋cc＋d＋b＋dd＋a＋c＜aa＋b＋bb＋a＋cc＋d＋dd＋c＝2，且aa＋b＋d＋bb＋c＋a＋cc＋d＋b＋dd＋a＋c＞aa＋b＋c＋d＋ba＋b＋c＋d＋ca＋b＋c＋d＋da＋b＋c＋d＝1．∴原不等式1＜aa＋b＋d＋bb＋c＋a＋cc＋d＋b＋dd＋a＋c＜2成立．。

2018_2019学年高中数学第一讲不等式和绝对值不等式一不等式2基本不等式习题课件新人教A版选修4_5

法二：因为1x＋y＋2 1＝2，所以121x＋y＋2 1＝1，所以 2x＋y＋1 －1＝121x＋y＋2 1(2x＋y＋1)－1＝12(2＋y＋4x1＋y＋x 1＋2)－1≥ 12×(4＋2 4)－1＝ 3当且仅当y＋4x1＝y＋x 1，即x＝1，y＝1时等号成立.
7．已知 x＋3y－2＝0，则 3x＋27y＋1 的最小值是________．
解析：3x＋27y＋1＝3x＋33y＋1≥2 3x·33y＋1＝7，当且仅当 x ＝3y，即 x＝1，y＝13时，等号成立．答案：7
8．要制作一个容积为 4 m3，高为 1 m 的无盖长方体容器．已知该容器的底面造价是每平方米 20 元，侧面造价是每平方米 10 元，则该容器的最低总造价是________元．解析：设该长方体容器的长为 x m，则宽为4x m．又设该容器的造价为 y 元，则 y＝20×4＋2x＋4x×10，即 y＝80＋20x＋4x (x＞0)．因为 x＋4x≥2 x·4x＝4(当且仅当 x＝4x，即 x＝2 时取 “＝”)，所以 ymin＝80＋20×4＝160(元)．答案：160
亦不成立．对于 D，令 b＝4，a＝2，显然不对，故选 C.
2．已知 x＞0，则 2x＋8x的最小值和取得最小值时的 x 值分别
是( )
A．8，2
B．8，4
C．16，2
D．16，4
解析：选 A.2x＋8x≥2 2x·8x＝8，当且仅当 2x＝8x，即 x＝2
时，取“＝”号，故选 A.
3．下列说法中，正确的个数是( )
5．某公司租地建仓库，每月土地占用费 y1 与仓库到车站的距
离成反比，而每月库存货物的运费 y2 与仓库到车站的距离成正
比．如果在距离车站 10 km 处建仓库，这两项费用 y1，y2 分别

2018-2019学年高中数学第一章不等式的基本性质和证明的基本方法 1.2 基本不等式(一

1.2 基本不等式(一)1.理解并掌握定理1、定理2，会用两个定理解决函数的最值或值域问题.2.能运用平均值不等式(两个正数的)解决某些实际问题.自学导引1.定理1(重要不等式)：对于任意实数a ，b ，a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立. 2.定理2(基本不等式)：如果a ，b 是正数，那么ab ≤a ＋b2，当且仅当a ＝b 时，等号成立.3.我们常把a ＋b2叫做正数a ，b 的算术平均值，把ab 叫做正数a ，b 的几何平均值，所以基本不等式又可叙述为：两个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值. 4.关于用不等式求函数最大、最小值(1)若x ≥0、y ≥0，且xy ＝p (定值)，则当x ＝y 时，x ＋y 有最小值2p . (2)若x ≥0、y ≥0，且x ＋y ＝s (定值)，则当x ＝y 时，xy 有最大值s 24.基础自测1.设0<a <1，02ab ，a 2<a ，b 22ab ，且ab <ab .答案 B2.若实数a ，b 满足1a ＋2b＝ab ，则ab 的最小值为( )A. 2B.2C.2 2D.4解析由条件1a ＋2b＝ab 知a ，b 均为正数.因而可利用基本不等式求解.由1a ＋2b ＝ab 知a >0，b >0，所以ab ＝1a ＋2b ≥22ab，即ab ≥22，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧1a ＝2b ，1a ＋2b ＝ab ，即a ＝42，b ＝242时取“＝”，所以ab 的最小值为2 2. 答案 C3.若正数a ，b 满足ab ＝a ＋b ＋3，则ab 的取值范围是________. 解析 ∵a >0，b >0，ab ＝a ＋b ＋3≥2ab ＋3，∴(ab )2－2ab ＋3≥0， ∴ab ≥3或ab ≤－1(舍去)， ∴ab ≥9. 答案 [9，＋∞)知识点1 不等式证明【例1】求证：4a －3＋a ≥7 (其中a >3). 证明4a －3＋a ＝4a －3＋(a －3)＋3，由基本不等式，得4a －3＋a ＝4a －3＋(a －3)＋3 ≥24a －3（a －3）＋3＝24＋3＝7. 当且仅当4a －3＝a －3，即a ＝5时取等号. ●反思感悟：在利用基本不等式证明的过程中，常需要把数、式合理地拆成两项或多项或恒等地变形配凑成适当的数、式，以便于利用基本不等式.1.若a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝1，求证：⎝⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b ≥9.证明方法一：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ＝1＋1a ＋1b ＋1ab＝1＋2ab≥1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝9.方法二：⎝⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b b＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋b a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋a b ＝5＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ≥9. 知识点2 最值问题【例2】设x ，y ∈R ＋且1x ＋2y＝3，求2x ＋y 的最小值.解方法一：2x ＋y ＝13·3(2x ＋y )＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2y (2x ＋y )＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋y x ＋4x y ≥83. 当且仅当y x ＝4x y ，即x ＝23，y ＝43时，等号成立， ∴2x ＋y 的最小值为83.方法二：设1x ＝3m m ＋n ，2y ＝3nm ＋n则x ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n m ，y ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m n2x ＋y ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n m ＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m n ＝43＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫n m ＋m n≥83，当且仅当m ＝n ，即x ＝23，y ＝43时，取得最小值83. ●反思感悟：利用基本不等式求最值，关键是对式子恰当的变形，合理构造“和式”与“积式”的互化，必要时可多次应用.注意一定要求出使“＝”成立的自变量的值，这也是进一步检验是否存在最值.2.已知x <54，求函数y ＝4x －2＋14x －5的最大值.解由y ＝4x －2＋14x －5＝4x －5＋14x －5＋3≤－24x －5·14x －5＋3＝1.当4x －5＝14x －5时取等号，∴x ＝1，∴最大值为1. 知识点3 基本不等式的实际应用【例3】甲、乙两公司在同一电脑耗材厂以相同价格购进电脑芯片.甲、乙两公司分别购芯片各两次，两次的芯片价格不同，甲公司每次购10 000片芯片，乙公司每次购10 000元芯片.哪家公司平均成本较低？请说明理由.解设第一次、第二次购电脑芯片的价格为每片a 元和b 元，那么甲公司两次购电脑芯片的平均价格为10 000（a ＋b ）20 000＝a ＋b2(元/片)；乙公司两次购电脑芯片的平均价格为20 00010 000a ＋10 000b ＝21a ＋1b(元/片).∵a >0，b >0且a ≠b ， ∴a ＋b2>ab ，1a ＋1b >21ab＝2ab，∴21a ＋1b<ab ，∴a ＋b 2>21a ＋1b， ∴乙公司的平均成本比较低.3.某单位决定投资3 200元建一仓库(长方体状)，高度恒定，它的后墙利用旧墙不花钱，正面用铁栅，每米造价40元，两侧砌砖墙，每米造价45元，顶部每平方米造价20元.试问： (1)仓库底面积S 的最大允许值是多少？(2)为使S 达到最大，而实际投资又不超过预算，那么正面铁栅应设计为多长？解设铁栅长为x 米，一堵砖墙长为y 米，则有S ＝xy ，由题意得： 40x ＋2×45y ＋20xy ＝3 200. (1)由基本不等式，得3 200≥240x ·90y ＋20xy ＝120 xy ＋20xy ＝120S ＋20S ，∴S ＋6S ≤160，即(S ＋16)(S －10)≤0. ∵S ＋16>0，∴S －10≤0，从而S ≤100. ∴S 的最大允许值是100 m 2. (2)S 取最大值的条件是40x ＝90y ，又xy ＝100，由此解得x ＝15. ∴正面铁栅的长度应设计为15米.课堂小结1.两个不等式：a 2＋b 2≥2ab 与a ＋b2≥ab 成立的条件是不同的，前者要求a ，b 都是实数，后者要求a ，b 都是正数.如(－3)2＋(－2)2≥2×(－3)×(－2)是成立的，而（－3）＋（－2）2≥2（－3）×（－2）是不成立的.2.两个不等式：a 2＋b 2≥2ab 与a ＋b2≥ab 都是带有等号的不等式，对于“当且仅当……时，取‘＝’号”这句话的含义要有正确的理解. 当a ＝b 取等号，其含义是a ＝b ⇒a ＋b2＝ab ；仅当a ＝b 取等号，其含义是a ＋b2＝ab ⇒a ＝b .综合上述两条，a ＝b 是a ＋b2＝ab 的充要条件.3.与基本不等式有关的两个常用不等式： (1)b a ＋a b≥2 (a 、b 同号)； (2)21a ＋1b≤ab ≤a ＋b 2≤ a 2＋b 22(a >0，b >0).随堂演练1.设实数x ，y ，满足x 2＋y 2＝1，当x ＋y ＋c ＝0时，c 的最大值是( ) A. 2 B.－ 2 C.2 2D.－2 2解析方法一：设x ＝cos θ，y ＝sin θ，θ∈[－π，π] 当x ＋y ＋c ＝0时，c ＝－x －y ＝－(cos θ＋sin θ)＝－2sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4，当sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝－1时，c max ＝ 2. 方法二：c 2＝(x ＋y )2≤2(x 2＋y 2)＝2 ∵－2≤c ≤2，∴c max ＝ 2. 答案 A2.若log 4(3a ＋4b )＝log 2ab ，则a ＋b 的最小值是( ) A.6＋2 3 B.7＋2 3 C.6＋4 3D.7＋4 3解析先判断a ，b 的符号，再将已知的式子转化为关于a ，b 的方程，最后根据基本不等式求解.由题意得⎩⎨⎧ab >0，ab ≥0，3a ＋4b >0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >0，b >0.又log 4(3a ＋4b )＝log 2ab ，所以log 4(3a ＋4b )＝log 4ab ，所以3a ＋4b ＝ab ，故4a ＋3b＝1.所以a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫4a ＋3b ＝7＋3a b ＋4b a≥7＋23a b ·4b a ＝7＋43，当且仅当3a b ＝4ba时取等号，故选D. 答案 D3.已知x >0，y >0，且1x ＋9y＝1，求x ＋y 的最小值________.解析 ∵x >0，y >0，1x ＋9y＝1，∴x ＋y ＝(x ＋y )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋9y ＝y x＋9xy＋10≥6＋10＝16，当且仅当y x ＝9xy时，上式等号成立. 又1x ＋9y＝1，∴x ＝4，y ＝12时，(x ＋y )min ＝16.答案 164.x ，y ，z ∈R ＋，x －2y ＋3z ＝0，y 2xz的最小值是________.解析由x －2y ＋3z ＝0，得y ＝x ＋3z2，将其代入y 2xz，得x 2＋9z 2＋6xz 4xz ≥6xz ＋6xz4xz＝3，当且仅当x ＝3z 时取“＝”. 答案 3基础达标1.若a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝1，则a ＋1＋b ＋1的最大值为( ) A. 3 B. 2 C. 6 D.2 3 答案 C2.若a ，b ∈R ＋，且a ＋b ≤2，则1a ＋1b的最小值为( )A.1B.2C. 2D.4答案 B3.下列命题：①x ＋1x 最小值是2；②x 2＋2x 2＋1的最小值是2；③x 2＋5x 2＋4的最小值是2；④2－3x－4x的最小值是2.其中正确命题的个数是( )A.1B.2C.3D.4解析 ①当x <0时结论不成立；②由x 2＋1x 2＋1＝x 2＋1＋1x 2＋1＝x 2＋1＋1x 2＋1≥2，故结论成立；③由x 2＋5x 2＋4＝x 2＋4＋1x 2＋4，由x 2＋4≥2，1x 2＋4≤12，∴x 2＋4≠1x 2＋4，故结论不成立；④当x >0时，2－3x －4x＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋4x ≤2－212＝2－43，当x <0时，2－3x －4x＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋4x ≥2＋212＝2＋43，故结论不成立.答案 A4.若不等式x 2＋2x ＋a ≥－y 2－2y 对任意实数x 、y 都成立，则实数a 的取值范围是________. 答案 a ≥25.若a 是1＋2b 与1－2b 的等比中项，则2ab |a |＋2|b |的最大值为________.解析由题意得a 2＝(1＋2b )(1－2b )＝1－4b 2. 即a 2＋4b 2＝1.∵a 2＋4b 2≥24a 2b 2，得|ab |≤14且1|ab |≥4，∴2ab |a |＋2|b |＝ 4a 2b2a 2＋4|ab |＋4b 2＝ 4a 2b21＋4|ab |＝41a 2b 2＋4|ab |＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1|ab |＋22－4≤436－4＝24. 答案246.已知a ，b ∈(0，＋∞)，求证：(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ≥4.证明 ∵a >0，b >0，∴a ＋b ≥2ab >0，当且仅当a ＝b 时，取等号.①1a ＋1b ≥21ab>0，当且仅当1a ＝1b，即a ＝b 时取等号.②①×②，得(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ≥2ab ·21ab＝4，当且仅当a ＝b 时，取等号.综合提高7.函数y ＝log 2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x －1＋5 (x >1)的最小值为( ) A.－3 B.3 C.4D.－4解析 x >1，x －1>0，y ＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x －1＋5＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1＋1x －1＋6 ≥log 2(2＋6)＝log 28＝3. 答案 B8.要制作一个容积为4 m 3，高为1 m 的无盖长方体容器.已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是( ) A.80元 B.120元 C.160元D.240元解析设底面矩形的一条边长是x m ，总造价是y 元，把y 与x 的函数关系式表示出来，再利用均值(基本)不等式求最小值.由题意知，体积V ＝4 m 3，高h ＝1 m ，所以底面积S ＝4 m 2，设底面矩形的一条边长是x m ，则另一条边长是4xm ，又设总造价是y 元，则y ＝20×4＋10×⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋8x ≥80＋202x ·8x＝160，当且仅当2x ＝8x，即x ＝2时取得等号.答案 C9.设a ，b ＞0，a ＋b ＝5，则a ＋1＋b ＋3的最大值为________.解析将a ＋1＋b ＋3进行平方，为使用基本不等式创造条件，从而求得最值. 令t ＝a ＋1＋b ＋3，则t 2＝a ＋1＋b ＋3＋2（a ＋1）（b ＋3）＝9＋2（a ＋1）（b ＋3）≤9＋a ＋1＋b ＋3＝13＋a ＋b ＝13＋5＝18，当且仅当a ＋1＝b ＋3时取等号，此时a ＝72，b ＝32.∴t max ＝18＝3 2. 答案 3 210.对于c ＞0，当非零实数a ，b 满足4a 2－2ab ＋b 2－c ＝0且使|2a ＋b |最大时，1a ＋2b ＋4c的最小值为________.解析利用均值不等式找到|2a ＋b |取得最大值时等号成立的条件，从而可以用字母c 表示a ，b ，再求1a ＋2b ＋4c的最小值.由题意知，c ＝4a 2－2ab ＋b 2＝(2a ＋b )2－6ab ， ∴(2a ＋b )2＝c ＋6ab .若|2a ＋b |最大，则ab >0. 当a >0，b >0时，(2a ＋b )2＝c ＋6ab ＝c ＋3×2a ·b ≤c ＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋b 22，∴(2a ＋b )2≤c ＋34(2a ＋b )2，∴(2a ＋b )2≤4c ，|2a ＋b |≤2c ，当且仅当b ＝2a ，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝c 2，b ＝c时取等号.此时1a ＋2b ＋4c＝2c＋2c ＋4c>0.当a <0，b <0时，(2a ＋b )2＝c ＋6ab ＝c ＋3(－2a )·(－b )≤c ＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a －b 22， ∴(2a ＋b )2≤4c ，|2a ＋b |≤2c ，即－2a －b ≤2c .当且仅当b ＝2a ，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－c 2，b ＝－c时取等号. 此时1a ＋2b ＋4c ＝－2c －2c ＋4c ＝4c －4c ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1c －122－1≥－1，当1c ＝12，即c ＝4时等号成立.综上可知，当c ＝4，a ＝－1，b ＝－2时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b ＋4c min＝－1.答案－111.若a ＞0，b ＞0，且1a ＋1b＝ab .(1)求a 3＋b 3的最小值；(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由.解 (1)由ab ＝1a ＋1b≥2ab，得ab ≥2，且当a ＝b ＝2时等号成立.故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，且当a ＝b ＝2时等号成立. 所以a 3＋b 3的最小值为4 2.(2)由(1)知，2a ＋3b ≥26ab ≥4 3.由于43＞6，从而不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6.12.经过长期观测得到：在交通繁忙的时段内，某公路段汽车的车流量y (千辆/时)与汽车的平均速率v (千米/时)之间的函数关系为y ＝920vv 2＋3v ＋1 600(v ＞0).(1)在该时段内，当汽车的平均速度v 为多少时，车流量最大？最大车流量为多少？(精确到0.1千辆/时)(2)若要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应在什么范围内？解 (1)依题意，y ＝9203＋⎝ ⎛⎭⎪⎫v ＋1 600v ≤9203＋2 1 600＝92083≈11.1(千辆/时)(2)由条件得920vv 2＋3v ＋1 600＞10，整理得v 2－89v ＋1 600＜0，即(v －25))(v －64)＜0，解得25＜v ＜64.答当v ＝40千米/时时，车流量最大，最大车流量约为11.1千辆/时.如果要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应大于25千米/时且小于64千米/时.。

2018_2019学年高中数学第一章不等关系与基本不等式1.4不等式的证明1.4.1比较法、分析法课件选修

又∵a>0,b>0,∴
�� +
��
�� ≥
��
�� +
��.
反思用求商比较法比较大小的前提是两个数 a,b 同号,对��进行整理,直到能清晰地看出��与 1 的大小关系为止,在运算过程中注意运
用技巧.
题型一题型二题型三
①当a>b>0时,a-b>0,bn-an<0,
有(a-b)(bn-an)<0.
②当b>a>0时,a-b<0,bn-an>0,
有(a-b)(bn-an)<0.
③当a=b>0时,a-b=0,有(a-b)(bn-an)=0.
即(a-b)(bn-an)≤0, 故(a+b)(an+bn)≤2(an+1+bn+1).
题型一题型二题型三
题型二用求商比较法证明不等式
【例 2】已知 a>0,b>0,求证: �� + �� ≥ �� + ��.
��
分析:因为a,b均为正数,所以左边和右边都是正数,故可以用求商
比较法进行比较.
证明: ∵
��
题型一题型二题型三
题型三用分析法证明不等式
【例 3】已知 α,β∈ 0, π , 且��≠β,求证:tan α+tan β>2tan ��+�� .
2
2
分析:本题证明关系比较复杂,直接证明不易观察出因果关系,因

高中数学第一章不等关系与基本不等式1.4第1课时比较法、分析法、综合法当堂达标北师大版选修4-5(

2018年高中数学第一章不等关系与基本不等式1.4 第1课时比较法、分析法、综合法当堂达标北师大版选修4-5编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018年高中数学第一章不等关系与基本不等式1.4 第1课时比较法、分析法、综合法当堂达标北师大版选修4-5）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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1.4 第一课时比较法、分析法、综合法1．已知a，b∈R，M＝a2＋b2，N＝2(a－b－1)，则M与N的大小关系是（)A．M≥N B．M＞NC．M≤N D．M＜N解析：因为M－N＝a2＋b2－2（a－b－1）＝a2＋b2－2a＋2b＋2＝（a2－2a＋1）＋（b2＋2b＋1）＝（a－1）2＋（b＋1)2≥0，所以M－N≥0，即M≥N.答案：A2．给出下列命题：①当b＞0时，a＞b⇔错误!＞1；②当b＞0时，a＜b⇔错误!＜1；③当a＞0，b＞0时，错误!＞1⇔a＞b;④当ab＞0时，错误!＞1⇔a＞b.其中真命题有（)A．①②③B．①②④C．④D．①②③④解析：由不等式的基本性质，可知①②③正确．命题④没有对b的正负进行讨论，故④不正确．答案：A3．欲证错误!－错误!＜错误!－错误!，只需证（）A．(错误!－错误!）2＜(错误!－错误!)2 B．（错误!－错误!）2＜（错误!－错误!)2C．（错误!＋错误!）2＜（错误!＋错误!）2 D．(错误!－错误!－错误!)2＜(－错误!）2解析：欲证错误!－错误!＜错误!－错误!，只需证（错误!＋错误!)2＜(错误!＋错误!)2。

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第2课时分析法与综合法学习目标 1.理解综合法、分析法证明不等式的原理和思维特点.2.掌握综合法、分析法证明不等式的方法和步骤.3.会用综合法、分析法证明一些不等式．知识点分析法与综合法思考1 在“推理与证明”中，学习过分析法、综合法，请回顾分析法、综合法的基本特征．答案分析法是逆推证法或执果索因法，综合法是顺推证法或由因导果法．思考2 综合法与分析法有什么区别和联系？答案区别：综合法，由因导果，形式简洁，易于表达；分析法，执果索因，利于思考，易于探索．联系：都属于直接证明，常用分析法分析，用综合法表达．梳理(1)分析法①定义：在证明过程中，从所要证明的结论入手向已知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．②特点：执果索因，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”．③证明过程的框图表示：用Q表示要证明的不等式，则分析法可用框图表示为Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件(2)综合法①定义：在证明过程中，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)，推出了所要证明的结论，即“由因寻果”的方法，这种证明不等式的方法称为综合法．②特点：由因导果，即从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”．③证明的框图表示：用P表示已知条件或已有定义、定理、公理等，用Q表示所要证明的不等式，则综合法可用框图表示为P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Q n⇒Q类型一分析法证明不等式例1 若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lg a ＋b2＋lgc ＋b2＋lga ＋c2＞lg a ＋lg b ＋lg c .证明要证lg a ＋b2＋lgc ＋b2＋lga ＋c2＞lg a ＋lg b ＋lg c ，即证lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·c ＋b 2·a ＋c 2＞lg abc 成立，只需证a ＋b 2·c ＋b 2·a ＋c2＞abc 成立．又∵a ＋b2≥ab ＞0，c ＋b 2≥cb ＞0，a ＋c2≥ac ＞0，∴a ＋b 2·c ＋b 2·a ＋c2≥abc ＞0.(*)又∵a ，b ，c 是不全相等的正数， ∴(*)式等号不成立， ∴原不等式成立．反思与感悟用分析法解决此类题目时要注意两点 (1)对数的运算性质要正确运用．(2)要注意已知条件“不全相等”，所以等号不成立．跟踪训练1 已知x ＞0，y ＞0，求证：11223332()().x y x y ＋＞＋证明要证明11223332()()x y x y ＋＞＋，只需证(x 2＋y 2)3＞(x 3＋y 3)2.即证x 6＋3x 4y 2＋3x 2y 4＋y 6＞x 6＋2x 3y 3＋y 6，即证3x 4y 2＋3x 2y 4＞2x 3y 3. ∵x ＞0，y ＞0，∴x 2y 2＞0. 即证3x 2＋3y 2＞2xy . ∵3x 2＋3y 2＞x 2＋y 2≥2xy ， ∴3x 2＋3y 2＞2xy 成立． ∴11223332()().x y x y ＋＞＋类型二综合法证明不等式例2 已知a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝1，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2≥252.证明方法一 ∵a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝1， ∴ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝14.∴⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＝4＋(a 2＋b 2)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1b 2 ＝4＋[(a ＋b )2－2ab ]＋(a ＋b )2－2aba 2b2＝4＋(1－2ab )＋1－2ab a 2b 2≥4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2×14＋1－2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫142＝252.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2≥252，当且仅当a ＝b ＝12时，取等号．方法二左边＝⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＝a 2＋b 2＋4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1b 2＝4＋a 2＋b 2＋(a ＋b )2a 2＋(a ＋b )2b 2＝4＋a 2＋b 2＋1＋2b a ＋b 2a ＋a 2b ＋2ab＋1＝4＋(a 2＋b 2)＋2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a 2＋a 2b 2 ≥4＋(a ＋b )22＋2＋2×2b a ·a b ＋2·b a ·ab＝4＋12＋2＋4＋2＝252，当且仅当a ＝b ＝12时“＝”成立．∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2≥252. 反思与感悟综合法证明不等式，揭示出条件和结论之间的因果联系，为此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．跟踪训练2 已知x ＞0，y ＞0，且x ＋y ＝1，求证：⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1y ≥9.证明方法一 ∵x ＞0，y ＞0，∴1＝x ＋y ≥2xy .∴xy ≤14.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y ＝1＋1x ＋1y ＋1xy＝1＋x ＋y xy ＋1xy ＝1＋2xy≥1＋8＝9. 当且仅当x ＝y ＝12时等号成立．方法二 ∵x ＋y ＝1，x ＞0，y ＞0，∴⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x ＋y x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x ＋y y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋y x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x y ＝5＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋x y ≥5＋2×2＝9. 当且仅当x ＝y ＝12时等号成立．类型三分析综合法证明不等式例3 设a ＞0，b ＞0，且a ＋b ＝1，求证：a ＋1＋b ＋1≤ 6. 证明要证a ＋1＋b ＋1≤6，只需证(a ＋1＋b ＋1)2≤6，即证(a ＋b )＋2＋2ab ＋a ＋b ＋1≤6. ∵a ＋b ＝1，∴只需证ab ＋2≤32，即证ab ≤14.由a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，得ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝14，即ab ≤14成立．∴原不等式成立．跟踪训练3 已知△ABC 的三边长是a ，b ，c ，且m 为正数，求证：aa ＋m ＋bb ＋m ＞cc ＋m.证明要证aa ＋m ＋bb ＋m ＞cc ＋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 是△ABC 的边长，m ＞0，故有a ＋b ＞c ，即(a ＋b －c )m 2＞0.所以abc ＋2abm ＋(a ＋b －c )m 2＞0成立．因此aa ＋m ＋bb ＋m ＞cc ＋m成立.1．若a ＜b ＜0，则下列不等式中成立的是( ) A.1a ＜1bB ．a ＋1b ＞b ＋1aC ．b ＋1a ＞a ＋1bD.b a ＜b ＋1a ＋1答案 C解析 ∵a ＜b ＜0，∴ab ＞0，∴a ab ＜b ab ＜0，即1b ＜1a＜0. ∴a ＋1b＜b ＋1a.2．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，a ＞0，b ＞0，a ≠b ，A ＝f⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 中最大的为________．答案 C解析 ∵a ＞0，b ＞0，a ≠b ， ∴a ＋b2＞ab ＞2aba ＋b. 又函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在R 上单调递减，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2＜f (ab )＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，即A ＜B ＜C .3．已知正实数a ，b ，c 满足1a ＋2b ＋3c ＝1，求证：a ＋b 2＋c3≥9.证明 ∵a ，b ，c 是正实数， ∴1a ＋2b ＋3c≥331a ·2b ·3c>0，同理可证a ＋b 2＋c3≥33a ·b 2·c 3>0.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2＋c 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b ＋3c ≥33a ·b 2·c3·331a ·2b ·3c＝9.∵1a ＋2b ＋3c ＝1，∴a ＋b 2＋c3≥9，当且仅当a ＝3，b ＝6，c ＝9时，等号成立． 4．已知a ，b ∈R ＋，且2c ＞a ＋b ，求证：c －c 2－ab ＜a ＜c ＋c 2－ab . 证明要证c －c 2－ab ＜a ＜c ＋c 2－ab ，只需证－c 2－ab ＜a －c ＜c 2－ab ，即证|a －c |＜c 2－ab ，两边平方得a 2－2ac ＋c 2＜c 2－ab ，即证a 2＋ab ＜2ac ，即a (a ＋b )＜2ac .∵a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＜2c ， ∴a (a ＋b )＜2ac 显然成立． ∴原不等式成立．1．综合法和分析法的比较 (1)相同点：都是直接证明．(2)不同点：综合法，由因导果，形式简洁，易于表达；分析法，执果索因，利于思考，易于探索．2．证明不等式的通常做法常用分析法找证题切入点，用综合法写证题过程．一、选择题1．设a ，b ＞0，A ＝a ＋b ，B ＝a ＋b ，则A ，B 的大小关系是( ) A ．A ＝B B ．A ＜B C ．A ＞BD ．大小不确定答案 C解析 ∵A 2－B 2＝(a ＋b ＋2ab )－(a ＋b )＝2ab ＞0，∴A 2＞B 2，即A ＞B . 2．已知a ，b ，c 为三角形的三边，且S ＝a 2＋b 2＋c 2，P ＝ab ＋bc ＋ca ，则( ) A ．S ≥2P B ．P ＜S ＜2P C ．S ＞P D ．P ≤S ＜2P 答案 D解析 ∵2S －2P ＝2a 2＋2b 2＋2c 2－2ab －2bc －2ca ＝(a －b )2＋(a －c )2＋(b －c )2≥0，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立． ∴2S ≥2P ，即P ≤S .∵S －2P ＝a 2＋b 2＋c 2－2ab －2bc －2ac . ＝(a －b )2＋c 2－2bc －2ac ，又∵a －b ＜c ，∴S －2P ＜c 2＋c 2－2bc －2ac ＝2c (c －b －a )＜0恒成立，∴S －2P ＜0，综上P ≤S ＜2P .3．若x ，y ∈R ，且x 2＋y 2＝1，则(1－xy )(1＋xy )有( ) A ．最小值34，而无最大值B ．最小值1，而无最大值C ．最小值12和最大值1D ．最小值34和最大值1答案 D解析 ∵x 2＋y 2≥2|xy |， ∴0≤|xy |≤12，∴0≤x 2y 2≤14，∴(1－xy )(1＋xy )＝1－x 2y 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，1.4．已知a >b >0，x >0，那么b ＋xa ＋x的取值范围是( ) A.b ＋xa ＋x >1 B.b ＋xa ＋x <1 C ．0b >0，x >0，所以a ＋x >b ＋x >x >0，所以0<b ＋xa ＋x<1.5．设13＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13b ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13a＜1，则( )A ．a a＜a b＜b aB ．a a ＜b a ＜a bC ．a b＜a a＜b aD ．a b＜b a＜a a答案 C解析 ∵13＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13b ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13a＜1，∴0＜a ＜b ＜1，∴a a a b ＝a a －b＞1，∴a b＜a a.a a b a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a，∵0＜a b＜1，a ＞0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a ＜1，∴a a ＜b a，∴a b＜a a＜b a.6．设a ＝2，b ＝7－3，c ＝6－2，那么a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a ＞b ＞c B ．a ＞c ＞b C ．b ＞a ＞c D ．b ＞c ＞a 答案 B解析由已知，可得出a ＝422，b ＝47＋3，c ＝46＋2，∵7＋3＞6＋2＞22， ∴b ＜c ＜a . 二、填空题7．比较大小：若a ＞0，b ＞0，则lg ⎝⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2________12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．答案 ≥解析 12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]＝12lg[(1＋a )(1＋b )]＝lg[(1＋a )(1＋b )]12，又lg ⎝⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋22， ∵a ＞0，b ＞0，∴a ＋1＞0，b ＋1＞0， ∴[(a ＋1)(1＋b )]12≤a ＋1＋b ＋12＝a ＋b ＋22，∴lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2≥lg[(1＋a )(1＋b )]12. 即lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2≥12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．8．若x ＞0，y ＞0，且xy －(x ＋y )＝1，则x ＋y 的最小值为________．答案 2＋2 2解析由xy －(x ＋y )＝1，得y ＝x ＋1x －1＝1＋2x －1，又∵x ＞0，y ＞0，∴x ＞1. ∴x ＋y ＝x ＋1＋2x －1＝(x －1)＋2x －1＋2≥2＋2 2. 当且仅当x －1＝2x －1，即x ＝1＋2时，等号成立． 9．已知a ＞0，b ＞0，若P 是a ，b 的等差中项，Q 是a ，b 的正的等比中项，1R 是1a ，1b的等差中项，则P ，Q ，R 按从大到小的排列顺序为________．答案 P ≥Q ≥R 解析 P ＝a ＋b2，Q ＝ab ，2R ＝1a ＋1b，∴R ＝2ab a ＋b ≤Q ＝ab ≤P ＝a ＋b2，当且仅当a ＝b 时取等号． 10．设a ＞b ＞c ，且1a －b ＋1b －c ≥m a －c恒成立，则m 的取值范围是________．答案 (－∞，4]解析 ∵a ＞b ＞c ，∴a －b ＞0，b －c ＞0，a －c ＞0. 又(a－c )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ＝[(a －b )＋(b －c )]·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ≥2(a －b )(b －c )·21a －b ·1b －c＝4，当且仅当a －b ＝b －c 时取等号．∴m ∈(－∞，4]．三、解答题11．已知a ＞b ＞0，求证：(a －b )28a ＜a ＋b 2－ab ＜(a －b )28b .证明要证原不等式成立，只需证(a －b )24a ＜a ＋b －2ab ＜(a －b )24b ，即证⎝⎛⎭⎪⎫a －b 2a 2＜(a －b )2＜⎝ ⎛⎭⎪⎫a －b 2b 2，只需证a －b 2a ＜a －b ＜a －b2b，即a ＋b 2a ＜1＜a ＋b2b，即证ba＜1＜a b ，只需证b a ＜1＜a b . ∵a ＞b ＞0，∴b a＜1＜a b成立．∴原不等式成立．12．已知a ，b ，c 都是实数，求证：a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2≥ab ＋bc ＋ca .证明 ∵a ，b ，c ∈R ，∴a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca .将以上三个不等式相加，得2(a 2＋b 2＋c 2)≥2(ab ＋bc ＋ca )，① 即a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .②在不等式①的两边同时加上a 2＋b 2＋c 2，得3(a 2＋b 2＋c 2)≥(a ＋b ＋c )2，即a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2.③在不等式②的两端同时加上2(ab ＋bc ＋ca )，得(a ＋b ＋c )2≥3(ab ＋bc ＋ca )，即13(a ＋b ＋c )2≥ab ＋bc ＋ca .④ 由③④得a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2≥ab ＋bc ＋ca .13．已知a ，b ，c 都是正数，求证：2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 3－3abc .证明方法一要证2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 3－3abc ，只需证a ＋b －2ab ≤a ＋b ＋c －33abc ，即－2ab ≤c －33abc ，移项，得c ＋2ab ≥33abc .由a ，b ，c 为正数，得c ＋2ab ＝c ＋ab ＋ab ≥33abc 成立． ∴原不等式成立．方法二 ∵a ，b ，c 是正数，∴c ＋ab ＋ab ≥33c ab ·ab ＝33abc ，即c ＋2ab ≥33abc .故－2ab ≤c －33abc .∴a ＋b －2ab ≤a ＋b ＋c －33abc .∴2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 3－3abc .四、探究与拓展14．分析法又叫执果索因法，若使用分析法证明：设a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac <3a ，则应索的因是( )A ．a －b >0B ．a －c >0C ．(a －b )(a －c )>0D ．(a －b )(a －c )<0答案 C解析 ∵a >b >c 且a ＋b ＋c ＝0，∴a >0，要证b 2－ac <3a ，只需证b 2－ac <3a 2，只需证b 2－ac －3a 2<0.∵a ＋b ＋c ＝0，∴a ＋c ＝－b ，∴只需证(a ＋c )2－ac －3a 2<0，即(a －c )(2a ＋c )>0，即证(a －c )(a －b )>0.15．已知实数a ，b ，c 满足c ＜b ＜a ，a ＋b ＋c ＝1，a 2＋b 2＋c 2＝1，求证：1＜a ＋b ＜43. 证明 ∵a ＋b ＋c ＝1，∴欲证结论等价于1＜1－c ＜43，即证－13＜c ＜0. 又a 2＋b 2＋c 2＝1，则ab ＝(a ＋b )2－(a 2＋b 2)2＝(1－c )2－(1－c 2)2＝c 2－c ，① 又a ＋b ＝1－c ，②由①②得a ，b 是方程x 2－(1－c )x ＋c 2－c ＝0的两个不等实根，从而Δ＝(1－c )2－4(c 2－c )＞0，解得－13＜c ＜1. ∵c ＜b ＜a ，∴(c －a )(c －b )＝c 2－c (a ＋b )＋ab ＝c 2－c (1－c )＋c 2－c ＞0，解得c ＜0或c ＞23(舍)．1 3＜c＜0，即1＜a＋b＜43.∴－。