2018-2019学年人教A版高中数学选修4-5课件：第二讲证明不等式的基本方法阶段复习课(共67张PPT)
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.。
人教版高中数学选修4-5第2讲 证明不等式的基本方法2ppt课件
∴假设不成立，∴|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于12.
证法二：假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于12， 则|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|<2， 而|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥|f(1)＋f(3)－2f(2)| ≥f(1)＋f(3)－2f(2) ＝(1＋b＋c)＋(9＋3b＋c)－2(4＋2b＋c)＝2. 两式显然矛盾，∴原假设不成立． ∴|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于21.
反证法
• 1．要证不等式M>N，先假设M≤N，由题设及其他性 质，推出矛盾，从而肯定M>N成立．凡涉及证明不 等式为否定性命题，唯一性命题或是含“至多”、 “至少”等字句时，可考虑使用反证法．
• 2．反证法证明不等式的步骤是：反设(假设不等式 的结论不成立)→归谬(从假设出发，经过推理论证， 得出矛盾)→断言(由矛盾得出反设不成立)．反证法
证法二：∵|x＋y|≤|x|＋|y|，∴|x|＋|y|－|x＋y|≥0. 由真分数性质ba<ab＋ ＋mm(0<a<b，m>0)知 1＋|x＋|x＋y|y|≤1＋|x＋|x＋y|＋y|＋|x||＋x|＋|y||－y|－|x＋|x＋y| y| ＝1＋|x||＋x|＋|y||y|≤1＋|x||x|＋1＋|y||y|. 即1＋|x＋|x＋y| y|≤1＋|x||x|＋1＋|y||y|成立．
(7)利用常用结论：
①1＝ k
2 k＋
k>
2 k＋
k＋1＝2(
k＋1－
k)，
1＝ k
2 k＋
k<
2 k＋
k－1＝2(
k－
k－1)(k∈N＋，k&g－1 1－1k；k12>kk＋1 1＝1k－k＋1 1(程度大)；
1.1.1.不等式的基本性质 课件(人教A选修4-5)
a 3 b 2 又∵ y＝ ＝－1，x＝ ＝－1， －3 －2 a b ∴y ＝x，因此⑤不正确． 由不等式的性质可推出②④恒成立． 即恒成立的不等式有②④.
c d 2．已知三个不等式：ab＞0，bc－ad＞0，a－b＞0(其中 a，b， c，d 均为实数)，用其中两个不等式作为条件，余下的一个 不等式作为结论组成一个命题，可组成的正确命题有几个？
[解析]
1 1 c c 由 a>b>1， 得， <b， >b； c<0 幂函数 y＝xc(c<0) a a
是减函数， 所以 ac<bc； 因为 a－c>b－c， 所以 logb(a－c)>loga(a －c)>loga(b－c)，①②③均正确．
[答案] D
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的范围．“范围”必须对应某个字母变量或代数式，一旦变化 出其他的范围问题，则不能再间接得出，必须“直来直去”， 即直接找到要求的量与已知的量间的数量关系，然后去求．
[通一类] 3．若已知二次函数y＝f(x)的图象过原点，且1≤f(－1)≤2,
3≤f(1)≤4.求f(－2)的范围．
解：法一：∵f(x)过原点，∴可设 f(x)＝ax2＋bx.
m＋n＝4， ∴ m－n＝－2. m＝1， ∴ n＝3.
∴f(－2)＝(a＋b)＋3(a－b)＝f(1)＋3f(－1)． ∵1≤f(－1)≤2,3≤f(1)≤4， ∴6≤f(－2)≤10.
本课时考点主要考查不等式的性质，2012年湖南高
考将不等式的性质及函数的单调性结合命题，是高考命题
b(n∈N，n≥2).
[小问题· 大思维]
1．若 x＞y，a＞b，则在①a－x＞b－y，②a＋x＞b＋y， a b ③ax＞by，④x－b＞y－a，⑤y＞x这五个不等式中， 恒成立的不等式有哪些？
高中数学 第二节 证明不等式的基本方法、数学归纳法证明不等式课件 新人教A版选修4-5
ab
ab 2 abba.
【拓展提升】比较法证明不等式的方法与步骤 1.作差比较法 (1)作差比较法的一般步骤是：作差、变形、判断符号、得出 结论.其中,变形整理是关键,变形的目的是为了判断差的符号,常 用的变形方法有:因式分解、配方、通分、拆项、添项等. (2)若所证不等式的两边是整式或分式多项式时，常用作差比 较法.
第二节 证明不等式的基本方法、数学 归纳法证明不等式
1.比较法证明不等式可分为作差比较法和作商比较法两种
理论依 据
适用类 型
作差比较法 a>b⇔_a_-_b_>_0_ a<b⇔_a_-_b_<_0_ a=b⇔_a_-_b_=_0_
作商比较法 b>0, a >1⇒a>b
b
b<0, a >1⇒a<b
(5)数学归纳法的第一步n的初始值一定为1.( )
【解析】(1)错误.若x-y<0，则有x+2y<x-y.
(2)正确.∵a>b>-1,∴a+1>b+1>0, 1 1 .
a 1 b 1
(3)错误.
b1b a1 a
a∵aba>b1a>, 0,∴a-b<0,
a(a+1)>0,b1b,st.
a1 a
(4)错误.该不等式无论用作差法还是作商法都不好证明，最好
【互动探究】在本例(2)的条件下，证明
ab
ab 2
abba.
【证明】
abba
ab
ab 2
ba ab
a 2 b 2
(b)a2b， a
当a=b时，( b
)
a
2
2018_2019学年高中数学第一讲不等式和绝对值不等式二绝对值不等式2绝对值不等式的解法课件新人教A版选修4_5
2．不等式|x－1|<1 的解集为( )
A．(0，2)
B．(－∞，2)
C．(1，2)
D．[0，2)
解析：选 A.由|x－1|<1⇔－1<x－1<1⇔0<x<2，
所以不等式的解集为(0，2)．
3．不等式 3≤|5－2x|<9 的解集为( ) A．[－2，1)∪[4，7) B．(－2，1]∪(4，7] C．[－2，1]∪[4，7) D．(－2，1]∪[4，7) 解析：选 D.因为|5－2x|＝|2x－5|，则原不等式等价于 3≤2x－5<9 或－9<2x－5≤－3， 解得 4≤x<7 或－2<x≤1， 故解集为(－2，1]∪[4，7)．
(3)原不等式等价于||xx－ －22||≥ ≤24， .②① 由①得 x－2≤－2，或 x－2≥2， 所以 x≤0，或 x≥4. 由②得－4≤x－2≤4， 所以－2≤x≤6. 所以原不等式的解集为{x|－2≤x≤0，或 4≤x≤6}．
含有一个绝对值号不等式的常见类型及其解法 (1)形如|f(x)|<a(a>0)和|f(x)|>a(a>0)型不等式可运用等价转化法 化成等价的不等式(组)求解． (2)形如|f(x)|<g(x)和|f(x)|>g(x)型不等式的解法有 ①等价转化法：|f(x)|<g(x)⇔－g(x)<f(x)<g(x)， |f(x)|>g(x)⇔f(x)<－g(x)或 f(x)>g(x)． (这里 g(x)可正也可负)
含有两个绝对值号不等式的解法 解下列不等式： (1)|x－1|>|2x－3|； (2)|x－1|＋|x－2|>2； (3)|x＋1|＋|x＋2|>3＋x.
2新人教A版高中数学(选修4-5)《基本不等式》ppt课件
基本不等式
我们已 经 学 过 重 要 不等式 a b 2ab2 Nhomakorabea2
a, b R , 为了方便同学们学习下面将它 ,
以定理的形式给出并给出证明 , .
定理1
如果 a, b R, 那么a b 2ab, 当
2
2
且仅当a b时, 等号成立 .
证明 因为 a b 2 ab a b 0 , 当且仅
2 2 2
a b 时等号成立 成立 .
, 所以 , 当且仅当 a b 时 , 等号
探究 你能从几何的角度解释 定理1 吗?
A
如果把实数 , b作为线段 a 长度那么可以这样来解 释定理1 :
借助几何画板 解释定理1 .
B H
I
K
b
D
G
F
a
b
J
a
C
b
E
图 1 .1 2
以 a b 为例 , 如图 1 . 1 2 , 在正方形 a ; 在正方形 S 正方形
1设总造价为S元, AD长为x米, 试建立S关于x的函数
关系式;
2 当x为何值时S最小, 并求出这个最小值 .
解
2
1 设 DQ
y米 , 则
D
2
H
Q
G
x 4 xy 200 ,
从而 y 200 x 4x
2
P
N F
C B
A
M E
.
于是
2
S 4200 x 210 4 xy 80 2 y
C B
M E
2 4000 x
400000 x
2
80000 ,
高考数学(人教,理)总复习课件：选修4-5-第2节证明不等式的基本方法
将上述不等式相加得： 21－31＋31－41＋…＋1n－n＋1 1 ＜212＋312＋…＋n12＜1－12＋12－13＋…＋n－1 1－n1， 即12－n＋1 1＜212＋312＋…＋n12＜1－1n， ∴32－n＋1 1＜1＋212＋312＋…＋n12＜2－1n.
用放缩法证明不等式的常用方法： (1)添加或舍去一些项，如 a2＋a＋1＝a＋122＋34＞a＋122.
【证明】 (1)要证 a＋b＋c≥ 3，由于 a，b，c＞0，因
此只需证明(a＋b＋c)2≥3，即证 a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋
ac)≥3，而 ab＋bc＋ca＝1，故需证明 a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc
＋ac)≥3(ab＋bc＋ac)，即证 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac.
因为
ab
【解】 法一：利用基本不等式 ∵( 3a＋1＋ 3b＋1＋ 3c＋1)2＝(3a＋1)＋(3b＋1)＋ (3c ＋ 1) ＋ 2 3a＋1 · 3b＋1 ＋ 2 3b＋1 · 3c＋1 ＋ 2 3a＋1 · 3c＋1 ≤(3a ＋ 1) ＋ (3b ＋ 1) ＋ (3c ＋ 1) ＋ 3a＋1＋3b＋1＋3b＋1＋3c＋1＋3a＋1＋3c＋1 ＝33a＋1＋3b＋1＋3c＋1＝18， ∴ 3a＋1＋ 3b＋1＋ 3c＋1≤3 2. 故( 3a＋1＋ 3b＋1＋ 3c＋1)max＝3 2.
(2)证明：由 s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋ b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1,2，…，n 及 an<bn，可得 s －t＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋…＋(an－1－bn－1)qn－2＋(an－bn)qn－ 1≤(q－1)＋(q－1)q＋…＋(q－1)qn－2－qn－1
人教版高中数学选修4-5课件：2.1比较法
【自主预习】 比较法的定义 比较法证明不等式可分为作差比较法和作商比较法两 种.
(1)作差比较法:要证明a>b,只要证明_a_-_b_>_0_;要证明
a<b,只要证明______.这种证明不等式的方法,叫做作 a-b<0
差比较法.
(2)作商比较法:若a>0,b>0,要证明a>b,只要证明
【失误案例】
分析解题过程,找出错误之处,并写出正确答案. 提示:错误的根本原因是应用不等式的性质,或对差式 的变形不彻底而引起的.
【解析】由②c-b=(a-2)2≥0,,所以b-a=a2-a+1= (a 1)2 3＞0.
所以b>a,故c≥b>a.
24
ab
ab 2 .
2.将典例中的条件改为“a>b>c>0”,求证:
a2ab2bc2c>ab+cbc+aca+b.
【证明】由a>b>c>0,得ab+cbc+aca+b>0,a2ab2bc2c>0.
所证不等式左边除以右边,得
=aa-baa-cbb-cbb-acc-acc-b=
a 2a b2bc2c a b bc cacab
【变式训练】1.(2015·浙江高考)有三个房间需要粉 刷,粉刷方案要求:每个房间只用一种颜色,且三个房间 颜色各不相同.已知三个房间的粉刷面积(单位:m2)分 别为x,y,z,且x<y<z,三种颜色涂料的粉刷费用(单位: 元/m2)分别为a,b,c,且a<b<c.在不同的方案中,最低的 总费用(单位:元)是( )
类型二 作商比较法
2020学年高中数学第2讲证明不等式的基本方法第一课时比较法课件新人教A版选修4_5
【证明】 (1)a2＋b2－2(a－b－1) ＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0， ∴a2＋b2≥2(a－b－1). (2)bc2＋ca2＋ab2－(b2c＋c2a＋a2b) ＝(bc2－c2a)＋(ca2－b2c)＋(ab2－a2b) ＝c2(b－a)＋c(a－b)(a＋b)＋ab(b－a) ＝(b－a)(c2－ac－bc＋ab) ＝(b－a)(c－a)(c－b)， ∵a>b>c，∴b－a<0，c－a<0，c－b<0. ∴(b－a)(c－a)(c－b)<0， ∴bc2＋ca2＋ab2<b2c＋c2a＋a2b.
解，然后得出结论.
【解析】 设原来的窗户面积与地板面积分别为 a，b， 窗户面积和地板面积同时增加的面积为 c，且ab≥10%. 则现有的窗户面积与地板面积分别为 a＋c 与 b＋c， 于是原来窗户面积与地板面积之比为ab，面积均增加 c 以 后的窗户面积与地板面积之比为ab＋＋cc，因此要确定采光条件的
题型三 比较法的实际应用 建筑学规定，民用住宅的窗户面积必须小于地
板面积，但按采光标准，窗户面积与地板面积的比不应小 于 10%，并且这个比值越大，住宅的采光条件越好.问同时 增加相等的窗户面积和地板面积，住宅的采光条件是变好 了，还是变坏了？请说明理由.
思路点拨 先建立数学模型，再利用不等式的知识求
a＋b 综上可知，对任意实数 a、b，都有 aabb≥(ab) 2 .
●方法技巧 (1)当欲证的不等式两端是乘积形式或幂指数不等式 时，常采用作商比较法. (2)作商比较法的证明步骤是：判断符号、作商、变 形、判断与1的大小.
变式训练
2.已知a>2，求证：loga(a－1)<log(a＋1)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.
高中数学选修4-5第二讲证明不等式的基本方法第2讲1人教版
数学 选修4-5
第二讲 证明不等式的基本方法
预习学案 课堂学案 课后练习
2．综合法 已知条件 出发，利用_________________________ 定义、公理、定理、性质 等， 从_________ 经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做 综合法，又叫_______________________ 顺推证法或由因导果法 ． 3．分析法 充分条件 ， 从要证的结论 __________出发，逐步寻求使它成立的___________
数学 选修4-5
第二讲 证明不等式的基本方法
预习学案 课堂学案 课后练习
解析： ∵a2＋b2－1－a2b2≤0 ∴a2b2－a2－b2＋1≥0 ∴(a2－1)(b2－1)≥0 由分析法的步骤可知
答案： D
数学 选修4-5
第二讲 证明不等式的基本方法
预习学案 课堂学案 课后练习
3．已知 a，b 是正实数，比较大小 aabb________abba.
abba＞0，
答案： aabb≥abba.
数学 选修4-5
第二讲 证明不等式的基本方法
预习学案 课堂学案 课后练习
4．求证： 7－1＞ 11－ 5.
证明： 要证 7－1＞ 11－ 5， 只需证 7＋ 5＞ 11＋1， 即证 7＋2 35＋5＞11＋2 11＋1， 即证 35＞ 11， 即证 35＞11(显然成立)， 因为 35＞11 成立，所以原不等式成立．
[ 解题过程]
(1)a2＋b2－2(a－b－1)
＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0， ∴a2＋b2≥2(a－b－1)．
数学 选修4-5
第二讲 证明不等式的基本方法
预习学案 课堂学案 课后练习
数学·选修4-5(人教A版)课件：第二讲2.1比较法
左边 a＋1－ a a＋ a－1
证明： ＝
＝
＜1，
右边 a－ a－1 a＋1＋ a
又 a＋1－ a＞0， a－ a－1＞0.
所以原不等式成立．
1．比较法是证明不等式的一种最基本、最常用的方 法，比较法除了课本中介绍的作差比较法(即利用 a＞b⇔ a－b＞0)，还有作商比较法 即要证明a＞b，而b＞0，只要证明ab＞1.
TIP4：早晨起床后，由于不受前摄抑制的影响，我们可以记忆一些新的内容或 者 复习一下昨晚的内容，那么会让你记忆犹新。
如何利用规律实现更好记忆呢？
超级记忆法-记忆规 律
记忆中
选择恰当的记忆数量
魔力之七：美国心理学家约翰·米勒曾对短时记忆的广 度进行过比较精准的测定：通常情况下一个人的记忆 广度为7±2项内容。
＋(a2b－ab2)＝(a－b)(a2＋ab＋b2)＋ab(a－b)＝(a－b)(a＋
b)2≥0，所以 a3＋a2b≥ab2＋b3.故应选 B. 答案：B
3．已知 a，b 都是正实数，则下列关系式成立的是 ()
A．aabb＝abba B．aabb≥abba C．aabb＜abba D．aabb≤abba 解析：因为 a，b∈R＋，故 abba＞0.
答案：(1)√ (2)√ (3)√ (4)×
2．若 a＞b，则代数式 a3＋a2b 与 ab2＋b3 的值的大小 关系是( )
A．a3＋a2b＜ab2＋b3 B．a3＋a2b≥ab2＋b3 C．a3＋a2b＝ab2＋b2 D．不能确定 解析：因为 a＞b，所以(a3＋a2b)－(ab2＋b3)＝(a3－b3)
消化
固化
模式
拓展
小思 考
TIP1：听懂看到≈认知获取； TIP2：什么叫认知获取：知道一些概念、过程、信息、现象、方法，知道它们 大 概可以用来解决什么问题，而这些东西过去你都不知道；
选修4-5第二讲-证明不等式的基本方法-课件
(a b)(a b)2
a,b 0,a b 0
又a b(a b)2 0
故(a b)(a b)2 0即(a3 b3 ) (a2b ab2 ) 0
判断一个数或式子与0的大小关系．作商比较法的实质是把两个数或式 子的大小判断问题转化为判断一个数或式子与1的大小关系． 2．作商比较法适用于哪些类型的问题？
提示：主要适用于积、商、幂、对数、根式等形式的不等式证明．
3．
已知
a
1，a
2∈(
0
,
1
)
，
M
＝a
1a
2，N
＝a
1＋a
＋
2
1，
则M
，N
的
大
小关系是________.
m(b a) 0 即 a m a 0 a m a
b(b m)
bm b
bm b
(2)作商比较法
例3 已知a,b是正数,求证aabb abba ,当且仅当a b时,等号成立.
证明:
aabb abba
aabbba
a
ab
b
根据要证的不等式的特点(交换a, b的位置, 不等式不变)
为_a_b___1或__a_b 2
6.若0
a
b
1, P
log 1
2
a
b 2
,Q
1 2
(log 1
2
a
log 1
2
b), M
log 1 (a
2
2019高二数学人教A版选修4-5课件：1.1.2基本不等式1
预习反馈
2.若 x≠0，则 f(x)＝2－3x2－1x22 的最大值是________，取得最值时 x 的值是________. 【解析】 f(x)＝2－3x2＋x42≤2－3×4＝－10，当且仅当 x2＝x42，即 x＝± 2时取等号． 【答案】 －10 ± 2
预习反馈
3．已知 a，b 是正数，求证：
练一练
2．已知 x>0，y>0，且1x＋9y＝1，试求 x＋y 的最小值. 【解】 ∵x>0，y>0，且1x＋9y＝1，∴x＋y＝(x＋y)1x＋9y ＝yx＋9yx＋10≥2 yx·9yx＋10＝16.当且仅当yx＝9yx，即 y＝3x 时等号成立． 又1x＋9y＝1，∴当 x＝4，y＝12 时，(x＋y)min＝16.
∴当促销费定在 7 万元时，年利润最大．
归纳小结
设出变量
建――→立
数学模型
定――义→域
利用均值不等式求最值
“＝”成 立―的―――条→件
结论
练一练
3．如图所示，为处理含有某种杂质的污水，要制造一个底宽为 2 m 的无盖长方 体沉淀箱，污水从 A 孔流入，经沉淀后从 B 孔流出，设箱体的长度为 a m，高 度为 b m，已知流出的水中该杂质的质量分数与 a，b 的乘积 ab 成反比，现有 制箱材料 60 m2，问当 a，b 各为多长时，沉淀后流出的水中该杂质的质量分数 最小(A，B 孔的面积忽略不计)?
1．两个定理
定理
内容
等号成立的条件
定理 1 a2＋b2≥ 2ab (a，b∈R) 当且仅当 a＝b 时，等号成立
定理 2
a＋b 2≥
ab (a，b＞0)
当且仅当 a＝b时，等号成立
2.算术平均与几何平均
选修4-5第二讲《证明不等式的基本方法》学生
学科教师辅导讲义讲义编号：学员编号： 年 级： 课 时 数： 3 学员姓名： 辅导科目：高中数学 学科教师： 课 题 证明不等式的基本方法 授课日期及时段教学目的1、掌握比较法和综合分析法证明不等式的方法；2、能够根据题目的特征选择适当的方法，证明不等式。
教学内容一、【课前检测】1.（重庆理7）已知a ＞0，b ＞0，a+b=2，则y=14a b +的最小值是 A ．72 B ．4 C ． 92D ．5【答案】C2.（浙江理5）设实数,x y 满足不等式组250270,0x y x y x +-⎧⎪+-⎨⎪⎩＞＞≥，y ≥0，若,x y 为整数，则34x y +的最小值是A ．14B ．16C ．17D ．19【答案】B3.（全国大纲理3）下面四个条件中，使a b ＞成立的充分而不必要的条件是A ．1a b +＞B ．1a b -＞C ．22a b ＞D ．33a b ＞【答案】A4.（江西理2）若集合{},{}x A x x B xx -2=-1≤2+1≤3=≤0，则A B ⋂=A ．{}x x -1≤<0 B ． {}x x 0<≤1C ．{}x x 0≤≤2D ．{}x x 0≤≤1【答案】B5.（辽宁理9）设函数⎩⎨⎧>-≤=-1,log 11,2)(21x x x x f x ，则满足2)(≤x f 的x 的取值范围是 （A ）1[-，2] （B ）[0，2] （C ）[1，+∞） （D ）[0，+∞）【答案】D6.（湖南理7）设m ＞1，在约束条件1y xy mx x y ≥⎧⎪≤⎨⎪+≤⎩下，目标函数z=x+my 的最大值小于2，则m 的取值范围为A ．（1，12+）B ．（12+，+∞）C ．（1,3 ）D ．（3，+∞）【答案】A7.（湖北理8）已知向量a=（x +z,3）,b=（2,y-z ），且a ⊥ b ．若x ,y 满足不等式1x y +≤，则z 的取值范围为A ．[-2，2]B ．[-2，3]C ．[-3，2]D ．[-3，3] 【答案】D二、【知识梳理】不等式的性质是不等式证明和求解不等式的理论基础和前提条件。