2018_2019高中数学第二讲证明不等式的基本方法2.1比较法教案新人教A版选修4_5

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高中数学第二讲讲明不等式的基本方法复习课学案新人教A版选修4-5-新人教A版高二选修4-5数学

第二讲讲明不等式的基本方法复习课学习目标 1.系统梳理证明不等式的基本方法.2.进一步体会不同方法所适合的不同类型的问题，针对不同类型的问题，合理选用不同的方法.3.进一步熟练掌握不同方法的解题步骤及规范．1．比较法作差比较法是证明不等式的基本方法，其依据是：不等式的意义及实数大小比较的充要条件．证明的步骤大致是：作差——恒等变形——判断结果的符号．2．综合法综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推理的基本理论．证明时要注意的是作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握．3．分析法分析法证明不等式的依据也是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论．分析法证明不等式的思维方向是“逆推”，即从待证的不等式出发，逐步寻找使它成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手，因此，通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．4．反证法反证法是一种“正难则反”的方法，反证法适用的范围：①直接证明困难；②需要分成很多类进行讨论；③“唯一性”“存在性”的命题；④结论中含有“至少”“至多”否定性词语的命题．5．放缩法放缩法就是将不等式的一边放大或缩小，寻找一个中间量，常用的放缩技巧有：①舍掉(或加进)一些项；②在分式中放大或缩小分子或分母；③用基本不等式放缩.类型一比较法证明不等式例1 若x ，y ，z ∈R ，a ＞0，b ＞0，c ＞0.求证：b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx )．证明 ∵b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2－2(xy ＋yz ＋zx ) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫bax 2＋a by 2－2xy ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c by 2＋b cz 2－2yz ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a c z 2＋c a x 2－2zx ＝⎝⎛⎭⎪⎫b ax －a b y 2＋⎝⎛⎭⎪⎫c by －b c z 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a cz －c a x 2≥0， ∴b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx )成立．反思与感悟作差法证明不等式的关键是变形，变形是证明推理中一个承上启下的关键，变形的目的在于判断差的符号，而不是考虑能否化简或值是多少，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．跟踪训练1 设a ，b 为实数，0＜n ＜1,0＜m ＜1，m ＋n ＝1，求证：a 2m ＋b 2n ≥(a ＋b )2.证明 a 2m ＋b 2n －(a ＋b )2＝na 2＋mb 2mn －nm (a 2＋2ab ＋b 2)mn＝na 2(1－m )＋mb 2(1－n )－2mnab mn＝n 2a 2＋m 2b 2－2mnab mn ＝(na －mb )2mn ≥0，∴a 2m ＋b 2n≥(a ＋b )2. 类型二综合法与分析法证明不等式例2 已知a ，b ，c ∈R ＋，且ab ＋bc ＋ca ＝1，求证： (1)a ＋b ＋c ≥3； (2)a bc ＋b ac ＋cab≥3(a ＋b ＋c )．证明 (1)要证a ＋b ＋c ≥3，由于a ，b ，c ∈R ＋，因此只需证(a ＋b ＋c )2≥3，即证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3，根据条件，只需证a 2＋b 2＋c 2≥1＝ab ＋bc ＋ca ，由ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 22＝a 2＋b 2＋c 2(当且仅当a ＝b ＝c ＝33时取等号)可知，原不等式成立． (2)a bc ＋b ac＋c ab ＝a ＋b ＋c abc，在(1)中已证a ＋b ＋c ≥3， ∵ab ＋bc ＋ca ＝1， ∴要证原不等式成立，只需证1abc≥a ＋b ＋c ，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1＝ab ＋bc ＋ca . ∵a ，b ，c ∈R ＋，a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac2，b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤ac ＋bc2，∴a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca (a ＝b ＝c ＝33时取等号)成立， ∴原不等式成立．反思与感悟证明比较复杂的不等式时，考虑分析法与综合法的结合使用，这样使解题过程更加简洁．跟踪训练2 已知a ＞b ＞c ，求证：1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0. 证明方法一要证1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0，只需证1a －b ＋1b －c ＞1a －c. ∵a ＞b ＞c ，∴a －c ＞a －b ＞0，b －c ＞0， ∴1a －b ＞1a －c ，1b －c＞0，∴1a －b ＋1b －c ＞1a －c成立， ∴1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0成立．方法二 ∵a ＞b ＞c ， ∴a －c ＞a －b ＞0，b －c ＞0， ∴1a －b ＞1a －c ，1b －c ＞0， ∴1a －b ＋1b －c ＞1a －c ， ∴1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0. 类型三反证法证明不等式例3 若x ，y 都是正实数，且x ＋y >2，求证：1＋x y <2或1＋yx<2中至少有一个成立．证明假设1＋x y <2和1＋y x<2都不成立，则1＋x y ≥2和1＋yx≥2同时成立．因为x >0且y >0，所以1＋x ≥2y 且1＋y ≥2x ，两式相加，得2＋x ＋y ≥2x ＋2y ，所以x ＋y ≤2. 这与已知x ＋y >2矛盾．故1＋x y <2或1＋y x<2中至少有一个成立．反思与感悟反证法的“三步曲”：(1)否定结论．(2)推出矛盾．(3)肯定结论．其核心是在否定结论的前提下推出矛盾．跟踪训练3 已知函数y ＝f (x )在R 上是增函数，且f (a )＋f (－b )＜f (b )＋f (－a )，求证：a ＜b .证明假设a ＜b 不成立，则a ＝b 或a ＞b .当a ＝b 时，－a ＝－b ，则有f (a )＝f (b )，f (－a )＝f (－b )，于是f (a )＋f (－b )＝f (b )＋f (－a )与已知矛盾．当a ＞b 时，－a ＜－b ，由函数y ＝f (x )的单调性，可得f (a )＞f (b )，f (－b )＞f (－a )，于是有f (a )＋f (－b )＞f (b )＋f (－a )与已知矛盾．故假设不成立． ∴a ＜b .类型四放缩法证明不等式例4 已知n ∈N ＋，求证：2(n ＋1－1)＜1＋12＋13＋…＋1n＜2n .证明 ∵对k ∈N ＋，1≤k ≤n ，有 1k ＝22k＞2k ＋k ＋1＝2(k ＋1－k )，∴1k＞2(k ＋1－k )． ∴1＋12＋13＋…＋1n＞2(2－1)＋2(3－2)＋…＋2(n ＋1－n )＝2(n ＋1－1)．又∵对于k ∈N ＋，2≤k ≤n ，有 1k ＝22k＜2k ＋k －1＝2(k －k －1)，∴1＋12＋13＋…＋1n＜1＋2(2－1)＋2(3－2)＋…＋2(n －n －1)＝2n －1＜2n . ∴原不等式成立．反思与感悟放缩法是在顺推法逻辑推理过程中，有时利用不等式关系的传递性作适当的放大或缩小，证明比原不等式更强的不等式来代替原不等式的一种证明方法．放缩法的实质是非等价转化，放缩没有一定的准则和程序，需按题意适当放缩，否则达不到目的．跟踪训练4 设f (x )＝x 2－x ＋13，a ，b ∈[0,1]，求证：|f (a )－f (b )|≤|a －b |. 证明 |f (a )－f (b )|＝|a 2－a －b 2＋b | ＝|(a －b )(a ＋b －1)|＝|a －b ||a ＋b －1|， ∵0≤a ≤1,0≤b ≤1，∴0≤a ＋b ≤2，－1≤a ＋b －1≤1，|a ＋b －1|≤1. ∴|f (a )－f (b )|≤|a －b |.1．已知p: ab ＞0，q ：b a ＋a b≥2，则p 与q 的关系是( ) A ．p 是q 的充分不必要条件 B ．p 是q 的必要不充分条件C ．p 是q 的充要条件D ．以上答案都不对答案 C解析由ab ＞0，得b a ＞0，a b＞0，∴b a ＋a b ≥2b a ·ab ＝2，又b a ＋a b≥2，则b a ，a b必为正数， ∴ab ＞0.2．实数a ，b ，c 满足a ＋2b ＋c ＝2，则( ) A ．a ，b ，c 都是正数 B ．a ，b ，c 都大于1 C ．a ，b ，c 都小于2D ．a ，b ，c 中至少有一个不小于12答案 D解析假设a ，b ，c 都小于12，则a ＋2b ＋c <2与a ＋2b ＋c ＝2矛盾． 3．若a ＝lg22，b ＝lg33，c ＝lg55，则( )A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．b ＜a ＜c答案 C解析 a ＝3lg 26＝lg 86，b ＝2lg 36＝lg 96，∵9＞8，∴b ＞a .b 与c 比较：b ＝lg 33＝lg 3515，c ＝lg 55＝lg 5315，∵35＞53，∴b ＞c .a 与c 比较：a ＝lg 2510＝lg 3210，c ＝lg 2510，∵32＞25，∴a ＞c .∴b ＞a ＞c ，故选C.4．已知a，b∈R＋，n∈N＋，求证：(a＋b)(a n＋b n)≤2(a n＋1＋b n＋1)．证明∵(a＋b)(a n＋b n)－2(a n＋1＋b n＋1)＝a n＋1＋ab n＋ba n＋b n＋1－2a n＋1－2b n＋1＝a(b n－a n)＋b(a n－b n)＝(a－b)(b n－a n)．(1)若a＞b＞0，则b n－a n＜0，a－b＞0，∴(a－b)(b n－a n)＜0.(2)若b＞a＞0，则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，对于a，b∈R＋，n∈N＋，都有(a＋b)(a n＋b n)≤2(a n＋1＋b n＋1)．1．比较法证明不等式一般有两种方法：作差法和作商法，作商法应用的前提条件是已知不等式两端的代数式同号．2．由教材内容可知，分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”，两者是对立统一的两种方法．3．证明不等式的基本方法及一题多证：证明不等式的基本方法主要有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等．证明不等式时既可探索新的证明方法，培养创新意识，也可一题多证，开阔思路，活跃思维，目的是通过证明不等式发展逻辑思维能力，提高数学素养．一、选择题1．a，b∈R＋，那么下列不等式中不正确的是( )A.ab＋ba≥2 B.b2a＋a2b≥a＋bC.ba2＋ab2≤a＋babD.1a2＋1b2≥2ab答案 C解析A满足基本不等式；B可等价变形为(a－b)2(a＋b)≥0正确；B选项中不等式的两端同除以ab，不等式方向不变，所以C选项不正确；D选项是A选项中不等式的两端同除以ab 得到的，D正确．2．设0<x<1，则a＝2x，b＝x＋1，c＝11－x中最大的是( )A．c B．bC．a D．随x取值不同而不同答案 A解析∵0<x<1，∴b＝x＋1>2x>2x＝a，∵11－x－(x＋1)＝1－(1－x2)1－x＝x21－x>0，∴c>b>a.3．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4 (a≥0)，则P与Q的大小关系为( ) A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值确定答案 C解析 ∵P 2＝2a ＋7＋2a 2＋7a ，Q 2＝2a ＋7＋2a 2＋7a ＋12，∴P 2<Q 2，即P <Q .4．设a ＝(m 2＋1)(n 2＋4)，b ＝(mn ＋2)2，则( ) A ．a ＞b B ．a ＜b C ．a ≤b D ．a ≥b答案 D解析 ∵a －b ＝(m 2＋1)(n 2＋4)－(mn ＋2)2＝4m 2＋n 2－4mn ＝(2m －n )2≥0， ∴a ≥b .5．已知a ，b ，c ，d 为实数，ab ＞0，－c a ＜－d b，则下列不等式中成立的是( ) A ．bc ＜ad B ．bc ＞ad C.a c ＞b d D.a c ＜b d答案 B解析将－c a ＜－d b两边同乘以正数ab ，得－bc ＜－ad ，所以bc ＞ad . 6．若A ，B 为△ABC 的内角，则A >B 是sin A >sin B 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 C解析由正弦定理知a sin A ＝bsin B ＝2R ，又A ，B 为三角形的内角， ∴sin A >0，sin B >0，∴sin A >sin B ⇔2R sin A >2R sin B ⇔a >b ⇔A >B . 二、填空题7．lg9·lg11与1的大小关系是________．答案 lg9·lg11＜1 解析 ∵lg9＞0，lg11＞0，∴lg9·lg11＜lg9＋lg112＜lg992＜lg1002＝1.∴lg9·lg11＜1.8．当x ＞1时，x 3与x 2－x ＋1的大小关系是________．答案 x 3＞x 2－x ＋1解析 ∵x 3－(x 2－x ＋1)＝x 3－x 2＋x －1＝x 2(x －1)＋(x －1)＝(x －1)(x 2＋1)，且x ＞1， ∴(x －1)(x 2＋1)＞0. ∴x 3－(x 2－x ＋1)＞0，即x 3＞x 2－x ＋1.9．用反证法证明“在△ABC 中，若∠A 是直角，则∠B 是锐角”时，应假设________．答案 ∠B 不是锐角解析 “∠B 是锐角”的否定是“∠B 不是锐角”．10．建造一个容积为8m 3，深为2m 的长方体无盖水池，如果池底和池壁的造价每平方米分别为120元和80元，那么水池的最低总造价为________元．答案 1760解析设水池底长为x (x ＞0)m ，则宽为82x ＝4x(m)．水池造价y ＝82×120＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ×2＋8x ×2×80＝480＋320⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x ≥480＋1 280＝1 760(元)，当且仅当x ＝2时取等号．三、解答题11．求证：112＋122＋132＋…＋1n 2＜2.证明因为1n2＜1n (n －1)＝1n －1－1n(n ∈N ＋，n ≥2)，所以112＋122＋132＋…＋1n 2＜1＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)·n＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n＜2. 所以原不等式得证．12．已知a n ＝1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)(n ∈N ＋)，求证：n (n ＋1)2＜a n ＜(n ＋1)22. 证明 ∵n (n ＋1)＞n ，∴a n ＝1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)＞1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2. 又n (n ＋1)＜(n ＋1)＋n 2＝2n ＋12， ∴a n ＝1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)＜32＋52＋…＋2n ＋12＝n 2＋2n 2＜(n ＋1)22. ∴n (n ＋1)2＜a n ＜(n ＋1)22. 四、探究与拓展13．已知a ，b 是正数，a ≠b ，x ，y ∈(0，＋∞)，若a 2x ＋b 2y ≥(a ＋b )2x ＋y，则等号成立的条件为________．答案 ay ＝bx解析 a 2x ＋b 2y －(a ＋b )2x ＋y＝a 2y (x ＋y )＋b 2x (x ＋y )－xy (a ＋b )2xy (x ＋y )＝(ay －bx )2xy (x ＋y )≥0，当且仅当ay ＝bx 时等号成立．14．设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N ＋.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜13. (1)解令n ＝1，得S 21－(－1)S 1－3×2＝0，即S 21＋S 1－6＝0，所以(S 1＋3)(S 1－2)＝0，因为S 1＞0，所以S 1＝2，即a 1＝2.(2)解由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，得(S n ＋3)[S n －(n 2＋n )]＝0，因为a n ＞0(n ∈N ＋)，S n ＞0，从而S n ＋3＞0，所以S n ＝n 2＋n ，所以当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n ，又a 1＝2＝2×1，所以a n ＝2n (n ∈N ＋)．(3)证明设k ≥2，则1a k (a k ＋1)＝12k (2k ＋1)＜1(2k －1)(2k ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －1－12k ＋1，所以1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋1a 3(a 3＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜12×3＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝16＋16－12(2n ＋1)＜13. 所以1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜13.。

2018_2019高中数学第二讲证明不等式的基本方法2.2证明不等式的基本方法课件新人教A版

前置学习
【解析】
1 1 ∵ ＜＜0，∴b＜a＜0， a b
a＋b＜0， ∴ ab＞0， |b|＞|a|. 故①正确，②③错误． b a ∵a，b 同号且 a≠b，∴ ，均为正， a b b a ∴ ＋＞2 a b
【答案】
ba ·＝2.故④正确． ab
①④
前置学习
5．已知 a＞0，b＞0,2c＞a＋b，求证：c－ c2－ab＜a.
即证 1＋即证
b a <2<1＋， a b b <1< a a . b
a b ∵a>b>0，∴ >1,0< <1. b a ∴ a >1, b b <1 成立． a
a－b2 a＋b a－b2 ∴ < － ab< 成立． 8a 2 8b
误区警示
(1)用分析法证明的格式是固定化的，每一步都是
3．已知 a，b∈(0，＋∞)，Ρ＝是________.
a＋ b2 【解析】 ∵a＋b≥ ， 2 ∴ a＋b≥
【答案】
a＋ b ，Q＝ a＋b，则 P，Q 的大小关系 2
a＋ b . 2
P≤Q
前置学习
1 1 4．若＜＜0，则下列不等式： a b b a ①a＋b＜ab；②|a|＞|b|；③a＜b；④ ＋＞2. a b 其中正确的有________．(填序号)
只需证 A 成立，而 A 已知成立，从而知“若 A 则 B”为真． (3)用分析法证明不等式的逻辑关系是：B⇐B1⇐B2…⇐Bn⇐A.
3．分析综合法证明不等式一般来说，对于较复杂的不等式，直接运用综合法往往不易下手，因而常用分析法寻求解题途径，然后用综合法进行证明．还有些不等式的证明，需一边分析一边综合，称之为分析综合法 (或两头凑法 )．分析综合法充分表明分析与综合之间互为前提，相互渗透，相互转化的辩证统一关系．分析的终点是综合的起点，综合的终点又成为进一步分析的起点.

2018_2019版高中数学第二章证明不等式的基本方法测评新人教A版选修

第二讲证明不等式的基本方法测评(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.已知,则下列不等式成立的是()A.a<bB.C. D.<0解析由>0,即>0,则<0.答案D2.若a∈R,且p=,q=a2-a+1,则()A.p≥qB.p>qC.p≤qD.p<q解析因为a∈R,所以p,q>0,且=(a2-a+1)(a2+a+1)=a4+a2+1≥1,所以q≥p.答案C3.(2017江西二模)求证,p=(x1-)2+(x2-)2+…+(x n-)2,q=(x1-a)2+(x2-a)2+…+(x n-a)2,若a≠,则一定有()A.p>qB.p<qC.p,q的大小不定D.以上都不对解析设f(x)=(x1-x)2+(x2-x)2+…+(x n-x)2,则f(x)=nx2-2(x1+x2+…+x n)x++…+.当x=时,f(x)取得最小值,即p<q,故选B.答案B4.对“a,b,c是不全相等的正数”,给出下列判断:①(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≠0;②a>b与a<b及a≠c中至少有一个成立;③a≠c,b≠c,a≠b不能同时成立,其中判断正确的个数为()A.0B.1C.2D.3解析对于①,假设(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2=0,这时a=b=c,与已知矛盾,故(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≠0,故①正确;对于②,假设a>b与a<b及a≠c都不成立时,有a=b=c,与已知矛盾,故a>b与a<b及a≠c中至少有一个成立,故②正确;对于③,显然不正确.答案C5.已知函数f(x)是R上的单调递增函数且为奇函数,数列{a n}是等差数列,a3>0,则f(a1)+f(a3)+f(a5)的值()A.恒为正数B.恒为负数C.恒为0D.可正可负解析因为f(x)是R上的单调递增函数且为奇函数,且a3>0,所以f(a3)>f(0)=0,而a1+a5=2a3,所以a1+a5>0,则a1>-a5,于是f(a1)>f(-a5),即f(a1)>-f(a5),所以f(a1)+f(a5)>0,故f(a1)+f(a3)+f(a5)>0.答案A6.要使成立,a,b应满足的条件是()A.ab<0,且a>bB.ab>0,且a>bC.ab<0,且a<bD.ab>0,且a>b或ab<0,且a<b解析⇔a-b+3-3<a-b⇔,所以当ab>0时,有,即b<a;当ab<0时,有,即b>a.答案D7.设a,b,c∈R,且a,b,c不全相等,则不等式a3+b3+c3≥3abc成立的一个充要条件是()A.a,b,c全为正数B.a,b,c全为非负实数C.a+b+c≥0D.a+b+c>0解析a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc)=(a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(a-c)2],而a,b,c不全相等⇔(a-b)2+(b-c)2+(a-c)2>0.故a3+b3+c3-3abc≥0⇔a+b+c≥0.答案C8.设a,b,c,d∈R,若a+d=b+c,且|a-d|<|b-c|,则有()A.ad=bcB.ad<bcC.ad>bcD.ad≤bc解析|a-d|<|b-c|⇒(a-d)2<(b-c)2⇒a2+d2-2ad<b2+c2-2bc,因为a+d=b+c⇒(a+d)2=(b+c)2⇒a2+d2+2ad=b2+c2+2bc,所以-4ad<-4bc,所以ad>bc.答案C9.使不等式>1+成立的正整数a的最大值是()A.10B.11C.12D.13解析用分析法可证当a=12时不等式成立,当a=13时不等式不成立.答案C10.已知a,b,c∈(0,+∞),若,则()A.c<a<bB.b<c<aC.a<b<cD.c<b<a解析由可得+1<+1<+1,即,所以a+b>b+c>c+a.由a+b>b+c可得a>c,由b+c>c+a可得b>a,于是有c<a<b.答案A11.设m>n,m,n∈N+,a=(lg x)m+(lg x)-m,b=(lg x)n+(lg x)-n,其中x>1,则()A.a>bB.a≥bC.a≤bD.a<b解析a-b=[(lg x)m-(lg x)n]-[(lg x)-n-(lg x)-m]=[(lg x)m-(lg x)n]-=(lg m x-lg n x)-=(lg m x-lg n x).因为x>1,所以lg x>0.当lg x=1时,a-b=0,所以a=b;当lg x>1时,a-b>0,所以a>b;当0<lg x<1时,a-b>0,所以a>b.综上,a≥b.答案B12.已知x,y>0,且xy-(x+y)=1,则()A.x+y≥2(+1)B.xy≤+1C.x+y≤(+1)2D.xy≥+1解析由xy-(x+y)=1可得xy=1+x+y≥1+2,即()2-2-1≥0,所以+1,则xy≥(+1)2,排除B和D;因为xy=x+y+1≤,解得x+y≥2(+1).故选A.答案A二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.当x>1时,x3与x2-x+1的大小关系是.解析因为x3-(x2-x+1)=x3-x2+x-1=x2(x-1)+(x-1)=(x-1)(x2+1),且x>1,所以(x-1)(x2+1)>0.因此x3-(x2-x+1)>0,即x3>x2-x+1.答案x3>x2-x+114.设0<m<n<a<b,函数y=f(x)在R上是减函数,下列四个数f,f,f,f的大小顺序是.解析∵<1<,y=f(x)在R上是减函数,∴f>f>f>f.答案f>f>f>f15.若a+b>a+b,则a,b应满足的条件是.解析因为a+b>a+b⇔()2()>0⇔a≥0,b≥0,且a≠b.答案a≥0,b≥0,且a≠b16.设a,b为正数,α为锐角,M=,N=()2,则M,N的大小关系是.解析因为a>0,b>0,α为锐角,所以N=ab+2+2,M=ab+≥ab+2当且仅当时,等号成立.又sin 2α≤1,所以M≥ab+2+2=N,当且仅当a=b,且α=时,等号成立.答案M≥N三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(本小题满分10分)设a>b>0,求证.证明因为a>b>0,所以>0,>0.又=1+>1,故.18.(本小题满分12分)设a,b>0,a≠b,求证>a+b.证明-(a+b)==(a3-b3)=,因为a,b>0,a≠b,所以a+b>0,(a-b)2>0,a2+ab+b2>0,a2b2>0, 所以>0.故>a+b.19.(本小题满分12分)已知a2+b2=1,x2+y2=1,试用分析法证明ax+by≤1.证明要证ax+by≤1成立,只需证1-(ax+by)≥0,只需证2-2ax-2by≥0.因为a2+b2=1,x2+y2=1,只需证a2+b2+x2+y2-2ax-2by≥0,即证(a-x)2+(b-y)2≥0,显然成立.所以ax+by≤1.20.(本小题满分12分)设a,b,c,d是正数,试证明下列三个不等式:①a+b<c+d;②(a+b)(c+d)<ab+cd;③(a+b)cd<ab(c+d)中至少有一个不正确.证明假设不等式①②③都正确.因为a,b,c,d都是正数,所以①②两不等式相乘并整理,得(a+b)2<ab+cd.④由③式,得(a+b)cd<ab(c+d)≤·(c+d).又a+b>0,(a+b)(c+d)<ab+cd,所以4cd<ab+cd.所以3cd<ab,即cd<.由④式,得(a+b)2<,即a2+b2<-ab,与平方和为正数矛盾.故假设不成立,即不等式①②③中至少有一个不正确.21.导学号26394042(本小题满分12分)已知正数a,b,c满足a+b+c=6,求证.证明由已知及三个正数的算术-几何平均不等式可得≥3==≥(当且仅当a=b=c=2时,等号成立),故原不等式成立.22.导学号26394043(本小题满分12分)设S n为数列{a n}的前n项和,S n=na n-3n(n-1)(n∈N+),且a2=11.(1)求a1的值;(2)求数列{a n}的前n项和S n;(3)设数列{b n}满足b n=,求证b1+b2+…+b n<.(1)解当n=2时,由S n=na n-3n(n-1),得a1+a2=2a2-3×2(2-1),又a2=11,可得a1=5.(2)解当n≥2时,由a n=S n-S n-1,得a n=na n-3n(n-1)-[(n-1)a n-1-3(n-1)(n-2)],整理,得a n-a n-1=6(n∈N,n≥2).又a2-a1=6,所以数列{a n}是首项为5,公差为6的等差数列.所以a n=5+6(n-1)=6n-1.故S n==3n2+2n.(3)证明b n====),所以b1+b2+…+b n<[()+()+()+…+()] =)<.故b1+b2+…+b n<成立.。

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学年高中数学第二讲证明不等式的基本方法一比较法习题课件新人教A版

1 2．若 x＋y＋z＝1，且 x，y，z∈R，则 x ＋y ＋z 与的大小关 3
2 2 2
系为________．
解析：x2＋y2＋z2－ 1 3
1 2 ＝ (3x ＋3y2＋3z2－1) 3 1 2 ＝ [3x ＋3y2＋3z2－(x＋y＋z)2] 3 1 ＝ [(x－y)2＋(y－z)2＋(z－x)2]≥0， 3 1 即 x ＋y ＋z ≥ . 3
a b 5．若 a，b∈R＋，且 a≠b，M＝＋，N＝ a＋ b，则 M b a 与 N 的大小关系是( A．M>N C．M≥N ) B．M<N D．M≤N
a a＋b b 解析：选 A.因为 M＝ a b （ a＋ b）（a－ a b＋b）＝， a b 且 M，N>0，a≠b， M a－ a b＋b 2 a b－ a b ＝ > ＝1， N a b a b 所以 M>N.
故 aabbcddc>abbaccdd.
4．已知 a>b>c>d>0，ad＝bc. (1)证明：a＋d>b＋c； (2)比较 aabbcddc 与 abbaccdd 的大小．
解：(1)证明：由 a>b>c>d>0，得 a－d>b－c>0，即(a－d)2>(b－c)2. 由 ad＝bc，得(a－d)2＋4ad>(b－c)2＋4bc，即(a＋d)2>(b＋c)2. 故 a＋d>b＋c.
答案：≥
8．设 x>0，y>0，x≠y，A＝(x ＋y ) ，B＝(x ＋y ) ，则 A，B 的大小关系是________．Leabharlann 331 3
2
2
1 2
解析：A6－B6＝(x3＋y3)2－(x2＋y2)3 ＝2x3y3－3x2y2(x2＋y2) ＝x2y2[2xy－x2－y2－2(x2＋y2)] ＝x2y2[－(x－y)2－2(x2＋y2)]<0，所以 A6<B6，又 A>0，B>0，所以 A<B.

精品-新人教版2018_2019学年高中数学第二讲讲明不等式的基本方法本讲知识归纳与达标验收讲义含解析新人教A

第二讲讲明不等式的基本方法考情分析从近两年的高考试题来看，不等式的证明主要考查比较法与综合法，而比较法多用作差比较，综合法主要涉及基本不等式与不等式的性质，题目难度不大，属中档题．在证明不等式时，要依据命题提供的信息选择合适的方法与技巧进行证明．如果已知条件与待证结论之间的联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”“恒成立”等方式给出，可考虑用反证法．在必要的情况下，可能还需要使用换元法、放缩法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．真题体验1．(2017·全国卷Ⅱ)已知a >0，b >0，a 3＋b 3＝2.证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4；(2)a ＋b ≤2.证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b6＝(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＋b3＝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 ≤2.2．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，M 为不等式f (x )＜2的解集．(1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |＜|1＋ab |.解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x≤－12，1，－12＜x ＜12，2x ，x≥12.当x ≤－12时，由f (x )＜2得－2x ＜2，解得x ＞－1；当－12＜x ＜12时，f (x )＜2恒成立；当x ≥12时，由f (x )＜2得2x ＜2，解得x ＜1.所以f (x )＜2的解集M ＝{x |－1＜x ＜1}．(2)证明：由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1＜a ＜1，－1＜b ＜1，从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)(1－b 2)＜0.因此|a ＋b |＜|1＋ab |.作差比较法证明的一般步骤是：①作差；②恒等变形；③判断结果的符号；④下结论．其中，变形是证明推理中一个承上启下的关键，变形的目的在于判断差的符号，而不是考虑差能否化简或值是多少，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．[例1]若x ，y ，z ∈R ，a >0，b >0，c >0，求证： b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b c z 2≥2(xy ＋yz ＋zx )． [证明]∵b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b c z 2－2(xy ＋yz ＋zx )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b a x2＋a b y2－2xy ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b y2＋b c z2－2yz ＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c z2＋c a x2－2zx ＝b a x －a b y 2＋ cb y －b cz 2＋a cz －c ax 2≥0. ∴b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx ).件(由因导果)，最后推导出所要证明的不等式成立．综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推证的基本理论．证明时要注意：作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握．[例2]设a ，b ，c ∈R ＋且a ＋b ＋c ＝1. 求证：(1)2ab ＋bc ＋ca ＋c22≤12；(2)a2＋c2b ＋b2＋a2c ＋c2＋b2a≥2.[证明](1)因为1＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ≥4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2，当且仅当a ＝b 时等号成立，所以2ab ＋bc ＋ca ＋c22＝12(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)≤12.(2)因为a2＋c2b ≥2ac b ，b2＋a2c ≥2ab c ，c2＋b2a ≥2bca ，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立．所以a2＋c2b ＋b2＋a2c ＋c2＋b2a≥⎝⎛⎭⎪⎫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.理论．分析法证明不等式的思维方向是“逆推”，即由待证的不等式出发，逐步寻找使它成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．当要证的不等式不知从何入手时，可考虑用分析法去证明，特别是对于条件简单而结论复杂的题目往往更为有效．分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”，逐步推导出不等式成立的必要条件，两者是对立统一的两种方法．一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手，因此，通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．[例3]已知a >0，b >0，且a ＋b ＝1，求证：a ＋12＋b ＋12≤2. [证明]要证a ＋12＋b ＋12≤2，只需证⎝⎛⎭⎪⎫a ＋12＋ b ＋122≤4，即证a ＋b ＋1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋12≤4. 即证⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋12≤1.也就是要证ab ＋12(a ＋b )＋14≤1，即证ab ≤14.∵a >0，b >0，a ＋b ＝1.∴1＝a ＋b ≥2ab ，∴ab ≤14，即上式成立．故a ＋12＋b ＋12≤2.种．假设欲证的命题是“若A 则B ”，我们可以通过否定B 来达到肯定B 的目的，如果B 只有有限多种情况，就可用反证法．用反证法证明不等式，其实质是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出与已知条件、公理、定理或某些性质相矛盾的结论，从而肯定原命题成立．[例4]已知a ，b ，c 为实数，a ＋b ＋c >0，ab ＋bc ＋ca >0，abc >0，求证：a >0，b >0，c >0. [证明]假设a ，b ，c 不全是正数，即其中至少有一个不是正数．不妨先设a ≤0，下面分a ＝0或a <0两种情况讨论．①如果a ＝0，那么abc ＝0，与已知矛盾，所以a ＝0不可能．②如果a <0，那么由abc >0，可得bc <0. 又因为a ＋b ＋c >0，所以b ＋c >－a >0，于是ab ＋bc ＋ca ＝a (b ＋c )＋bc <0，这与已知中的ab ＋bc ＋ca >0相矛盾．因此，a <0也不可能．综上所述，a >0. 同理可以证明b >0，c >0，所以原命题成立.作适当的放大或缩小，证明比原不等式更强的不等式来代替原不等式的一种证明方法．放缩法的实质是非等价转化，放缩没有一定的准则和程序，需按题意适当放缩，否则达不到目的．[例5]已知n ∈N ＋，求证：19＋125＋…＋1(2n ＋1)2<14.[证明]因为1(2k ＋1)2<14k2＋4k ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1，所以19＋125＋…＋1(2n ＋1)2<14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1<14.(时间：90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．用分析法证明不等式的推论过程一定是()A ．正向、逆向均可进行正确的推理B ．只能进行逆向推理C ．只能进行正向推理D ．有时能正向推理，有时能逆向推理解析：选B 在用分析法证明不等式时，是从求证的不等式出发，逐步探索使结论成立的充分条件即可，故只需进行逆向推理即可．2．设a ＝lg 2＋lg 5，b ＝e x(x <0)，则a 与b 的大小关系是()A ．a <bB ．a >bC ．a ＝bD ．a ≤b解析：选B ∵a ＝lg 2＋lg 5＝1，b ＝e x(x <0)，故b <1，∴a >b .3．已知a ，b ，c ，d 为实数，ab ＞0，－c a ＜－db，则下列不等式中成立的是()A ．bc ＜adB ．bc ＞adC.a c ＞b dD.a c ＜bd解析：选B 将－c a ＜－db两边同乘以正数ab ，得－bc ＜－ad ，所以bc ＞ad .4．已知x 1>0，x 1≠1，且x n ＋1＝xn(x2n ＋3)3x2n ＋1(n ∈N *)，试证“数列{x n }对任意正整数n 都满足x n <x n ＋1，或者对任意正整数n 都满足x n >x n ＋1”，当此题用反证法否定结论时，应为()A ．对任意的正整数n ，都有x n ＝x n ＋1B ．存在正整数n ，使x n >x n ＋1C ．存在正整数n (n ≥2)，使x n ≥x n ＋1且x n ≤x n －1D ．存在正整数n (n ≥2)，使(x n －x n －1)(x n －x n ＋1)≥0解析：选D 命题的结论是等价于“数列{x n }是递增数列或是递减数列”，其反设是“数列既不是递增数列，也不是递减数列”，由此可知选D.5．用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是()A ．方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根B ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有一个实根 C ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有两个实根 D ．方程x 3＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根解析：选A 至少有一个实根的否定是没有实根，故做的假设是“方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根”．6．使不等式3＋8＞1＋a 成立的正整数a 的最大值为()A ．10B ．11C ．12D ．13解析：选C 用分析法可证a ＝12时不等式成立，a ＝13时不等式不成立．7．已知a ，b ，c ，d ∈R ＋且S ＝a a ＋b ＋c ＋b b ＋c ＋d ＋c c ＋d ＋a ＋d a ＋b ＋d，则下列判断中正确的是()A ．0<S <1B ．1<S <2C ．2<S <3D ．3<S <4解析：选 B 用放缩法，a a ＋b ＋c ＋d <a a ＋b ＋c <a a ＋c ，b a ＋b ＋c ＋d <b b ＋c ＋d <bd ＋b，c a ＋b ＋c ＋d <c c ＋d ＋a <c c ＋a ，d a ＋b ＋c ＋d <d d ＋a ＋b <dd ＋b ，以上四个不等式相加，得1<S <2.8．已知a ，b 为非零实数，则使不等式a b ＋ba≤－2成立的一个充分不必要条件是()A ．ab ＞0B ．ab ＜0C ．a ＞0，b ＜0D ．a ＞0，b ＞0解析：选C 因为a b 与b a 同号，由a b ＋b a ≤－2，知a b ＜0，ba＜0，即ab ＜0.又若ab ＜0，则a b ＜0，ba＜0，所以a b ＋b a ＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a≤－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－a b ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ＝－2，综上，ab ＜0是a b ＋ba≤－2成立的充要条件，所以a ＞0，b ＜0是a b ＋ba≤－2成立的一个充分不必要条件．9．已知a >0，b >0，c >0，且a 2＋b 2＝c 2，则a n ＋b n 与c n的大小关系为(n ≥3，n ∈N ＋)()A ．a n ＋b n >c nB ．a n＋b n<c nC ．a n＋b n≥c nD ．a n＋b n ＝cn解析：选B 因为a 2＋b 2＝c 2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 2＝1.所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a c n <⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫b c n <⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a c n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c n <⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 2＝1.所以a n ＋b n <c n .故选B.10．若α∈⎝⎛⎭⎪⎫π，5π4，M ＝|sin α|，N ＝|cos α|，P ＝12|sin α＋cos α|，Q ＝12sin 2α，则它们之间的大小关系为()A ．M >N >P >QB ．M >P >N >QC ．M >P >Q >ND ．N >P >Q >M解析：选D ∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫π，5π4，∴0>sin α>cos α.∴|sin α|<|cos α|，∴P ＝12|sin α＋cos α|＝12(|sin α|＋|cos α|)>12(|sin α|＋|sin α|)＝|sin α|＝M .P ＝12|sin α|＋|cos α|<12(|cos α|＋|cos α|)＝|cos α|＝N .∴N >P >M .∵Q ＝12sin 2α＝sin αcos α<|sin α|＋|cos α|2＝P ，Q ＝sin αcos α>sin2α＝|sin α|＝M ，∴N >P >Q >M .二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上)11．用反证法证明“在△ABC 中，若∠A 是直角，则∠B 一定是锐角”时，应假设________________．解析：“∠B 一定是锐角”的否定是“∠B 不是锐角”．答案：∠B 不是锐角12．如果a a ＋b b>a b ＋b a ，则实数a ，b 应满足的条件是________．解析：由a 知a ≥0，b 知b ≥0，而a a ＋b b ≠a b ＋b a ，知b ≠a .此时a a ＋b b －(a b ＋b a)＝(a －b)2(a ＋b)>0，不等式成立．故实数a ，b 应满足的条件是a ≥0，b ≥0，a ≠b .答案：a ≥0，b ≥0，a ≠b13．已知a ＋b >0，则a b2＋b a2与1a ＋1b的大小关系是________．解析：a b2＋b a2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝a －b b2＋b －aa2＝(a －b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1b2－1a2＝(a ＋b)(a －b)2a2b2.∵a ＋b >0，(a －b )2≥0，∴(a ＋b)(a －b)2a2b2≥0.∴a b2＋b a2≥1a ＋1b. 答案：a b2＋b a2≥1a ＋1b14．设0<m <n <a <b ，函数y ＝f (x )在R 上是减函数，下列四个数f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b －m a －m ，f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋n b ＋n 的大小顺序依次是____________．解析：∵a b <a ＋n b ＋n <1<b a <b －ma －m，根据函数的单调性，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋n b ＋n >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b －m a －m . 答案：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋n b ＋n >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b －m a －m三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)设|a |＜1，|b |＜1，求证：|a ＋b |＋|a －b |＜2.证明：当a ＋b 与a －b 同号时，|a ＋b |＋|a －b |＝|a ＋b ＋a －b |＝2|a |＜2；当a ＋b 与a －b 异号时，|a ＋b |＋|a －b |＝|a ＋b －(a －b )|＝2|b |＜2.∴|a ＋b |＋|a －b |＜2.16．(本小题满分12分)已知：在△ABC 中，∠CAB >90°，D 是BC 的中点，求证：AD <12BC (如右图所示)．证明：假设AD ≥12BC .(1)若AD ＝12BC ，由平面几何中定理“若三角形一边上的中线等于该边长的一半，那么，这条边所对的角为直角”，知∠A ＝90°，与题设矛盾．所以AD ≠12BC .(2)若AD >12BC ，因为BD ＝DC ＝12BC ，所以在△ABD 中，AD >BD ，从而∠B >∠BAD .同理∠C >∠CAD .所以∠B ＋∠C >∠BAD ＋∠CAD .即∠B ＋∠C >∠A .因为∠B ＋∠C ＝180°－∠A ，所以180°－∠A >∠A 即∠A ＜90°，与已知矛盾，故AD ＞12BC 不成立．由(1)(2)知AD ＜12BC 成立．17．(本小题满分12分)求证：1＋11＋11×2＋11×2×3＋…＋11×2×3×…×n<3.证明：由11×2×3×...×k <11×2×2× (2)12k －1(k 是大于2的自然数)，得1＋11＋11×2＋11×2×3＋…＋11×2×3×…×n<1＋1＋12＋122＋123＋…＋12n －1＝1＋1－12n 1－12＝3－12n －1<3.18．(本小题满分14分)已知函数f (x )＝2|x ＋1|＋|x －2|.(1)求f (x )的最小值m ；(2)若a ，b ，c 均为正实数，且满足a ＋b ＋c ＝m ，求证：b2a ＋c2b ＋a2c ≥3.解：(1)当x <－1时，f (x )＝－2(x ＋1)－(x －2)＝－3x ∈(3，＋∞)；当－1≤x <2时，f (x )＝2(x ＋1)－(x －2)＝x ＋4∈[3,6)；当x ≥2时，f (x )＝2(x ＋1)＋(x －2)＝3x ∈[6，＋∞)．综上，f (x )的最小值m ＝3.(2)证明：a ，b ，c 均为正实数，且满足a ＋b ＋c ＝3，因为b2a ＋c2b ＋a2c ＋(a ＋b ＋c )＝⎝⎛⎭⎪⎫b2a ＋a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c2b ＋b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a2c ＋c≥2⎝⎛⎭⎪⎫b2a·a＋ c2b·b＋ a2c ·c ＝2(a ＋b ＋c )，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，取等号，所以b2a ＋c2b ＋a2c ≥a ＋b ＋c ，即b2a ＋c2b ＋a2c≥3.。

高中数学第二讲证明不等式的基本方法2.1比较法教案新人教A版选修4_5

2.1 比较法一、教学目标1．理解比较法证明不等式的依据． 2．掌握利用比较法证明不等式的一般步骤．3．通过学习比较法证明不等式，培养对转化思想的理解和应用．二、课时安排 1课时三、教学重点掌握利用比较法证明不等式的一般步骤．四、教学难点通过学习比较法证明不等式，培养对转化思想的理解和应用．五、教学过程（一）导入新课已知a ≥b ＞0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .【证明】 2a 3－b 3－(2ab 2－a 2b )＝2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2) ＝(a 2－b 2)(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，即2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b . （二）讲授新课教材整理1 作差比较法1．理论依据：①a ＞b ⇔ ；②a ＝b ⇔a －b ＝0；③a ＜b ⇔ . 2．定义：要证明a ＞b ，转化为证明，这种方法称为作差比较法． 3．步骤：① ；②变形；③ ；④下结论．教材整理2 作商比较法1．理论依据：当b ＞0时，①a ＞b ⇔ ；②a ＜b ⇔a b ＜1；③a ＝b ⇔a b＝1. 2．定义：证明a ＞b (b ＞0)，只要转化为证明，这种方法称为作商比较法． 3．步骤：①作商；②变形；③判断商与1大小；④下结论．（三）重难点精讲题型一、作商比较法证明不等式例1已知a ＞0，b ＞0且a ≠b ，求证：a a b b＞(ab )a ＋b2.【精彩点拨】判断a a b b与aba ＋b2的正负→作商变形→与1比较大小→下结论【自主解答】 ∵a ＞0，b ＞0，∴a a b b＞0，(ab )a ＋b2＞0，作商a ab baba ＋b2＝aa －a ＋b2·bb －a ＋b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2.∵a ≠b ，∴当a ＞b ＞0时，a b ＞1且a －b 2＞0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2＞1，而(ab )a ＋b2＞0，∴a a b b＞(ab )a ＋b2.当b ＞a ＞0时，0＜a b ＜1且a －b 2＜0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2＞1，而(ab )a ＋b2＞0，∴a a b b＞(ab )a ＋b2.综上可知a ＞0，b ＞0且a ≠b 时，有a a b b＞(ab )a ＋b2.规律总结：1．当不等式的两端为指数式时，可作商证明不等式．2．运用a ＞b ⇔a b＞1证明不等式时，一定注意b ＞0是前提条件．若符号不能确定，应注意分类讨论．[再练一题]1．已知m ，n ∈R ＋，求证：m ＋n2≥m ＋nm n ·n m .【证明】因为m ，n ∈R ＋，所以m ＋n2≥mn ＝m ＋nmn m ＋n2，令ω＝mnm ＋n2m n ·n m＝mm －n2·nn －m2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m n m －n2，则：①当m >n >0时，m n>1，m －n >0，则ω>1. ②当m ＝n 时，ω＝1.③当n >m >0时，0<m n<1，m －n <0，则ω>1. 故对任意的m ，n ∈R ＋都有ω≥1.即m ＋nmnm ＋n2≥m ＋nm n ·n m ，所以m ＋n2≥m ＋nm n ·n m .题型二、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，另一半时间以速度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m ≠n ，问甲、乙二人谁先到达指定地点？【精彩点拨】设从出发地点至指定地点的路程是s ，甲、乙二人走完这段路程所用的时间分别为t 1, t 2，要回答题目中的问题，只要比较t 1，t 2的大小就可以了．【自主解答】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 12m ＋t 12n ＝s ，s 2m ＋s2n＝t 2.∴t 1＝2s m ＋n ，t 2＝()2s m n mn+， ∴t 1－t 2＝2s m ＋n －()2s m n mn+＝2[4()]2()s mn m n mn m n -++＝－2()2()s m n mn m n -+.其中s ，m ，n 都是正数，且m ≠n ， ∴t 1－t 2＜0，即t 1＜t 2，从而知甲比乙先到达指定地点．规律总结：1．应用不等式解决实际问题时，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，也即建立数学模型是解应用题的关键．2．在实际应用不等式问题时，常用比较法来判断数的大小关系．若是选择题或填空题，则可用特殊值加以判断．[再练一题]2．通过水管放水，当流速相同时，如果水管截面(指横截面)的周长相等，试问：截面为圆的水管流量大还是截面为正方形的水管流量大？【解】设截面的周长为l ，依题意知，截面是圆的水管的截面面积为π·⎝⎛⎭⎪⎫l 2π2，截面是正方形的水管的截面面积为⎝ ⎛⎭⎪⎫l 42.∵π·⎝ ⎛⎭⎪⎫l 2π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫l 42＝l 24⎝ ⎛⎭⎪⎫1π－14＝2(4)16l ππ-. 由于l ＞0,0＜π＜4，∴2(4)16l ππ-＞0，∴π·⎝⎛⎭⎪⎫l 2π2＞⎝ ⎛⎭⎪⎫l 42.因此，通过水管放水，当流速相同时，如果水管的周长相等，那么截面是圆的水管比截面是正方形的水管流量大．题型三、作差比较法例3已知a ，b ∈R ，求证：a 2＋b 2＋1≥ab ＋a ＋b .【精彩点拨】此不等式作差后是含有两个字母的二次式，既可配成平方和的形式，也可根据二次三项式的判别式确定符号．【自主解答】法一 ∵a 2＋b 2－ab －a －b ＋1 ＝12[(a －b )2＋(a －1)2＋(b －1)2]≥0， ∴a 2＋b 2＋1≥ab ＋a ＋b .法二 a 2＋b 2－ab －a －b ＋1＝a 2－(b ＋1)a ＋b 2－b ＋1，对于a 的二次三项式，Δ＝(b ＋1)2－4(b 2－b ＋1)＝－3(b －1)2≤0.∴a 2－(b ＋1)a ＋b 2－b ＋1≥0，故a 2＋b 2＋1≥ab ＋a ＋b . 规律总结：1．作差比较法中，变形具有承上启下的作用，变形的目的在于判断差的符号，而不用考虑差值的多少．2．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，可利用“Δ”判定符号．[再练一题]3．已知a ＞b ＞c ，证明：a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＞ab 2＋bc 2＋ca 2.【证明】 ∵a 2b ＋b 2c ＋c 2a －ab 2－bc 2－ca 2＝(a 2b －bc 2)＋(b 2c －ab 2)＋(c 2a －ca 2) ＝b (a 2－c 2)＋b 2(c －a )＋ac (c －a )＝(a －c )(ba ＋bc －b 2－ac )＝(a －c )(a －b )(b －c )． ∵a ＞b ＞c ，∴a －c ＞0，a －b ＞0，b －c ＞0， ∴(a －c )(a －b )(b －c )＞0，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＞ab 2＋bc 2＋ca 2. （四）归纳小结比较法—⎪⎪⎪—作差法—作商法—实际应用（五）随堂检测1．设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则下列t 与s 的大小关系中正确的是( ) A ．t ＞s B ．t ≥s C ．t ＜s D.t ≤s 【解析】 s －t ＝(a ＋b 2＋1)－(a ＋2b )＝(b －1)2≥0， ∴s ≥t . 【答案】 D2．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 ＝Q D.大小不确定【解析】 P －Q ＝log a (a 3＋1)－log a (a 2＋1)＝log a a 3＋1a 2＋1.当0＜a ＜1时，0＜a 3＋1＜a 2＋1，则0＜a 3＋1a 2＋1＜1，∴log a a 3＋1a 2＋1＞0，即P －Q ＞0，∴P ＞Q .当a ＞1时，a 3＋1＞a 2＋1＞0，a 3＋1a 2＋1＞1，∴log a a 3＋1a 2＋1＞0，即P －Q ＞0，∴P ＞Q .综上总有P ＞Q ，故选A. 【答案】 A3．设a ，b ，m 均为正数，且b a ＜b ＋ma ＋m，则a 与b 的大小关系是________．【解析】b ＋m a ＋m －b a ＝()()m a b a a m -+＞0. 又a ，b ，m 为正数，∴a (a ＋m )＞0，m ＞0，因此a －b ＞0. 即a ＞b . 【答案】 a ＞b 六、板书设计教材整理1 作差比较法教材整理2 作商比较法七、作业布置同步练习：2.1比较法八、教学反思。

高中数学第二讲证明不等式的基本方法 2.2 综合法与

二综合法与分析法知识梳理1.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,论证而得出命题成立,这种证明方法叫做________,又叫________或________.2.分析法证明命题时,我们还常常从要证的________出发,逐步寻求使它成立的充分条件,直至所需条件为________或________(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________,这是一种________的思考和证明方法.分析法是探求命题结论成立的________条件,用分析法证明不等式的逻辑关系是(________)B ⇐B 1⇐B 2⇐B 3⇐B 4⇐…⇐A(________).知识导学综合法一般利用题设已知条件和基本不等式作为基础,再运用不等式的性质推导出所要证明的不等式.使用分析法通常采用“欲证——只需——已知”的格式,在表达中一定要十分重视符号“⇐”的方向,使用规范的表述方式.综合法证明不等式是“由因导果”,分析法证明不等式是“执果索因”.它们是两种思路截然相反的证明方法.综合法往往是分析法的逆过程,表述简单,条理清楚,所以在实际应用时,往往用分析法找思想,用综合法写步骤,由此可见,分析法与综合法相互转换,互相渗透,互为前提,充分利用这一辩证关系,可以增加解题思路,开阔视野.有时解题需要一边分析,一边综合,称之为分析综合法,或称为两头挤法.两头挤法充分表明分析与综合的相互关系,分析的终点是综合的起点,综合的终点又成为进一步分析的起点. 疑难突破1.综合法在应用中的有关问题用综合法证明不等式时,主要利用重要不等式,函数的单调性以及不等式的性质,在严密的演绎推理下推导出结论.首先是综合法证明问题的“入手处”是题设中的已知条件或某些重要不等式.比如下面的几个,是经常使用到的:①若a,b,c∈R +,则有2211222b a b a ab b a +≤+≤≤+; ②若a,b,c∈R ,则有a 2+b 2+c 2≥ab+bc+ca;③若,b∈R +,则有(a+b)(a 1+b1)≥4. 选择使用哪个重要不等式作为证题的“原始出发点”或对已知条件的转化是证题的关键,这要求对要证明的结果有充分的分析过程,可以联系平时学习过程中积累下来的数学结论或知识作出判断.比如证明sinx+x sin 4≥5,x∈(0,2π］,并不是使用重要不等式a+a 1≥2(a∈R +)的,而是利用到了正弦sinx 的有界性,以及形如y=x+xa 的结构,联想函数y=x+x 4的单调性,利用其单调性求证的.这些说明,使用综合法证题,必须积累一定的证题经验,还要记忆一些数学式子的独特结构,以便在证明过程中使我们能联想起一些证题的“蛛丝马迹”或“指路明灯”.2.“⇒”“⇐”“⇔”符号的使用“⇒”往往在综合法中使用这种符号,是由“已知”推出“结论”的意思.而“⇐”是逆向过程,是分析法中使用的符号,但为书写清晰起见,多用语言“要证……”,“只需证……”来叙述.“⇔”是分析综合法的符号,即把要解的结论或结果采取等价变形的处理手段,变形出证明的依据或已知条件,这种证法简洁易于掌握,但往往只适用于证明一些明确告诉了的不等式.因此,我们可以借助符号的意义来解题,即用分析法分析,用综合法写解答过程.典题精讲【例1】已知a,b∈R +且a+b=1,求证:(a+a 1)2+(b+b1)2≥225. 思路分析：证明不等式类似于证明等式那样,通常从较繁的一边向另一边化简,变形中要巧用已知条件,由于a,b 的和为定值.因而可应用基本不等式去证明,首先应对不等式的左边变形和整理.证明：∵a,b∈R +且a+b=1, ∴ab≤(2b a +)2=41, ∴(a+a 1)2+(b+b 1)2=4+(a 2+b 2)+(2211b a +) =4+［(a+b)2-2ab ］+2222)(b a ab b a -+ =4+(1-2ab)+2221ba ab - ≥4+(1-2×41)+225)41(41212=⨯-. ∴(a+a 1)2+(b+b 1)2≥225. 绿色通道：本题中条件a+b=1是解题的重点,由基本不等式的知识可联想知应由重要不等式来变形出要证明的结论,本题a+b=1,也可以视为是“1”的代换问题,如下面的证法: 左边=(a+a 1)2+(b+b 1)2=a 2+b 2+4+(2211ba +) =4+a 2+b 2+2222)()(b b a a b a +++ =4+a 2+b 2+1+b a b a a b a b 222222++++1 =4+(a 2+b 2)+2+2(a b +b a )+(2222b a a b +)≥4+2)(2b a ++2+2×b a a b ∙2+2·a b ·ba =4+21+2+4+2=225. 因此,抓住“1”的代换,作为证明的一条线索也可以证明这个问题,即在综合法中,每一个题设条件所反馈出来的“信息”,都是至关重要的,也都有可能成为解题的突破口.【变式训练】已知a,b,c∈R +,且互不相等,且abc=1,求证: c b a ++<a 1+b 1+c 1. 思路分析：本题中abc=1,是“1”的代换,但又理解为a,b,c 之间的替换关系,因而解法不唯一.证法一:∵a,b,c∈R +,且互不相等，且abc=1， ∴abca bc c b a 111++=++ <cb a b ac a c b 111211211211=+=+++++. 证法二:∵a 1+b1≥c ab 212=; b 1+c1≥a bc 212=; c 1+a1≥b ac 212=. ∴以上三式相加,得a 1+b 1+c1≥c b a ++. 又∵a,b,c 互不相等, ∴a 1+b 1+c1>c b a ++. 【例2】设a,b,c 为△ABC 的三条边,求证:a 2+b 2+c 2<2ab+2bc+2ac.思路分析：本题看似是一道与公式a 2+b 2≥2ab(a,b∈R )有关的题目, 又似与二次函数有关,但实际上这两种思路都达不到目的.其实本题的关键在于△ABC 中隐含的a,b,c 的关系.证法一：在△ABC 中,a<b+c,b<a+c,c<b+a,则a 2<a(b+c),b 2<b(a+c),c 2<c(b+a).∴a 2+b 2+c 2<a(b+c)+b(a+c)+c(a+b),即a 2+b 2+c 2<2ab+2bc+2ac.证法二:在△ABC 中,设a>b>c,∴0<a -b<c,0<b-c<a,0<a-c<b.∴(a -b)2<c 2,(b-c)2<a 2,(a-c)2<b 2.∴(a -b)2+(b-c)2+(a-c)2<c 2+a 2+b 2.即a 2+b 2+c 2<2ab+2bc+2ac.证法三:在△ABC 中,设a,b,c 三边所对的角分别为A,B,C,则由余弦定理,得a 2=b 2+c 2-2bccosA,b 2=a 2+c 2-2accosB,c 2=a 2+b 2-2abcosC.则a 2+b 2+c 2=(b 2+c 2-2bccosA)+(a 2+c 2-2accosB)+(a 2+b 2-2abcosC),即a 2+b 2+c 2=2abcosC+2bccosA+2accosB.又在△ABC 中,cosA<1,cosB<1,cosC<1,∴2abcosC+2bccosA+2accosB<2ab+2bc+2ca.∴a 2+b 2+c 2<2ab+2bc+2ac.黑色陷阱：本题容易由a 2+b 2≥2ab 或二次函数陷入思维定式,比如下面两种分析:分析一:∵a 2+b 2≥2ab,a 2+c 2≥2ac,b 2+c 2≥2bc,∴(a 2+b 2)+(b 2+c 2)+(a 2+c 2)≥2ab+2bc+2ac,即a 2+b 2+c 2≥ab+bc+ac,这严重背离了原题的证明意图.分析二:设f(a)=a 2+b 2+c 2-2(ab+bc+ac),即f(a)=a 2-2a(b+c)+b 2+c 2-2bc.Δ=4(b+c)2-4(b 2+c 2-2bc)=16bc>0.则f(a)的值可正,可负,可为零,无法确定.因此,分析题目时,对条件要看清,尤其要探寻条件间的限制关系,以免受到某些思维定式的影响.【变式训练】已知a>b>c,求证:a 2b+b 2c+c 2a>ab 2+bc 2+ca 2.思路分析：本题可以用作差法进行推理证明,但也可以打破思维定式,从二次函数及方程这个角度来证明.证法一:a 2b+b 2c+c 2a-ab 2-bc 2-ca 2=(b-c)a 2+(c 2-b 2)a+bc(b-c)=(b-c)［a 2-(b+c)a+bc ］=(a-b)(b-c)(a-c)>0(∵a>b>c)，∴a 2b+b 2c+c 2a>ab 2+bc 2+ca 2.证法二:令f(a)=(b-c)a 2+(c 2-b 2)a+bc(b-a)=(b-c)［a 2-(c+b)a+bc ］.方程f(a)=0的两根为b,c,又b-c>0,且a>b>c.结合图象,知f(a)>0.所以原不等式成立. 【例3】已知a>b>0,求证:bb a ab b a a b a 8)(28)(22-<-+<-. 思路分析：本题要证明的不等式显得较为复杂,不易观察出怎样由a>b>0得到要证式,因而可以用分析法先变形要证明的不等式,从中找到证法的线索.证明：要证原不等式成立, 只需证bb a ab b a a b a 4)(24)(22-<-+<-, 即证222)2()()2(bb a b a a b a -<-<-. 只需证b ba b a a ba 22-<-<-,即bb a a b a 212+<<+, ba ab <<1. 只需证a b <1<ba . ∵a>b>0,∴ab <1<b a 成立. ∴原不等式成立.绿色通道：分析法的格式是固定化的,但是每一步都是上一步的充分条件,即每一步数学式的变化都是在这个要求之下一步一步去寻找成立的条件或结论,定理.【变式训练】已知a,b,c 都是正数，求证：2(2b a +-ab )≤3(33abc c b a -++). 思路分析：用分析法去找一找证题的突破口.要证原不等式,只需证-2ab ≤c -33abc ,即只需证c+2ab ≥33abc ，把2ab 变化为ab +ab ,问题就解决了.或由分析法的途径,也很容易用综合法的形式写出证明过程.证法一:要证2(2b a +-ab )≤3(33abc c b a -++),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 .∴原不等式成立.证法二:∵a,b,c 是正数, ∴c+ab +ab ≥3333abc ab ab c =∙.即c+2ab ≥33abc .故-2ab ≤c -33abc .∴a+b -2ab ≤a+b+c -33abc , ∴2(2b a +-ab )≤3(33abc c b a -++). 【例4】命题“若a>b>c,且a+b+c=0,则32<-aac b ”是真命题还是假命题?试证明你的结论.思路分析：由题设a>b>c,且a+b+c=0,易知a>0,否则a≤0时,c<b<a≤0,这时a+b+c<0与已知a+b+c=0矛盾.采用等价转化法.证明：32<-aac b 32<-⇔ac b a ⇔b 2-ac<3a 2⇔3a 2-b 2+ac>0⇔3a 2-(a+c)2+ac=2a 2-ac-c 2>0⇔(a-c)(2a+c)>0.∵a>b>c,a+b+c=0,∴a -c>0,2a+c=a+(a+c)=a-b>0.即知(a-c)(2a+c)>0. 故32<-aac b . 绿色通道：分析法与综合法往往是割裂不开的,即使不用分析法,用综合法证明也是需要进行分析过程的,而只要有分析,就可算是在使用分析法,因此,我们可以借助进行等价转化,就可把分析与综合法看作一种方法了——分析综合法.对于本题还可有如下证明: ∵a+2c<a+b+c=0,2a+c>a+b+c=0,其中a>0,∴-2<a c <21-. 1)()()(2222++=-+=-a c a c aac c a a ac b . 令a c =x,则f(x)=12++x x 在(-2,21-)上是减函数. ∴1)()(2++aca c <f(-2)=3. 【变式训练】设a>0,b>0,2c>a+b,求证:c-abc -2<a<c+ab a -2.思路分析：用等价变形的方法进行转化,再结合不等式的性质可以得到结论.证明:c-ab c -2<a<c+ab c -2⇔-ab c -2<a-c<ab c -2⇔|a-c|<ab c -2-c)2<c 2-ab ⇔a 2-2ac<-ab ⇔a(a+b)<2ac.∵a>0,b>0,2c>a+b,∴上式成立.∴原不等式成立.问题探究在一次考试后,如果按顺序去掉一些高分,那么班级的平均分将降低,反之将提高,这两个事实用数学语言如何描述?说明理由.导思：平均分的问题实质是一种分数值比较大小的问题,因此可以视为证明一个分式不等式成立与否的问题,结合证明不等式的方法,采取分析与综合等方法来说明. 探究：描述:若有限数列a 1,a 2, …,a n 满足a 1≤a 2≤…≤a n , 则m a a a m ++21≤na a a n ++21和 m n a a a n m m -++++ 21≥na a a n ++21 (1≤m<n). ∵m(a 1+a 2+…+a n )=m(a 1+a 2+…+a m )+m(a m+1+a m+2+…+a m )≥m(a 1+a 2+…+a m )+m(n-m)a m ≥m(a 1+a 2+…+a m )+(n-m)(a 1+a 2+…+a m )=n(a 1+a 2+…+a m ),∴m a a a m ++21≤n a a a n ++21. 同理可证另一个不等式.。

2018_2019学年高中数学第二讲证明不等式的基本方法2.1比较法课件新人教A版选修4_5

第二讲
证明不等式的基本方法
2．1 比较法
[学习目标] 与步骤(重点)．较法．
1.理解用比较法证明不等式的一般方法 2.了解比较法分为作差比较法、作商比
3.会用比较法证明具体的不等式(重点、难点)．
1．作差比较法要比较两个实数的大小，只要考查它们的差的符号： a＞b⇔a－b＞0； a＝b⇔a－b＝0； a＜b⇔a－b＜0.
s[4mn－（m＋n）2] 2mn（m＋n）
＝－
其中 s，m，n 都是正数，且 m≠n，所以 t1－t2＜0，即 t1＜t2，从而知甲比乙先到达指定地点．
归纳升华 1．应用不等式解决实际问题时，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，也即建立数学模型是解应用题的关键．
所以 a－b＞0，an－1－bn－1＞0，所以(a－b)(an－1－bn－1)＞0，即 an＋bn＞an－1b＋abn－1. 当 a＜b 时，an－1＜bn－1，所以 a－b＜0，an－1－bn－1＜0，所以(a－b)(an－1－bn－1)＞0，即 an＋bn＞an－1b＋abn－1.
因此总有 an＋bn＞an－1b＋abn－1.
归纳升华 1．作差比较法的一般步骤为：作差→变形(因式分解或配方)→判断符号→下结论，有时需要分类讨论． 2．作差比较法的关键是作差后的变形，一般通过通分、有理化、配方、分解因式将差式变形为一个常数、几个因式的积或一个分式等．以便与0比较大小．
[变式训练] ab2＋bc2＋ca2.
已知 a＞b＞c，证明：a2b＋b2c＋c2a＞
地点，甲有一半时间以速度 m 行走，另一半时间以速度 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 m≠n，问甲、乙二人谁先到达指定地点？

2018-2019高中数学第二讲证明不等式的基本方法 2.2 综合法和分析法教案新人教A版选修

2.2综合法和分析法一、教学目标1．了解综合法与分析法证明不等式的思考过程与特点．2．会用综合法、分析法证明简单的不等式．二、课时安排1课时三、教学重点了解综合法与分析法证明不等式的思考过程与特点．四、教学难点会用综合法、分析法证明简单的不等式．五、教学过程（一）导入新课已知a＞0，b＞0,2c＞a＋b，求证：c－c2－ab＜a.【证明】要证c－c2－ab＜a，只需证明c＜a＋c2－ab，即证b－a＜2c2－ab，当b－a＜0时，显然成立；当b－a≥0时，只需证明b2＋a2－2ab＜4c2－4ab，即证(a＋b)2＜4c2，由2c＞a＋b知上式成立．所以原不等式成立．（二）讲授新课教材整理1 综合法一般地，从出发，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，这种证明方法叫做，又叫或．教材整理2 分析法证明命题时，我们还常常从要证的出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为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，这是一种执果索因的思考和证明方法．（三）重难点精讲题型一、用综合法证明不等式例1已知a ，b ，c 是正数，求证：b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .【精彩点拨】由a ，b ，c 是正数，联想去分母，转化证明b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2≥abc (a ＋b ＋c )，利用x 2＋y 2≥2xy 可证．或将原不等式变形为bc a ＋ac b ＋abc≥a ＋b ＋c 后，再进行证明．【自主解答】法一 ∵a ，b ，c 是正数，∴b 2c 2＋c 2a 2≥2abc 2，b 2c 2＋a 2b 2≥2ab 2c ，c 2a 2＋a 2b 2≥2a 2bc ， ∴2(b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2)≥2(abc 2＋ab 2c ＋a 2bc )，即b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2≥abc (a ＋b ＋c )．又a ＋b ＋c ＞0，∴b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .法二 ∵a ，b ，c 是正数， ∴bc a ＋ac b ≥2bc a ·acb＝2c . 同理ac b ＋ab c≥2a ，ab c ＋bca≥2b ， ∴2⎝ ⎛⎭⎪⎫bc a＋ac b＋ab c ≥2(a ＋b ＋c )．又a ＞0, b ＞0，c ＞0，∴b 2c 2＋a 2c 2＋a 2b 2≥abc (a ＋b ＋c )．故b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .规律总结：1．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(切入点)，这是证明的关键．2．综合法证明不等式的主要依据：(1)不等式的基本性质；(2)基本不等式及其变形；(3)三个正数的算术几何平均不等式等．[再练一题]1．已知a ＞0，b ＞0，c ＞0，且abc ＝2. 求证：(1＋a )(1＋b )(1＋c )＞8 2.【证明】 ∵a ＞0，b ＞0，c ＞0，∴1＋a ≥2a ，当且仅当a ＝1时，取等号， 1＋b ≥2b ，当且仅当b ＝1时，取等号， 1＋c ≥2c ，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 )＞8abc ＝8 2. 即(1＋a )(1＋b )(1＋c )＞8 2. 题型二、综合法与分析法的综合应用例2设实数x ，y 满足y ＋x 2＝0，且0＜a ＜1，求证：log a (a x ＋b y)＜18＋log a 2.【精彩点拨】要证的不等式为对数不等式，结合对数的性质，先用分析法探路，转化为要证明一个简单的结论，然后再利用综合法证明．【自主解答】由于0＜a ＜1，则t ＝log a x (x ＞0)为减函数．欲证log a (a x ＋a y )＜18＋log a 2，只需证a x ＋a y＞2a 18.∵y ＋x 2＝0,0＜a ＜1，∴x ＋y ＝x －x 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14≤14.当且仅当x ＝12时，(x ＋y )max ＝14，∴ax ＋y≥a 14，ax ＋y≥a 18⎝ ⎛⎭⎪⎫当x ＝12，y ＝－14时取等号.① 又a x ＋a y≥2ax ＋y(当且仅当x ＝y 取等号), ②∴a x ＋a y≥2a 18.③由于①，②等号不能同时成立，∴③式等号不成立，即a x ＋a y＞2a 18成立．故原不等式log a (a x ＋a y)＜18＋log a 2成立．规律总结：1．通过等式或不等式运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式，从而使原不等式易于证明．体现了分析法与综合法之间互为前提、互相渗透、相互转化的辩证关系．2．函数与不等式综合交汇，应注意函数性质在解题中的运用． [再练一题]2．已知a ，b ，c 都是正数，求证：2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3a ＋b ＋c3－3abc .【证明】法一要证2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3a ＋b ＋c3－3abc ，只需证a ＋b －2ab ≤a ＋b ＋c －33abc ，即－2ab ≤c －33abc ，移项，得c ＋2ab ≥33abc .由a ，b ，c 都为正数，得c ＋2ab ＝c ＋ab ＋ab ≥33abc ，∴原不等式成立．法二 ∵a ，b ，c 都是正数，∴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 .题型三、分析法证明不等式例3已知a ＞b ＞0，求证：(a －b )28a ＜a ＋b 2－ab ＜(a －b )28b.【精彩点拨】本题要证明的不等式显得较为复杂，不易观察出怎样由a ＞b ＞0得到要证明的不等式，因而可以用分析法先变形要证明的不等式，从中找到证题的线索．【自主解答】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 ＋b 2b ，即ba ＜1＜a b. 只需证b a＜1＜a b .∵a ＞b ＞0，∴ba ＜1＜a b成立． ∴原不等式成立．规律总结：1．解答本题的关键是在不等式两边非负的条件下，利用不等式的开方性质寻找结论成立的充分条件，采用分析法是常用方法．证明过程一要注意格式规范，二要注意逻辑关系严密、准确．2．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．常常利用移项、去分母、平方、开方等方法进行分析探路．[再练一题]3．已知a ＞0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.【证明】因为a ＞0，要证原不等式成立，只需证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋2，即证a 2＋1a2＋4a 2＋1a2＋4≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋2，只需证2·a 2＋1a 2≥a ＋1a，即证2⎝⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2≥a 2＋1a2＋2，只需证a 2＋1a2≥2.由基本不等式知a 2＋1a2≥2显然成立，所以原不等式成立．（四）归纳小结综合法与分析法—⎪⎪⎪—综合法—分析法—综合法与分析法的区别与联系（五）随堂检测1．已知a ＜0，－1＜b ＜0，则( ) A ．a ＞ab ＞ab 2B ．ab 2＞ab ＞a C ．ab ＞a ＞ab2D.ab ＞ab 2＞a【解析】 ∵－1＜b ＜0， ∴1＞b 2＞0＞b . 又a ＜0，∴ab ＞ab 2＞a . 【答案】 D2．下列三个不等式：①a ＜0＜b ；②b ＜a ＜0；③b ＜0＜a .其中能使1a ＜1b成立的充分条件有( )A ．①②B ．①③C ．②③D.①②③【解析】 ①a ＜0＜b ⇒1a ＜1b ；②b ＜a ＜0⇒1a ＜1b ；③b ＜0＜a ⇒1a ＞1b.故选A.【答案】 A3．已知a ，b ∈(0，＋∞)，Ρ＝a ＋b2，Q ＝a ＋b ，则P ，Q 的大小关系是________.【解析】 ∵a ＋b ≥， ∴a ＋b ≥a ＋b2.【答案】 P ≤Q六、板书设计七、作业布置同步练习：2.2综合法和分析法八、教学反思。

高中数学第二讲证明不等式的基本方法 2.1 比较法预习导航学案新人教A版选修45

2.1 比较法预习导航1．理解作差比较法和作商比较法．2．用比较法证明不等式．1．比较法的种类比较法一般分为两种：作差比较法和作商比较法．2．作差比较法(1)作差比较法的证明依据：①a ＜b ⇔a －b ＜0；②a ＝b ⇔a －b ＝0；③a ＞b ⇔a －b ＞0.(2)基本步骤：①作差；②变形；③判断符号；④下结论．归纳总结用作差比较法证明不等式时，要判断不等式两边差的符号，对不等式两边求差后，要通过配方、因式分解、通分等，对所得代数式进行变形，得到一个能够明显看得出其符号的代数式，进而得出证明．【做一做1－1】当a ＜b ＜0时，下列关系式中成立的是( )A ．a 2＜b 2B ．lg b 2＜lg a 2C ．ba ＞1 D ．212a ⎛⎫ ⎪⎝⎭＞212b ⎛⎫ ⎪⎝⎭解析：方法1：取特殊值a ＝－4，b ＝－1，则知选项A ，C ，D 不正确，选项B 正确，故选B ；方法2：∵a ＜b ＜0，∴a 2＞b 2.而函数y ＝lg x (x ＞0)为增函数，∴lg b 2＜lg a 2，B项正确．答案：B【做一做1－2】若P ＝2，Q ＝6－2，R ＝7－3，则P ，Q ，R 的大小关系是( )A ．P ＞Q ＞RB ．P ＞R ＞QC ．Q ＞P ＞RD ．Q ＞R ＞P解析：∵2＋2＝22＞6，∴2＞6－2，即P ＞Q ；又∵6＋3＞7＋2，∴6－2＞7－3，即Q ＞R .∴P ＞Q ＞R .答案：A3．作商比较法(1)作商比较法的证明依据：当a ，b ＞0时，⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝b ⇔a b ＝1；a >b ⇔a b>1；a <b ⇔a b <1. (2)基本步骤：①作商；②变形；③判断与“1”的大小；④下结论．【做一做2】比较大小：121log 3________131log 2. 解析：212111222131log 3111log log log 1333log 2⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭，又∵112211log log 132>=，∴2121log 13⎛⎫> ⎪⎝⎭. ∴112311log log 32>. 答案：＞。

2018_19版高中数学第二讲讲明不等式的基本方法二综合法与分析法学案新人教版

二综合法与分析法学习目标 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．知识点综合法与分析法思考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)综合法①定义：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．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(2)分析法①定义：证明命题时，常常从要证的结论出发，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．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类型一综合法证明不等式例1 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 2b2≥4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2×14＋1－2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫142＝252.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2≥252. 方法二左边＝⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＝a 2＋b 2＋4＋⎝⎛⎭⎪⎫1a 2＋1b2＝4＋a 2＋b 2＋(a ＋b )2a 2＋(a ＋b )2b2＝4＋a 2＋b 2＋1＋2b a ＋b 2a 2＋a 2b 2＋2a b＋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，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫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1 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＋yx ⎝⎛⎭⎪⎫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．类型二分析法证明不等式例2 若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lga ＋b2＋lgc ＋b2＋lga ＋c2＞lg a ＋lg b ＋lg c .证明要证lga ＋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．跟踪训练2 已知x ＞0，y ＞0，求证：(x 2＋y 2)12＞(x 3＋y 3)13. 证明要证明(x 2＋y 2)12＞(x 3＋y 3)13，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． ∴(x 2＋y 2)12＞(x 3＋y 3)13. 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是成立的．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x ＞0，y ＞0，证明：(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥9xy .证明因为x ＞0，y ＞0，所以1＋x ＋y 2≥33xy 2＞0,1＋x 2＋y ≥33x 2y ＞0，故(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥33xy 2·33x 2y ＝9xy . 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 ＞B D ．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，又A ＞0，B ＞0，∴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0＜a ＜1＜b ，下列不等式一定成立的是( ) A ．log a b ＋log b a ＋2＞0 B ．log a b ＋log b a －2＞0 C ．log a b ＋log b a ＋2≥0 D ．log a b ＋log b a ＋2≤0答案 D解析 ∵0＜a ＜1＜b ， ∴log a b ＜0.∴－log a b ＞0. ∴(－log a b )＋1(－log a b )≥2，当且仅当0＜a ＜1＜b ，且ab ＝1时等号成立．∴－⎣⎢⎡⎦⎥⎤－log a b ＋1(－log a b )≤－2，即log ab ＋1log a b ≤－2.∴log a b ＋log b a ≤－2， ∴log a b ＋log b a ＋2≤0.5．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，又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．若a ＞0，b ＞0，则下列两式的大小关系为： 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．要使3a －3b ＜3a －b 成立，则a ，b 应满足____________．答案 ab ＞0且a ＞b 或ab ＜0且a ＜b 解析要使3a －3b ＜3a －b 成立．只需(3a －3b )3＜(3a －b )3成立，即a －b －33a 2b ＋33ab 2＜a －b 成立，只需3ab 2＜3a 2b 成立，只需ab 2＜a 2b 成立，即ab (b －a )＜0成立，可得ab ＞0且a ＞b 或ab ＜0且a ＜b .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 ≥ma －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，因为a ＞b ＞0，所以a －b ＞0，a －b ＞0，所以只需证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 ”索的因应是( ) A ．a －b >0 B ．a －c >0 C ．(a －b )(a －c )>0 D ．(a －b )(a －c )<0答案 C解析要证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)．∴－13＜c ＜0，即1＜a ＋b ＜43.。

2018_2019版高中数学第二讲讲明不等式的基本方法一比较法学案新人教A版

一比较法学习目标 1.理解比较法证明不等式的理论依据.2.掌握利用比较法证明不等式的一般步骤.3.体会比较法所体现的转化与化归的数学思想方法．知识点一作差比较法思考比差法的理论依据是什么？答案 a ＞b ⇔a －b ＞0；a ＝b ⇔a －b ＝0；a ＜b ⇔a －b ＜0. 梳理作差比较法(1)作差比较法的理论依据：a －b ＞0⇔a ＞b ；a －b ＜0⇔a ＜b ；a －b ＝0⇔a ＝b . (2)作差比较法解题的一般步骤：①作差；②变形整理；③判定符号；④得出结论．其中变形整理是解题的关键，变形整理的目的是为了能够直接判定与0的大小关系，常用的方法：因式分解，配方，通分，分子或分母有理化等．知识点二作商比较法思考1 对于两个正数a ，b ，若a b＞1，能够判断a ，b 的大小吗？答案能，根据不等式的性质知，对于正数a ，b ，a b＞1⇒a ＞b . 思考2 类比作差比较法，请谈谈作商比较法．答案对于正数a ，b ，a b ＞1⇔a ＞b ；a b ＝1⇔a ＝b ；a b＜1 ⇔a ＜b .梳理 (1)作商比较法：若a ＞0，b ＞0，要证明a ＞b ，只要证明a b＞1；要证明b ＞a ，只要证明a b＜1.这种证明不等式的方法，叫做作商比较法． (2)作商比较法的理论依据是不等式的基本性质： ①b ＞0，若a b ＞1，则a ＞b ；若a b ＜1，则a ＜b ； ②b ＜0，若a b＞1，则a ＜b ；若a b＜1，则a ＞b .(3)作商比较法解题的一般步骤：①判定a ，b 符号；②作商；③变形整理；④判定与1的大小关系；⑤得出结论.类型一作差比较法证明不等式例1 已知正数a ，b ，c 成等比数列，求证：a 2－b 2＋c 2≥(a －b ＋c )2. 证明因为正数a ，b ，c 成等比数列，所以b 2＝ac ，b ＝ac ，又(a 2－b 2＋c 2)－(a －b ＋c )2＝a 2－b 2＋c 2－a 2－b 2－c 2＋2ab －2ac ＋2bc ＝2ab －4b 2＋2bc ＝2b (a －2b ＋c ) ＝2b (a －c )2≥0，所以a 2－b 2＋c 2≥(a －b ＋c )2.反思与感悟作差比较法的关键是作差后的变形，一般通过分解因式或将差式转化为积商式，以便与0比较大小．跟踪训练1 已知a ≥1，求证：a ＋1－a ＜a －a －1. 证明 ∵(a ＋1－a )－(a －a －1) ＝1a ＋1＋a－1a ＋a －1＝a －1－a ＋1(a ＋1＋a )(a ＋a －1)＜0，∴a ＋1－a ＜a －a －1. 类型二作商比较法证明不等式例2 已知a ＞0，b ＞0，求证：a a b b≥()2a b ab +.证明因为a a b b＞0，()2a b ab +＞0，所以a ab b()2a b ab +＝22a b b a ab--⋅＝()2a b ab -.当a ＝b 时，显然有2a b a b -⎛⎫⎪⎝⎭＝1；当a ＞b ＞0时，a b＞1，a －b2＞0，所以由指数函数的单调性可知，2a b a b -⎛⎫⎪⎝⎭＞1；当b ＞a ＞0时，0＜a b＜1，a －b2＜0，所以由指数函数的单调性可知，2a b a b -⎛⎫⎪⎝⎭＞1.综上可知，对任意实数a ，b ，都有a a b b≥()2a b ab +.引申探究1．若a ＞0，b ＞0，求证：()2a b ab +≥a b b a.证明因为a b b a＞0，()2a b ab +＞0，所以a b ba()2a b ab +222.b a b a a b a abb ---⎛⎫== ⎪⎝⎭所以当a ＝b 时，显然有21;b a a b -⎛⎫= ⎪⎝⎭当a ＞b ＞0时，a b＞1，b －a2＜0，由指数函数的单调性，可得2b a a b -⎛⎫⎪⎝⎭＜⎝ ⎛⎭⎪⎫a b 0＝1；当b ＞a ＞0时，0＜a b＜1，b －a2＞0，由指数函数的单调性，可得2b a a b -⎛⎫⎪⎝⎭＜⎝ ⎛⎭⎪⎫a b0＝1，综上可知，对任意a ＞0，b ＞0，都有a b b a≤()2a b ab +.2．当a ＞0，b ＞0时，比较a a b b 与a b b a的大小．解由例2和探究1知，a a b b≥()2a b ab +≥a b b a.反思与感悟作商比较法证明不等式的一般步骤 (1)作商：将不等式左右两边的式子进行作商． (2)变形：化简商式到最简形式．(3)判断：判断商与1的大小关系，也就是判断商大于1或小于1或等于1. (4)得出结论．跟踪训练2 已知a ＞0，b ＞0，求证：a b ＋ba≥a ＋b . 证明 ∵a b ＋b a a ＋b ＝ab a ＋b ＋b aa ＋b ＝a ab ＋b ＋b ab ＋a ＝a ab ＋a 2＋b ab ＋b 22ab ＋(a ＋b )ab＝a 2＋b 2＋(a ＋b )ab2ab ＋(a ＋b )ab. 又∵a 2＋b 2≥2ab ，∴a 2＋b 2＋(a ＋b )ab 2ab ＋(a ＋b )ab ≥2ab ＋(a ＋b )ab 2ab ＋(a ＋b )ab＝1，当且仅当a ＝b ＞0时取等号， ∴a b ＋ba≥a ＋b . 类型三比较法的应用例3 证明：若a ，b ，m 都是正数，并且a ＜b ，则a ＋m b ＋m ＞ab(糖水不等式)．证明a ＋mb ＋m －a b ＝m (b －a )b (b ＋m ). ∵a ，b ，m 都是正数，且a ＜b ， ∴b －a ＞0，b (b ＋m )＞0， ∴m (b －a )b (b ＋m )＞0，即a ＋m b ＋m －ab ＞0，∴a ＋mb ＋m ＞ab. 反思与感悟比较法理论上便于理解，实用时便于操作，故应用比较广泛．跟踪训练3 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m ≠n ，问甲、乙二人谁先到达指定地点？解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 12m ＋t 12n ＝s ，s 2m ＋s2n＝t 2. ∴t 1＝2s m ＋n ，t 2＝s (m ＋n )2mn， ∴t 1－t 2＝2s m ＋n －s (m ＋n )2mn＝s [4mn －(m ＋n )2]2mn (m ＋n )＝－s (m －n )22mn (m ＋n ).其中s ，m ，n 都是正数，且m ≠n ，∴t 1－t 2＜0，即t 1＜t 2.从而知甲比乙先到达指定地点．1．已知不等式：①x 2＋3＞2x (x ∈R ＋)；②a 5＋b 5＞a 3b 2＋a 2b 3(a ，b ∈R ＋)；③a 2＋b 2≥2(a －b －1)．其中正确的个数为( ) A ．0B ．1C ．2D ．3 答案 C解析 ①x 2＋3－2x ＝(x －1)2＋2＞0，故①正确；②取a ＝b ＝1，则a 5＋b 5＝2，a 3b 2＋a 2b 3＝2，故②不正确；③a 2＋b 2－2(a －b －1)＝(a －1)2＋(b ＋1)2≥0，故③正确． 2.1a＜1成立的充要条件是( )A ．a ＞1B ．a ＜0C ．a ≠0D ．a ＞1或a ＜0答案 D解析 1a ＜1⇔1a －1＜0⇔1－a a＜0⇔a ＜0或a ＞1.3．若x ，y ∈R ，记w ＝x 2＋3xy ，u ＝4xy －y 2，则( ) A ．w ＞u B ．w ＜u C ．w ≥u D ．无法确定答案 C解析 ∵w －u ＝x 2－xy ＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 22＋3y24≥0，∴w ≥u .4．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答案 D解析 ∵a ，b 都是正数， ∴P ＞0，Q ＞0， ∴P 2－Q 2＝⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22－(a ＋b )2 ＝－(a －b )22≤0.(当且仅当a ＝b 时取等号)∴P 2－Q 2≤0，∴P ≤Q .5．设a ＞b ＞0，求证：a 2－b 2a 2＋b 2＞a －ba ＋b .证明方法一 a 2－b 2a 2＋b 2－a －ba ＋b＝(a －b )[(a ＋b )2－(a 2＋b 2)](a 2＋b 2)(a ＋b ) ＝2ab (a －b )(a 2＋b 2)(a ＋b )＞0(∵a ＞b ＞0)， ∴原不等式成立．方法二 ∵a ＞b ＞0，∴a 2＞b 2＞0. ∴左边＞0，右边＞0.∴左边右边＝(a ＋b )2a 2＋b 2＝1＋2ab a 2＋b 2＞1.∴原不等式成立．1．作差比较法证明不等式的技巧(1)作差比较法中，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． 2．适用作商比较法证明的不等式的特点适合欲证的不等式两端是乘积形式、幂指数的不等式或某些不同底数对数值的大小比较．一、选择题1．设a ，b ∈R ＋，且a ≠b ，若P ＝a 2b ＋b 2a，Q ＝a ＋b ，则( )A ．P ≥QB ．P ＞QC ．P ≤QD ．P ＜Q答案 B解析 P －Q ＝a 2b ＋b 2a －a －b ＝a 2－b 2b ＋b 2－a 2a ＝(a ＋b )(a －b )2ab.因为a ，b ∈R ＋，且a ≠b ，所以P－Q ＞0.2．已知a ＞b ＞－1，则1a ＋1与1b ＋1的大小关系为( ) A.1a ＋1＞1b ＋1 B.1a ＋1＜1b ＋1 C.1a ＋1≥1b ＋1D.1a ＋1≤1b ＋1答案 B 解析 ∵1a ＋1－1b ＋1＝b －a (a ＋1)(b ＋1)＜0， ∴1a ＋1＜1b ＋1. 3．已知a ＞b ＞0，c ＞d ＞0，m ＝ac －bd ，n ＝(a －b )(c －d )，则m 与n 的大小关系是( ) A ．m ＜n B ．m ＞n C ．m ≥n D ．m ≤n答案 C解析 m 2－n 2＝(ac －2abcd ＋bd )－(ac ＋bd －ad －bc ) ＝ad －2abcd ＋bc ＝(ad －bc )2≥0， ∴m 2≥n 2.又m ＞0，n ＞0，∴m ≥n .4．当a ＜b ＜0时，下列关系式中成立的是( ) A.a 2＜b 2B ．lg b 2＜lg a 2C.b a＞1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫122a ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫122b 答案 B解析方法一取特殊值a ＝－4，b ＝－1，则选项A ，C ，D 不正确，选项B 正确，故选B.方法二 ∵a ＜b ＜0，∴a 2＞b 2. 而函数y ＝lg x (x ＞0)为增函数， ∴lg b 2＜lg a 2，B 项正确．5．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 ＝Q D ．大小不确定答案 A解析 P －Q ＝log a (a 3＋1)－log a (a 2＋1)＝log a a 3＋1a 2＋1.当0＜a ＜1时，0＜a 3＋1＜a 2＋1，则0＜a 3＋1a 2＋1＜1，∴log a a 3＋1a 2＋1＞0，即P －Q ＞0.∴P ＞Q .当a ＞1时，a 3＋1＞a 2＋1＞0，a 3＋1a 2＋1＞1，∴log a a 3＋1a 2＋1＞0，即P －Q ＞0.∴P ＞Q .综上可知，P ＞Q .6．已知a ＞b ＞0且ab ＝1，设c ＝2a ＋b，P ＝log c a ，N ＝log c b ，M ＝log c (ab )，则( ) A ．P ＜M ＜N B ．M ＜P ＜N C ．N ＜P ＜M D ．P ＜N ＜M答案 A解析令a ＝2，b ＝12，则c ＝2a ＋b ＝45，则M ＝log c (ab )＝0，P ＝log 452＜0，N ＝log 4512＞0，∴P ＜M ＜N . 二、填空题7．设a ＞b ＞c ＞0，x ＝a 2＋(b ＋c )2，y ＝b 2＋(c ＋a )2，z ＝c 2＋(a ＋b )2，则x ，y ，z 的大小关系为________．答案 x ＜y ＜z 解析 ∵a ＞b ＞c ＞0， ∴x ＞0，y ＞0，z ＞0.而x 2－y 2＝a 2＋b 2＋2bc ＋c 2－(b 2＋c 2＋2ac ＋a 2) ＝2bc －2ac ＝2c (b －a )＜0，∴x 2＜y 2，即x ＜y ；又y 2－z 2＝b 2＋(c ＋a )2－[c 2＋(a ＋b )2] ＝2ac －2ab ＝2a (c －b )＜0， ∴y ＜z .∴x ＜y ＜z .8．已知a ＞0,0＜b ＜1，a －b ＞ab ，则1＋a 与11－b 的大小关系是________．答案1＋a ＞11－b解析 ∵a ＞0,0＜b ＜1，a －b ＞ab ， ∴(1＋a )(1－b )＝1＋a －b －ab ＞1. 从而1＋a11－b ＝(1＋a )(1－b )＞1， ∴1＋a ＞11－b.9．某家电厂家为了打开市场，促进销售，准备对其生产的某种型号的彩电进行降价销售，现有四种降价方案： (1)先降价a %，再降价b %； (2)先降价b %，再降价a %； (3)先降价a ＋b2%，再降价a ＋b2%；(4)一次性降价(a ＋b )%.其中a ＞0，b ＞0，且a ≠b ，则上述四种方案中，降价幅度最小的是________．答案方案(3)解析设降价前彩电的价格为1，按四种方案降价后彩电的价格依次为x 1，x 2，x 3，x 4，则x 1＝(1－a %)(1－b %)＝1－(a ＋b )%＋a %·b %；x 2＝(1－b %)(1－a %)＝x 1；x 3＝⎝⎛⎭⎪⎫1－a ＋b 2%⎝⎛⎭⎪⎫1－a ＋b 2%＝1－(a ＋b )%＋⎝⎛⎭⎪⎫a %＋b %22； x 4＝1－(a ＋b )%＜1－(a ＋b )%＋a %·b %＝x 1＝x 2.又x 3－x 1＝⎝⎛⎭⎪⎫a %＋b %22－a %·b %＞0，∴x 3＞x 1＝x 2＞x 4.故降价幅度最小的是方案(3)．三、解答题10．设a ，b 为非负实数，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 2a (a －b )＋b 2b (b －a )＝(a －b )[(a )5－(b )5]．当a ≥b 时，a ≥b ，从而(a )5≥(b )5，则(a －b )[(a )5－(b )5]≥0；当a ＜b 时，a ＜b ，从而(a )5＜(b )5，则(a －b )[(a )5－(b )5]＞0，所以a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)．11．已知b ，m 1，m 2都是正数，a ＜b ，m 1＜m 2，求证：a ＋m 1b ＋m 1＜a ＋m 2b ＋m 2. 证明 a ＋m 1b ＋m 1－a ＋m 2b ＋m 2＝(a ＋m 1)(b ＋m 2)－(a ＋m 2)(b ＋m 1)(b ＋m 1)(b ＋m 2)＝am 2＋bm 1－am 1－bm 2(b ＋m 1)(b ＋m 2)＝(a －b )(m 2－m 1)(b ＋m 1)(b ＋m 2).因为b ＞0，m 1＞0，m 2＞0，所以(b ＋m 1)(b ＋m 2)＞0. 又a ＜b ，m 1＜m 2，所以a －b ＜0，m 2－m 1＞0，从而(a －b )(m 2－m 1)＜0. 于是(a －b )(m 2－m 1)(b ＋m 1)(b ＋m 2)＜0，所以a ＋m 1b ＋m 1＜a ＋m 2b ＋m 2. 12．已知函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|，P 为不等式f (x )＞4的解集． (1)求P ；(2)证明：当m ，n ∈P 时，|mn ＋4|＞2|m ＋n |. (1)解 f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x ≥1，2，－1＜x ＜1，－2x ，x ≤－1.由f (x )＞4，得x ＞2或x ＜－2.所以不等式f (x )＞4的解集P ＝{x |x ＞2或x ＜－2}．(2)证明由(1)可知|m |＞2，|n |＞2，所以m 2＞4，n 2＞4，(mn ＋4)2－4(m ＋n )2＝(m 2－4)(n 2－4)＞0，所以(mn ＋4)2＞4(m ＋n )2，所以|mn ＋4|＞2|m ＋n |. 13．若实数x ，y ，m 满足|x －m |＜|y －m |，则称x 比y 接近m .对任意两个不相等的正数a ，b ，证明：a 2b ＋ab 2比a 3＋b 3接近2ab ab .证明因为a ＞0，b ＞0，且a ≠b ，所以a 2b ＋ab 2＞2ab ab ，a 3＋b 3＞2ab ab .所以a 2b ＋ab 2－2ab ab ＞0，a 3＋b 3－2ab ab ＞0.所以|a 2b ＋ab 2－2ab ab |－|a 3＋b 3－2ab ab |＝a 2b ＋ab 2－2ab ab －a 3－b 3＋2ab ab＝a 2b ＋ab 2－a 3－b 3＝a 2(b －a )＋b 2(a －b )＝(a －b )(b 2－a 2)＝－(a －b )2(a ＋b )＜0，所以|a 2b ＋ab 2－2ab ab |＜|a 3＋b 3－2ab ab |，所以a 2b ＋ab 2比a 3＋b 3接近2ab ab .四、探究与拓展14．已知a ＞2，求证：log a (a －1)＜log (a ＋1)a .证明 ∵a ＞2，∴a －1＞1，∴log a (a －1)＞0，log (a ＋1)a ＞0.由于log a (a －1)log (a ＋1)a ＝log a (a －1)·log a (a ＋1)＜⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a (a －1)＋log a (a ＋1)22 ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a (a 2－1)22. ∵a ＞2，∴0＜log a (a 2－1)＜log a a 2＝2. ∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a (a 2－1)22＜⎝ ⎛⎭⎪⎫log a a 222＝1. 即log a (a －1)log (a ＋1)a ＜1. ∵log (a ＋1)a ＞0，∴log a (a －1)＜log (a ＋1)a .。

2018_2019高中数学第二讲证明不等式的基本方法复习学案新人教A版

第二讲证明不等式的基本方法一、知识梳理二、题型、技巧归纳题型一、比较法证明不等式比较法证明不等式的依据是：不等式的意义及实数大小与运算的关系．其主要步骤是：作差——恒等变形——判断差值的符号——结论．其中，变形是证明推理中的关键，变形的目的在于判断差的符号．例1设a ≥b ＞0，求证：3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2.[再练一题]1．若a ＝lg 22，b ＝lg 33，c ＝lg 55，则( ) A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD.b ＜a ＜c题型二、综合法、分析法证明不等式分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”逐步推导出不等式成立的必要条件，两者是对立统一的两种方法，一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手．因此通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．例2 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 )．[再练一题]2．设a ，b ，c 均为大于1的正数，且ab ＝10.求证：log a c ＋log b c ≥4lg c .题型三、反证法证明不等式若直接证明难以入手时，“正难则反”，可利用反证法加以证明；若要证明不等式两边差异较大时，可考虑用放缩法进行过渡从而达到证明目的．例3若a ，b ，c ，x ，y ，z 均为实数，且a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π3，c ＝z 2－2x ＋π6，求证：a ，b ，c 中至少有一个大于0.[再练一题]3．如图，已知在△ABC 中，∠CAB ＞90°，D 是BC 的中点，求证：AD ＜12BC .三、随堂检测1．若实数a ，b 满足1a ＋2b＝ab ，则ab 的最小值为( ) A. 2B ．2C ．2 2D.42．设a ，b >0，a ＋b ＝5，则a ＋1＋b ＋3的最大值为________．3．已知|x |＜ε3，|y |＜ε6，|z |＜ε9，求证：|x ＋2y －3z |＜ε.参考答案1.【解析】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】 C2.【解析】令t ＝a ＋1＋b ＋3，则t 2＝a ＋1＋b ＋3＋＝9＋2≤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 23.【证明】 ∵|x |＜ε3，|y |＜ε6，|z |＜ε9， ∴|x ＋2y －3z |＝|1＋2y ＋(－3z )|≤|x |＋|2y |＋|－3z |＝|x |＋2|y |＋3|z |＜ε3＋2×ε6＋3×ε9＝ε. ∴原不等式成立．。

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2.1 比较法一、教学目标1．理解比较法证明不等式的依据． 2．掌握利用比较法证明不等式的一般步骤．3．通过学习比较法证明不等式，培养对转化思想的理解和应用．二、课时安排 1课时三、教学重点掌握利用比较法证明不等式的一般步骤．四、教学难点通过学习比较法证明不等式，培养对转化思想的理解和应用．五、教学过程（一）导入新课已知a ≥b ＞0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .【证明】 2a 3－b 3－(2ab 2－a 2b )＝2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2) ＝(a 2－b 2)(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，即2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b . （二）讲授新课教材整理1 作差比较法1．理论依据：①a ＞b ⇔ ；②a ＝b ⇔a －b ＝0；③a ＜b ⇔ . 2．定义：要证明a ＞b ，转化为证明，这种方法称为作差比较法． 3．步骤：① ；②变形；③ ；④下结论．教材整理2 作商比较法1．理论依据：当b ＞0时，①a ＞b ⇔ ；②a ＜b ⇔a b ＜1；③a ＝b ⇔a b＝1. 2．定义：证明a ＞b (b ＞0)，只要转化为证明，这种方法称为作商比较法． 3．步骤：①作商；②变形；③判断商与1大小；④下结论．（三）重难点精讲题型一、作商比较法证明不等式例1已知a ＞0，b ＞0且a ≠b ，求证：a a b b＞(ab )a ＋b2.【精彩点拨】判断a a b b与ab s\up21(f(a ＋b,2)的正负)→作商变形→与1比较大小→下结论【自主解答】 ∵a ＞0，b ＞0，∴a a b b＞0，(ab )a ＋b2＞0，作商a a b bab s\up21(f(a ＋b,2))＝aa －a ＋b2·bb －a ＋b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2.∵a ≠b ，∴当a ＞b ＞0时，a b ＞1且a －b 2＞0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2＞1，而(ab )a ＋b2＞0，∴a a b b＞(ab )a ＋b2.当b ＞a ＞0时，0＜a b ＜1且a －b 2＜0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2＞1，而(ab )a ＋b2＞0，∴a a b b＞(ab )a ＋b2.综上可知a ＞0，b ＞0且a ≠b 时，有a a b b＞(ab )a ＋b2.规律总结：1．当不等式的两端为指数式时，可作商证明不等式．2．运用a ＞b ⇔a b＞1证明不等式时，一定注意b ＞0是前提条件．若符号不能确定，应注意分类讨论．[再练一题]1．已知m ，n ∈R ＋，求证：m ＋n2≥m ＋nm n ·n m .【证明】因为m ，n ∈R ＋，所以m ＋n2≥mn ＝m ＋nmn s\up21(f(m ＋n,2))，令ω＝错误!＝m 错误!·n 错误!＝错误!错误!，则：①当m >n >0时，m n>1，m －n >0，则ω>1. ②当m ＝n 时，ω＝1.③当n >m >0时，0<m n<1，m －n <0，则ω>1. 故对任意的m ，n ∈R ＋都有ω≥1. 即m ＋n mn s\up21(f(m ＋n,2))≥m ＋nm n ·n m ，所以m ＋n2≥m ＋nm n ·n m .题型二、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，另一半时间以速度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m ≠n ，问甲、乙二人谁先到达指定地点？【精彩点拨】设从出发地点至指定地点的路程是s ，甲、乙二人走完这段路程所用的时间分别为t 1, t 2，要回答题目中的问题，只要比较t 1，t 2的大小就可以了．【自主解答】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 12m ＋t 12n ＝s ，s 2m ＋s2n＝t 2.∴t 1＝2s m ＋n ，t 2＝()2s m n mn+， ∴t 1－t 2＝2s m ＋n －()2s m n mn +＝2[4()]2()s mn m n mn m n -++＝－2()2()s m n mn m n -+.其中s ，m ，n 都是正数，且m ≠n ， ∴t 1－t 2＜0，即t 1＜t 2，从而知甲比乙先到达指定地点．规律总结：1．应用不等式解决实际问题时，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，也即建立数学模型是解应用题的关键．2．在实际应用不等式问题时，常用比较法来判断数的大小关系．若是选择题或填空题，则可用特殊值加以判断．[再练一题]2．通过水管放水，当流速相同时，如果水管截面(指横截面)的周长相等，试问：截面为圆的水管流量大还是截面为正方形的水管流量大？【解】设截面的周长为l ，依题意知，截面是圆的水管的截面面积为π·⎝⎛⎭⎪⎫l 2π2，截面是正方形的水管的截面面积为⎝ ⎛⎭⎪⎫l 42.∵π·⎝ ⎛⎭⎪⎫l 2π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫l 42＝l 24⎝ ⎛⎭⎪⎫1π－14＝2(4)16l ππ-. 由于l ＞0,0＜π＜4，∴2(4)16l ππ-＞0，∴π·⎝⎛⎭⎪⎫l 2π2＞⎝ ⎛⎭⎪⎫l 42.因此，通过水管放水，当流速相同时，如果水管的周长相等，那么截面是圆的水管比截面是正方形的水管流量大．题型三、作差比较法例3已知a ，b ∈R ，求证：a 2＋b 2＋1≥ab ＋a ＋b .【精彩点拨】此不等式作差后是含有两个字母的二次式，既可配成平方和的形式，也可根据二次三项式的判别式确定符号．【自主解答】法一 ∵a 2＋b 2－ab －a －b ＋1 ＝12[(a －b )2＋(a －1)2＋(b －1)2]≥0， ∴a 2＋b 2＋1≥ab ＋a ＋b .法二 a 2＋b 2－ab －a －b ＋1＝a 2－(b ＋1)a ＋b 2－b ＋1，对于a 的二次三项式，Δ＝(b ＋1)2－4(b 2－b ＋1)＝－3(b －1)2≤0. ∴a 2－(b ＋1)a ＋b 2－b ＋1≥0，故a 2＋b 2＋1≥ab ＋a ＋b . 规律总结：1．作差比较法中，变形具有承上启下的作用，变形的目的在于判断差的符号，而不用考虑差值的多少．2．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，可利用“Δ”判定符号．[再练一题]3．已知a ＞b ＞c ，证明：a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＞ab 2＋bc 2＋ca 2.【证明】 ∵a 2b ＋b 2c ＋c 2a －ab 2－bc 2－ca 2＝(a 2b －bc 2)＋(b 2c －ab 2)＋(c 2a －ca 2) ＝b (a 2－c 2)＋b 2(c －a )＋ac (c －a )＝(a －c )(ba ＋bc －b 2－ac )＝(a －c )(a －b )(b －c )． ∵a ＞b ＞c ，∴a －c ＞0，a －b ＞0，b －c ＞0， ∴(a －c )(a －b )(b －c )＞0，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＞ab 2＋bc 2＋ca 2. （四）归纳小结比较法—⎪⎪⎪—作差法—作商法—实际应用（五）随堂检测1．设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则下列t 与s 的大小关系中正确的是( ) A ．t ＞s B ．t ≥s C ．t ＜s D.t ≤s 【解析】 s －t ＝(a ＋b 2＋1)－(a ＋2b )＝(b －1)2≥0， ∴s ≥t . 【答案】 D2．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 ＝Q D.大小不确定【解析】 P －Q ＝log a (a 3＋1)－log a (a 2＋1)＝log a a 3＋1a 2＋1.当0＜a ＜1时，0＜a 3＋1＜a 2＋1，则0＜a 3＋1a 2＋1＜1，∴log a a 3＋1a 2＋1＞0，即P －Q ＞0，∴P ＞Q .当a ＞1时，a 3＋1＞a 2＋1＞0，a 3＋1a 2＋1＞1，∴log a a 3＋1a 2＋1＞0，即P －Q ＞0，∴P ＞Q .综上总有P ＞Q ，故选A. 【答案】 A3．设a ，b ，m 均为正数，且b a ＜b ＋ma ＋m，则a 与b 的大小关系是________．【解析】b ＋m a ＋m －b a ＝()()m a b a a m -+＞0. 又a ，b ，m 为正数，∴a (a ＋m )＞0，m ＞0，因此a －b ＞0. 即a ＞b . 【答案】 a ＞b 六、板书设计教材整理1 作差比较法教材整理2 作商比较法七、作业布置同步练习：2.1比较法八、教学反思。