2019年高三数学(理科)一轮复习(教师用)北师大版选修4-5第2节不等式的证明Word版含解析
2019年高考数学一轮复习(文理通用) 选修4-5 不等式选讲 选修4-5 第2讲
(2)放缩法的注意事项： 12 3 12 ①舍去或加上一些项，如(a＋2) ＋4＞(a＋2) ； 1 1 1 1 1 2 ②将分子或分母放大(缩小)，如k2＜ ，k2＞ ， ＜ ， k k － 1 kk＋1 k k＋ k－1 1 2 ＞ (k∈N*，k＞1)等． k k＋ k＋1 ③放大或缩小时注意要适当，必须目标明确，合情合理，恰到好处，且不可 放缩过大或过小，谨慎地添或减是放缩法的基本策略．
1．下列结论正确的个数为 导学号 58533693 ( C ) (1)用反证法证明命题“a、b、c 全为 0”时假设为“a、b、c 全不为 0”． (2)若实数 x、y 适合不等式 xy＞1，x＋y＞－2，则 x＞0，y＞0. x＋2y (3)若 >1，则 x＋2y>x－y. x－y (4)|a＋b|＋|a－b|≥|2a|. A．0 C．2 B．1 D．3
选考内容
选修4-5 不等式选讲
第二讲 不等式的证明与柯西不等式
1 2
知 识 梳 理
考 点 突 破
知 识 梳 理
1．均值不等式
2ab 定理 1：设 a、b∈R，则 a2＋b2≥________. 当且仅当 a＝b 时，等号成立．
a＋b ab ，当且仅当 a＝b 时，等号成 定理 2：如果 a、b 为正数，则 2 ≥________ 立．
n n n
bn an(当 ai＝0 时，约定 bi＝0，i＝1,2，„，n)时等号成立． (3)柯西不等式的向量形式：设 α、β 为平面上的两个向量，则|α||β|≥|α· β|，当 且仅当 α，β 共线时等号成立．
• 3．不等式的证明方法 反证法 放缩法 • 证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、 ________、________等．
2019学年北师大版高中数学选修4-5课件：1.5不等式的应用 (共25张PPT)
探究一
探究二
思维辨析
������+������ 2 成立的条件是 2
2
a>0,b>0.
( (
) )
������2 +������ a,b∈R,则 2
≥
������+������ 2 . 2
答案:(1)√ (2)×
(3)×
(4)√
探究一
探究二
思维辨析
探究一
利用平均值不等式求函数的最值
16 f(x)=1-x- ������ 的最小值;
(4)a>b>0⇒an>bn(n∈N+); (5)a>b>0⇒ ������ >
1 ������
n ������
������(n∈N+);
(6)a>b,ab>0⇒ < .
1 ������
2.几个常用平均值不等式
名师点拨 在利用平均值不等式“和式≥积式”求最值时要注意三 点:一是各项为正;二是寻求定值,求和式最小值时应使积为定值,求 积式最大值时应使和为定值(恰当变形,合理发现拆分项或配凑因 式是常用的解题技巧);三是考虑等号成立的条件.简记为“一正、二 定、三相等”.
1 1 1 ������ 1 ������ 4 -2,再对 ������+1
16 ������
x+1+
4 运用平 ������+1
探究一
探究二
思维辨析
解(1)因为 x<0,所以 f(x)=1-x=1+ (-������) + - ������
16
16 ������ 16
≥1+2 (-������)· - ������ =9, 9.
高中数学北师大版选修4-5第二章几个重要的不等式课件-(共5份打包)
1．柯西不等式中，当实数a，b，c，d满足什么条件时取 等号？
提示：当向量(a，b)与向量(c，d)共线，即ad－bc＝0，也 就是ad＝bc时取等号．
若实数 m，n，x，y 满足 m2＋n2＝a，x2＋y2＝b(a≠b)，则
mx＋ny 的最大值是( )
A．a＋2 b
B． ab
C．
a2＋b2 2
解：由柯西不等式，得 4a＋1＋ 4b＋1＝1· 4a＋1＋1· 4b＋1
≤ 12＋12[ 4a＋12＋ 4b＋12] ＝ 24a＋1＋4b＋1＝ 2×6＝2 3， 当且仅当 4a＋1＝ 4b＋1，即 a＝b＝12时等号成立． 故 4a＋1＋ 4b＋1的最大值为 2 3.
1．柯西不等式强调的是两个正项与另外两个正项之间的 关系，对不符合形式的式子要从整体上进行拆分，“拼” “合”“变式”，转化为某两项间的关系，进而利用不等式求 最值或取值范围．
利用柯西不等式求最值
若3x＋4y＝2，试求x2＋y2的最小值及取得最小值时 x，y的值．
解：由柯西不等式，得 (x2＋y2)(32＋42)≥(3x＋4y)2， 当且仅当3x＝4y时等号成立． 因为 3x＋4y＝2，所以 25(x2＋y2)≥4，
即 x2＋y2≥245. 由33x＝x＋4y4，y＝2，得xy＝ ＝228655.， 故当 x＝265，y＝285时，x2＋y2 取得最小值，最小值为245.
∴a－1 b＋b－1 c≥a－4 c.
b1－c2＝4.
【点评】 利用柯西不等式证明某些不等式比较方便，但 技巧性很强，关键是在结构上灵活凑出柯西不等式的形式．
1．已知a，b为非负数，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)． 求证：(ax1＋bx2)(bx1＋ax2)≥x1x2.
新北师大版高中数学高中数学选修4-5第二章《重要的不等式》测试题(含答案解析)
一、选择题1．已知a 、b R ∈，224a b +=，求32a b +的最大值为（ ）A．B．C． D ．42．已知数列{}n a 的前n 项和2n S n =，数列{}n b 满足()1log 01n n a na b a a +=<<，n T 是数列{}n b 的前n 项和，若11log 2n a n M a +=，则n T 与n M 的大小关系是（ ） A ．n n T M ≥B ．n n T M >C ．n n T M <D ．n n T M ≤3．若0x y >>，{}0,1,2,,2020n ∈⋅⋅⋅，则使得1ny nx x y +>恒成立的n 有（ ）个. A ．1B ．2C ．3D ．20214．已知222121n a a a +++= ，222121n x x x +++= ，则1122n n a x a x a x +++ 的最大值是( ) A ．1B ．2C ．3D ．45．已知(),0A a ，()0,C c ，2AC =，1BC =，0AC BC ⋅=，O 为坐标原点，则OB 的最大值是（ ）A1 BC1D6．已知a ，b ，0c >，且1a b c ++=A ．3B．C ．18D ．97．若函数()f x 在其图象上存在不同的两点()11,A x y ，()22,B x y ，其坐标满足条件：1212|]x x y y +-0，则称()f x 为“柯西函数”，则下列函数：①1()f x x x=+(0)x >：②()ln (0)f x x x e =<<：③()cos f x x =:④2()4f x x =-. 其中为“柯西函数”的个数为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．48．已知2x+3y+4z=10,则x 2+y 2+z 2取到最小值时的x,y,z 的值为( ) A ．5105,,396B ．203040,,292929C ．111,,23D ．11,499．y=x 的最大值是 （ ） A ．1B ．2CD ．410．若实数a ，b ，c 均大于0，且a ＋b ＋c ＝3，则的最小值为( ) A ．3B ．1C．3D11．n 个正数的和与这n 个正数的倒数和的乘积的最小值是( ) A ．1B ．nC ．n 2D ．1n12．设a b c d ,,,为正数，1a b c d +++=，则2222a b c d +++的最小值为（ ） A ．12B ．14C ．1D ．34二、填空题13．已知,,,,,(0,)x y z R αβγπ+∈∈，且222346,2x y z αβγπ++=++=，则sin sin sin xy xz yz αβγ++的最大值为________．14．已知,,x y z 是正数，且1231x y z ++=，则23y zx ++的最小值是__________. 15．设x ，y ，z 均为实数，则22222x y z x y z +-++的最大值是________．16．已知实数,,,x y a b 满足：221a b +≤，2224x x y x y ≤⎧⎪+≥⎨⎪+≤⎩，则ax by +的最大值为__________ ．17．函数3141y x x =++-的最大值为______________； 18．在等式19161()()()++=的分母上的三个括号中各填入一个正整数，使得该等式成立，则所填三个正整数的和的最小值是_________． 19．已知、、是三角形三个角的弧度数，则的最小值____．20．已知,(0,)x y ∈+∞3x y x y <+恒成立，利用柯西不等式可求得实数k 的取值范围是________．三、解答题21．已知f (n )＝1＋312＋313＋314＋＋31n ，()g n =32－212n，n ∈N *. （1）当n ＝1，2，3时，试比较f (n )与g(n )的大小关系； （2）猜想f (n )与g(n )的大小关系，并给出证明． 22．已知,x y R ∈，且1x y +=. （1）求证：22334x y +≥； （2）当0,0x y >>时，不等式221111|2||1|a a x y ⎛⎫⎛⎫--≥-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭恒成立，求a 的取值范围.23．已知函数3()|3|(0)f x x a x a a =-++>．（1）当1a =时，求不等式()6f x <的解集；（2）若()f x 的最小值为4，且1(0,0)am m nn +=>>≤24．已知函数()12f x x x =++-，若2a b c ++=(),,a b c R ∈，且不等式()222a b c f x ≥++恒成立，求实数x 的取值范围．25．已知,,a b c ∈R ，且3a b c ++=，22226a b c ++=，求实数a 的取值范围．26．设函数()()222,f x x a x b a b R =-++∈.（1）若1a =，0b =，求()2f x ≥的解集； （2）若()f x 的最小值为8，求2+a b 的最大值.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B 解析：B 【分析】利用柯西不等式可求得32a b +的最大值. 【详解】224a b +=，由柯西不等式可得()()()222223232a b a b ++≥+，即()23213452a b +≤⨯=，32a b ∴-+≤当且仅当a =b =时，32a b +取得最大值.因此，32a b +的最大值为 故选：B. 【点睛】本题考查利用柯西不等式求最值，解答的关键在于对代数式进行合理配凑，考查计算能力，属于基础题.2．C解析：C 【分析】先求出2462log ()13521n a nT n =⨯⨯⨯-，log n a M =，再利用数学归纳法证明*1321)242n n N n-⨯⨯⋯⨯<∈即得解.【详解】因为2n S n =，所以11=1,21(2)n n n a a S S n n -=-=-≥适合n=1,所以=21n a n -.所以2log 21n a nb n =-， 所以24622462log log log log log ()1352113521n aa a a a n nT n n =+++=⨯⨯⨯--111log =log (21)log 22n a n a a M a n +=+=下面利用数学归纳法证明不等式*1321)242n n N n -⨯⨯⋯⨯<∈ （1）当1n =时，左边12=，右边=<右边，不等式成立， （2）22414n n -<，即2(21)(21)(2)n n n +-<．即212221n nn n -<+，∴，∴<， 假设当n k =时，原式成立，即1121232k k-⨯⨯⋯⨯<那么当1n k =+时，即112121212322(1)2(1)1k k k k k k -++⨯⨯⋯⨯⨯<=<++即1n k =+时结论成立．根据（1）和（2）可知不等式对任意正整数n 都成立．所以246213521nn ⨯⨯⨯>-因为0＜a ＜1，所以2462log ()log 13521a a nn ⨯⨯⨯<- 所以n n T M <. 故选：C 【点睛】本题主要考查数列通项的求法，考查对数的运算和对数函数的性质，考查数学归纳法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.3．B解析：B 【分析】根据题意，分情况讨论，1x y >≥和10x y >>>，0n =，1n =，2n ≥判断，得出结论. 【详解】如1x y >≥，1ny nx x y +>显然成立；当10x y >>>，0n =时，21ny nx x y +=>成立；当1n =时，由贝努力不等式(1)1r x rx +>+，1r >，1x >-， 取1r y =，y a x=， 则111(1)10y y x x x+=+>>，1y x y x x +>，得y x x x y >+， 同理xy y x y>+，故1ny nx x y +>成立；当2n ≥时，取12x =，14y =，代入检验1124211111()()()()1222224n nynxnx y +=+<+=+<，不成立，故选：B ． 【点睛】本题考查恒成立问题，利用了贝努力不等式，考查运算求解能力，是中档题．4．A解析：A 【分析】利用柯西不等式求解. 【详解】()21122n n a x a x a x +++()()2222221212111nn aa a xx x ++++++=⨯= ，当且仅当12121nnx x x a a a ==== 时取等号. ∴1122n n a x a x a x +++ 的最大值是1故选：A 【点睛】本题主要考查柯西不等式的应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于基础题.5．C解析：C 【分析】设(),B x y ，利用两点间的距离公式可得221x y ax cy +=++，再利用柯西不等式进行放的最大值. 【详解】设(),B x y ，则224a c +=，()221x y c +-=，()222251x a y x y ax cy -+=⇒+=++11≤=+取等号条件：ay cx =；令OB d ==，则212d d≤+，得1d ≤.故选：C. 【点睛】本题考查两点间的距离公式，勾股定理、柯西不等式的应用，考查转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意不等式放缩时等号成立的条件.6．B解析：B【分析】先利用柯西不等式求得2的最大值，由此求得.【详解】 由柯西不等式得：()2222222111⎡⎤≤++++⎢⎥⎣⎦()33318a b c =⨯+++=⎡⎤⎣⎦≤13a b c ===时，等号成立，故选B.【点睛】本小题主要考查利用柯西不等式求最大值，属于基础题.7．B解析：B 【分析】由柯西不等式得对任意的实数1212,x x y y ，，都有1212x x y y +， 当且仅当1122=x y x y 时取等，此时12120000y y x x --=--即A,O,B 三点共线，结合“柯西函数”定义可知，f(x)是柯西函数⇔f(x)的图像上存在两点A 与B ，使得A,O,B 三点共线⇔过原点直线与f(x)有两个交点.再利用柯西函数的定义逐个分析推理得解. 【详解】由柯西不等式得对任意的实数1212,x x y y ，，都有1212x x y y +，当且仅当1122=x y x y 时取等，此时12120000y y x x --=--即A,O,B 三点共线，结合“柯西函数”定义可知，f(x)是柯西函数⇔f(x)的图像上存在两点A 与B ，使得A,O,B 三点共线⇔过原点直线与f(x)有两个交点. ①()()10f x x x x=+>,画出f(x)在x ＞0时，图像若f(x)与直线y=kx 有两个交点，则必有k≥2，此时，1x kx x +=，所以21)1,k x x -=∴=（x ＞0），此时仅有一个交点，所以()()10f x x x x=+>不是柯西函数； ②()()0f x lnx x e =<<，曲线()()0f x lnx x e =<<过原点的切线为xy e=，又（e,1）不是f(x)图像上的点，故f(x)图像上不存在两点A,B 与O 共线，所以函数()()0f x lnx x e =<<不是；③()f x cosx =；④()24f x x =-．显然都是柯西函数.故选B 【点睛】本题主要考查柯西不等式，考查学生对新概念的理解和应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.8．B解析：B 【解析】 【分析】由题意结合柯西不等式成立的条件得到关于x ,y ,z 的方程，解方程即可求得x ,y ,z 的值. 【详解】由柯西不等式,得(x 2+y 2+z 2)(22+32+42)≥(2x+3y+4z )2=100, 则x 2+y 2+z 2≥100.29当且仅234x y z ==当时,取到最小值,所以联,23423410,x y zx y z ⎧==⎪⎨⎪++=⎩立可得x 203040,,.292929y z === 本题选择B 选项. 【点睛】本题主要考查柯西不等式求最值，柯西不等式等号成立的条件，方程的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.9．C解析：C 【解析】 【分析】首先求得平方的最大值，然后确定y 的最大值即可. 【详解】函数有意义，则210x -≥，即11x -≤≤， 且2112y =+≤+=，则y =x当且仅当221xx =-，即2x =时等号成立. 本题选择C 选项. 【点睛】本题主要考查函数最值的求解，均值不等式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.10．D解析：D 【解析】()()()22222221111119,3ab c a b c a b c ++++≥⨯+⨯+⨯=∴++≥，1a b c ===时等号成立，故选D. 11．C解析：C 【解析】 由柯西不等式，得()1212111......n n x x x x x x ⎛⎫++++++⎪⎝⎭2...⎫≥()2211...1n =+++=，当且仅当12...n x x x ===时取等号，故选C. 12．B解析：B 【解析】试题分析：由柯西不等式()()()2222222221111a b c da b c d ++++++≥+++，因为1a b c d +++=，于是由上式得()222241a b c d +++≥，于是222214a b c d +++≥，当且仅当14a b c d ====时取等号，故选B ．考点：柯西不等式．【名师点睛】一般形式的柯西不等式：设a 1，a 2，a 3，…，a n ，b 1，b 2，b 3，…，b n 是实数，则(a ＋a ＋…＋a)·(b ＋b ＋…＋b)≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2，当且仅当bi ＝0(i ＝1,2，…，n)或存在一个数k ，使得ai ＝kb i (i ＝1,2，…，n)时，等号成立．当遇到求最值问题中变量较多时，一般可联想用柯西不等式，可以很快得出结论，当变量只有两个或三个时，有时应用基本不等式也能容易得出结论．二、填空题13．【分析】如图所示：设则根据柯西不等式证明得到利用上面不等式得到得到答案【详解】如图所示：过作于设故当时根据柯西不等式：故当时等号成立即即即故当三点共线且时等号成立故答案为：【点睛】本题考查了柯西不等【分析】如图所示：设OA x =，OB y =，OC z =，AD a =，BD b =，OD h =，则sin sin sin 2ABC xy xz yz S αβγ∆++=，根据柯西不等式证明222()a b a b x y x y++≥+，得到()22222346a h b h z ++++=，利用上面不等式得到)()6ABC m z a b ∆≥++≥，得到答案.【详解】如图所示：过O 作⊥OD AB 于D ，设OA x =，OB y =，OC z =，AD a =，BD b =，OD h =，AOB α∠=，AOC β∠=，BOC γ∠=.故sin sin sin 2ABC xy xz yz S αβγ∆++=.当0x >，0y >时，根据柯西不等式：22222()a b ⎡⎤⎛⎫⎡⎤⎢⎥++≥+⎣⎦⎢⎥⎣⎦，故222()a b a b x y x y++≥+，当a b x y =时等号成立.222346x y z ++=，即()22222346a h b h z ++++=，即22224346a h b z +++=.即()())()222222611111111434443ABC h z a b a h b z h z a b ∆+++++=≥+≥++≥++，故2ABC S ∆≤OCD 三点共线，且3a b =，h z =时等号成立.【点睛】本题考查了柯西不等式求最值，将sin sin sin xy xz yz αβγ++表示成三角形面积是解题的关键.14．9【分析】首先根据题意利用代1法可得再借助柯西不等式即可得出结论【详解】是正数且当且仅当时取等号的最小值是9故答案为：9【点睛】本题主要考查利用柯西不等式求最小值的问题属于基础题解析：9 【分析】首先根据题意，利用代“1”法，可得1232323y z y z x x x y z ⎛⎫⎛⎫++=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，再借助柯西不等式，即可得出结论. 【详解】,,x y z 是正数，且1231x y z++=， 1232323y z y z x x x y z ⎛⎫⎛⎫∴++=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22323y z x y z x ≥ 2(111)=++ 9=，当且仅当3x =，6y =，9z =时取等号，23y zx ∴++的最小值是9. 故答案为：9. 【点睛】本题主要考查利用柯西不等式求最小值的问题，属于基础题.15．【分析】首先利用柯西不等式可以得到从而求得两边开放得到从而求得其最大值【详解】由柯西不等式知所以所以当且仅当时等号成立故答案为：【点睛】该题考查的是有关式子的最值问题涉及到的知识点有柯西不等式在解题解析：2 【分析】 首先利用柯西不等式可以得到2222222(2)[2(1)](2)x y z x y z ++++-≥+-，从而求得2222(2)1122x y z x y z +-≤++≤. 【详解】 由柯西不等式知2222222(2)[2(1)](2)x y z x y z ++++-≥+-， 所以2222(2)1122x y z x y z +-≤++，≤，当且仅当202x y z ==->时等号成立，故答案为：2. 【点睛】 该题考查的是有关式子的最值问题，涉及到的知识点有柯西不等式，在解题的过程中，注意对柯西不等式形式的配凑，属于较难题目.16．【解析】分析：根据线性规划先求出的范围再根据柯西不等式求解详解：画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示表示可行域内的点到原点的距离结合图形可得点A 到原点的距离最大由解得故∴由柯西不等式得当且仅当时【解析】的范围，再根据柯西不等式求解．详解：画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示．22x y +A 到原点的距离最大， 由224x x y =⎧⎨+=⎩，解得21x y =⎧⎨=⎩，故()2,1A ， ∴225x y +≤ 由柯西不等式得2222225ax by a b x y x y +≤+++≤x y a b=时等号成立． ∴ax by +5点睛：在应用柯西不等式求最大值时，要注意等号成立的条件，柯西不等式在排列上规律明显，具有简洁、对称的美感，运用柯西不等式求解时，可按照“一看、二构造、三判断、四运用”的步骤求解．17．【解析】因为所以故函数的最大值为 解析：52【解析】 因为(()()2223141341150x x x x +-≤+++-=，所以52y ≤3141y x x =+-5218．64【解析】试题分析：设依次填入的三个数分别为则根据柯西不等式所以时最小值为64考点：柯西不等式解析：64【解析】试题分析：设依次填入的三个数分别为,,x y z ，则根据柯西不等式()()21916134x y z x y z ⎛⎫++++≥++ ⎪⎝⎭64=，所以8,24,32x y z ===时，最小值为64．考点：柯西不等式．19．【解析】试题分析：所以原式转化为根据基本不等式所以原式等号成立的条件是所以求原式的最小值转化为求的最小值令当时函数单调递减当函数单调递减所以当时函数取得最小值当时取得最小值最小值等于考点：1基本不等 解析：【解析】 试题分析：,所以，原式转化为,根据基本不等式，,所以原式,等号成立的条件是,所以求原式的最小值转化为求的最小值，,令，,,当时，,函数单调递减，当，,函数单调递减，所以当时，函数取得最小值，当时，,取得最小值，最小值等于． 考点：1．基本不等式；2．导数研究函数的极值与最值．20．【解析】试题分析：由柯西不等式得所以即考点：柯西不等式 解析：10k >【解析】 试题分析：由柯西不等式得22(3)(13)()x y x y ≤++，所以310x y x y ≤+10k >考点：柯西不等式三、解答题21．（1）答案见解析；（2）f (n )≤g(n )，证明见解析.【分析】（1）利用解析式计算、比较可得答案；（2）由（1）的结果猜想可得f (n )≤g(n )，再利用数学归纳法进行证明可得答案.【详解】（1）当n ＝1时，f (1)＝1，g(1)＝1，所以f (1)＝g(1)；当n ＝2时，f (2)＝98，g(2)＝118，所以f (2)＜g(2)； 当n ＝3时，f (3)＝251216，g(3)＝312216，所以f (3)＜g(3)．（2）由（1）猜想： f (n )≤g(n )，用数学归纳法证明．①当n ＝1，不等式显然成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立，即1＋312＋313＋314＋＋31k ≤32－212k ， 则当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝f (k )＋31(1)k +≤32－212k ＋31(1)k +22233111122(1)2(1)2(1)k k k k =-+-++++， 因为212(1)k +－23112(1)k k ++＝332(1)k k ++－212k ＝32312(1)k k k --+＜0， 所以f (k ＋1)＜32－212(1)k +＝g(k ＋1)． 由①②可知，对一切n ∈N *，都有f (n )≤g(n )成立.【点睛】关键点点睛：掌握数学归纳法原理是本题解题关键.22．（1）证明见解析；（2）[]4,5-.【分析】（1）由柯西不等式即可证明；（2）可先化简计算221111x y ⎛⎫⎛⎫-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭的最小值，再分2a ≥，1a 2-<<，1a ≤-三种情况讨论即可得到答案.【详解】（1）由柯西不等式得： 22222)11x x ⎡⎤⎛⎡⎤++≥⋅⎢⎥ ⎣⎦⎝⎢⎥⎣⎦， ()22243()13x y x y ∴+⨯≥+=， 当且仅当334x y ==时取等号， 22334x y ∴+≥； （2）由0,0x y >>，1x y +=， 得222211(1)(1)(1)(1)112111x x y y x y x y x y x y xy ⎛⎫+-+-++⎛⎫--=⋅=⋅=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 114x y xy=+≥≥当且仅当12x y ==时等号成立， 要使得不等式221111|2||1|a a x y ⎛⎫⎛⎫--≥-++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭恒成立， 即可转化为|2||1|9a a -++≤， 当2a ≥时，219a -≤，可得25a ≤≤，当1a 2-<<时，39≤，可得1a 2-<<，当1a ≤-时，219a -+≤，可得41a -≤≤-，a ∴的取值范围为：[]45-，.【点睛】易错点睛：本题主要考查柯西不等式，均值不等式，绝对值不等式的综合应用. 柯西不等式以及均值不等式注意等号成立的条件.23．（1）()4,2-；（2）证明见解析.【分析】（1）当1a =时，由()6f x <，得|1||3|6x x -++<．利用零点分段法去绝对值,分三段解不等式即可求解；（2）由绝对值三角不等式可得()f x 的最小值为334a a +=，解得1a =，可得11m n+=， 利用柯西不等式即可求证.【详解】（1）当1a =时，由()6f x <，得|1||3|6x x -++<．当3x ≤-时，136x x ---<，即226x --<，解得：4x >-，所以43x -<≤-； 当31x -<<时，136x x -++<，即46<，所以31x -<<；当1≥x 时，136x x -++<，即226x +<，解得2x <，所以12x ≤<．综上所述：不等式()6f x <的解集为()4,2-．（2）证明：因为333()|3|(3)3f x x a x a x a x a a a =-++≥--+=+，且0a >，所以()f x 的最小值为334a a +=．因为函数3()3g a a a =+为增函数，且()14g =，所以1a =． 从而11m n+=，因为0m >，0n >，所以由柯西不等式得()222112mn ⎛⎫++≥ ⎪⎝⎭，即25≥，≤（当且仅当15m =，54n =时等号成立） 【点睛】方法点睛：解绝对值不等式的常用方法（1）基本性质法：a 为正实数，x a a x a <⇔-<<，x a x a >⇔<-或x a >； （2）平方法：两边平方去掉绝对值，适用于x a x b -<-或x a x b ->-型的不等式的求解；（3）分类讨论法(零点分区间法)：含有两个或两个以上绝对值的不等式，可用分类讨论法去掉绝对值，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式求解；（4）几何法：利用绝对值不等式的几何意义，画出数轴，将绝对值问题转化为数轴上两点的距离问题求解；（5）数形结合法：在直角坐标系中，作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图像求解.24．[]1,2-.【分析】 由柯西不等式得()2222236a b c a b c ++++≥=，转化条件得()3f x ≤，结合绝对值三角不等式()12123f x x x x x =++-≥+-+=，即可得解.【详解】 由柯西不等式可得()()()22222222121a b c a b c ++≤++++，所以()2222236a b c a b c ++++≥=，当且仅当121a b c ==即b =a c ==时，等号成立， 所以()222a b c f x ≥++恒成立()3f x ⇔≤，因为()12123f x x x x x =++-≥+-+=，当且仅当12x -≤≤时，等号成立， 所以()3f x ≤的解集为12x -≤≤，所以实数x 的取值范围[]1,2-.【点睛】本题考查了柯西不等式与绝对值三角不等式的综合应用，考查了计算能力与转化化归思想，属于中档题.25．120,5⎡⎤⎢⎥⎣⎦． 【分析】利用柯西不等式可得关于a 的不等式，解不等式可得实数a 的取值范围．【详解】 因为()222222*********()(3)3233a b c b c b c a ⎛⎫-=+=+++=- ⎪⎝⎭ 所以25120a a -，解得1205a． 综上，实数a 的取值范围是120,5⎡⎤⎢⎥⎣⎦． 【点睛】 本题考查柯西不等式求参数的取值范围，考查逻辑推理能力、运算求解能力. 26．（1）13,,22⎛⎤⎡⎫-∞-+∞ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭；（2）【分析】（1）分别在0x ≤、01x <<和1x ≥三种情况下解不等式求得结果；（2）利用绝对值三角不等式可求得2228a b +=，利用柯西不等式可求得结果.【详解】（1）当1a =，0b =时，()1f x x x =-+，当0x ≤时，()122f x x =-≥，解得：12x ≤-； 当01x <<时，()112f x x x =-+=≥，解集为∅；当1x ≥时，()212f x x =-≥，解得：32x ≥； 综上所述：()2f x ≥的解集为13,,22⎛⎤⎡⎫-∞-+∞ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭； （2）2222222228x a x b x a x b a b -++≥---=+=（当且仅当()()2220x a x b -+≤时取等号），()()222212242a b a b ⎛⎫∴++=≥+ ⎪⎝⎭（当且仅当a b =时取等号），2a b ∴+≤即2+a b 的最大值为.【点睛】本题考查分类讨论法解绝对值不等式、绝对值三角不等式的应用、利用柯西不等式求最值的问题，属于常考题型.。
北师版高考总复习一轮理科数精品课件 选修4—5 不等式选讲 第2节 不等式的证明
1
所以
+4
·(a+4c)
1
1
+
≥
≥
×
1
0<a+4c≤3,即
+4
≥
1
.
3
=9,
1
a=b=1,c= .
2
1
中的等号成立,
3
9
1
,即
3
1
+ ≥3,当且仅当
1
a=1,c= 时,等号成立.
2
规律方法 1.利用柯西不等式证明不等式的技巧:利用柯西不等式证明不等
分条件,最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式;
(3)用分析法证明数学命题时,一定要恰当地用好“要证”“只需证”“即证”等
词语.
对点训练3已知a+b+c=1,
证明:(a+2) +(b+2) +(c+2)
2
2
49
≥3.
2
证明: 因为a+b+c=1,
所以(a+2)2+(b+2)2+(c+2)2=a2+b2+c2+4(a+b+c)+12=a2+b2+c2+16,
∴abc≤
1
,当且仅当
9
a=b=c 时,等号成立.
(2)∵a>0,b>0,c>0,∴b+c≥2 ,a+c≥2 ,a+b≥2 ,
∴+
+
高中数学 北师大版选修4-5几个重要的不等式第二章
§1柯西不等式1.1简单形式的柯西不等式学习目标1.认识并理解平面上的柯西不等式的代数和向量形式.2.会用柯西不等的代数形式和向量形式证明比较简单的不等式，会求某些函数的最值.预习自测1.柯西不等式若a，b，c，d∈R，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，等号成立⇔ad＝bc.2.柯西不等式的向量形式设α，β为平面上的两个向量，则|α·β|≤|α||β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立.自主探究1.如何证明：a1，a2，b1，b2∈R时，(a21＋a22)(b21＋b22)≥(a1b1＋a2b2)2?提示(a21＋a22)(b21＋b22)－(a1b1＋a2b2)2≥0⇔a21b21＋a22b22＋a21b22＋a22b21－a21b21－a22b22－2a1b1a2b2≥0⇔a21b22－2a1b1a2b2＋a22b21≥0⇔(a1b2－a2b1)2≥0.上式中等号成立⇔a1b2＝a2b1.2.设平面上两个向量为α＝(a1，a2)，β＝(b1，b2)，你能证明|α||β|≥|α·β|吗？提示∵cos〈α，β〉＝α·β|α||β|＝a1b1＋a2b2a21＋a22b21＋b22，∴cos2〈α，β〉＝（a1b1＋a2b2）2（a21＋a22）（b21＋b22）≤1，即(a 21＋a 22)(b 21＋b 22)≥(a 1b 1＋a 2b 2)2， a 21＋a 22·b 21＋b 22≥|a 1b 1＋a 2b 2|.∴|α||β|≥|α·β|，等号成立的充要条件为α＝λβ (λ≠0).典例剖析知识点1 利用柯西不等式证明不等式【例1】 已知3x 2＋2y 2≤6，求证：2x ＋y ≤11. 证明 由于2x ＋y ＝23(3x )＋12(2y ). 由柯西不等式(a 1b 1＋a 2b 2)2≤(a 21＋a 22)(b 21＋b 22)得(2x ＋y )2≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122(3x 2＋2y 2)≤⎝ ⎛⎭⎪⎫43＋12×6＝116×6＝11， ∴|2x ＋y |≤11，∴2x ＋y ≤11.【反思感悟】 柯西不等式(a 21＋a 22)(b 21＋b 22)≥(a 1b 1＋a 2b 2)2⇔a 21＋a 22b 21＋b 22≥|a 1b 1＋a 2b 2|，应用时关键是对已知条件的变形.1.已知a ，b ，c ，d ∈R ，x >0，y >0，且x 2＝a 2＋b 2，y 2＝c 2＋d 2，求证：xy ≥ac ＋bd .证明 由柯西不等式知：ac ＋bd ≤a 2＋b 2c 2＋d 2＝x 2·y 2＝xy . ∴xy ≥ac ＋bd .【例2】 (二维形式的三角不等式)设x 1，y 1，x 2，y 2∈R ，用代数的方法证明x 21＋y 21＋x 22＋y 22≥（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2.证明 (x 21＋y 21＋x 22＋y 22)2＝x 21＋y 21＋2x 21＋y 21x 22＋y 22＋x 22＋y 22≥x 21＋y 21＋2|x 1x 2＋y 1y 2|＋x 22＋y 22 ≥x 21＋y 21－2(x 1x 2＋y 1y 2)＋x 22＋y 22＝x 21－2x 1x 2＋x 22＋y 21－2y 1y 2＋y 22＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2∴x 21＋y 21＋x 22＋y 22≥（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2【反思感悟】 在平面中设α＝(x 1，y 1)，β＝(x 2，y 2)，则α±β＝(x 1±x 2，y 1±y 2)，由向量加法的三角形法则知：|α|＋|β|≥|α＋β|⇔x 21＋y 21＋x 22＋y 22≥（x 1＋x 2）2＋（y 1＋y 2）2，由向量减法的几何意义知：|α|＋|β|≥|α－β|⇔x 21＋y 21＋x 22＋y 22≥（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2.2.利用柯西不等式证明：a 2＋b 28≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 42. 证明 ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 42＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4＋b 42≤(a 2＋b 2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋⎝ ⎛⎭⎪⎫142＝a 2＋b 28. 知识点2 利用柯西不等式求函数的最值【例3】 求函数y ＝5x －1＋10－2x 的最大值. 解 函数的定义域为{x |1≤x ≤5}.y ＝5x －1＋25－x ≤52＋2x －1＋5－x ＝27×2＝63当且仅当55－x ＝2x －1 即x ＝12727时取等号，故函数的最大值为6 3.【反思感悟】 解题的关键是对函数解析式进行变形，使形式上适合应用柯西不等式，还要注意求出使函数取得最值时的自变量的值.3.已知x ＋y ＝1，求2x 2＋3y 2的最小值.解 2x 2＋3y 2＝[(2x )2＋(3y )2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132×65≥65⎝⎛⎭⎪⎫2x ·12＋3y ·132＝65(x ＋y )2＝65.课堂小结1.二维形式的柯西不等式(a 21＋a 22)(b 21＋b 22)≥(a 1b 1＋a 2b 2)2，当且仅当a 1b 2＝a 2b 1时等号成立.2.推论：(1)(a ＋b )·(c ＋d )≥(ac ＋bd )2；(2)a 21＋a 22·b 21＋b 22≥|a 1b 1＋a 2b 2|； (3)a 21＋a 22·b 21＋b 22≥|a 1b 1|＋|a 2b 2|.3.柯西不等式的向量形式|α·β|≤|α||β|，当且仅当存在实数λ≠0，使α＝λβ时等号成立.4.二维形式的三角不等式(1)a 21＋a 22＋b 21＋b 22≥（a 1＋b 1）2＋（a 2＋b 2）2(或a 21＋a 22＋b 21＋b 22≥ （a 1－b 1）2＋（a 2－b 2）2)；(2)（a 1－b 1）2＋（a 2－b 2）2＋（b 1－c 1）2＋（b 2－c 2）2≥（a 1－c 1）2＋（a 2－c 2）2.随堂演练1.写出空间直角坐标系中柯西不等式的代数形式.解 (a 21＋a 22＋a 23)(b 21＋b 22＋b 23)≥(a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3)2(a 1，a 2，a 3，b 1，b 2，b 3∈R ). 当且仅当a 1b 1＝a 2b 2＝a 3b 3时等号成立.2.写出空间代数形式的三角不等式. 解 有两种形式分别对应定理3、定理4.定理3为a 21＋a 22＋a 23＋b 21＋b 22＋b 23≥（a 1＋b 1）2＋（a 2＋b 2）2＋（a 3＋b 3）2 定理4为（a 1－b 1）2＋（a 2－b 2）2＋（a 3－b 3）2＋ （b 1－c 1）2＋（b 2－c 2）2＋（b 3－c 3）2 ≥（a 1－c 1）2＋（a 2－c 2）2＋（a 3－c 3）2. 3.已知a 2＋b 2＋c 2＝1，x 2＋y 2＋z 2＝1. 求证：ax ＋by ＋cz ≤1. 证明 由柯西不等式得：(a 2＋b 2＋c 2)(x 2＋y 2＋z 2)≥(ax ＋by ＋cz )2.∵a 2＋b 2＋c 2＝1，x 2＋y 2＋z 2＝1，∴|ax ＋by ＋cz |≤1. ∴ax ＋by ＋cz ≤1.一、选择题 1.下列说法：①二维形式的柯西不等式中a ，b ，c ，d 没有取值限制.②二维形式的柯西不等式中a ，b ，c ，d 只能取数，不能为代数式. ③柯西不等式的向量式中取等号的条件是α＝β. 其中正确的个数有( ) A.1个 B.2个 C.3个D.0个解析 由柯西不等式的概念知，只①正确，a ，b ，c ，d 是实数，没有其取值限制. 答案 A2.函数y ＝2x ＋91－2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12的最小值是( ) A.20 B.25 C.27D.18解析 y ＝2x ＋91－2x ＝[2x ＋(1－2x )]⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x ＋91－2x＝[(2x )2＋(1－2x )2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫2x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫91－2x 2 ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ·2x ＋1－2x 91－2x 2＝(2＋3)2＝25. 答案 B3.设a 、b ∈(0，＋∞)，且a ≠b ，P ＝a 2b ＋b 2a ，Q ＝a ＋b ，则( ) A.P >Q B.P ≥Q C.P <QD.P ≤Q解析 ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋b 2a (a ＋b )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2[(a )2＋(b )2]≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ·b ＋b a ·a 2＝(a ＋b )2，∵a >0，b >0，∴a ＋b >0.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋b 2a ≥（a ＋b ）2a ＋b＝a ＋b .又∵a ≠b ，而等号成立的条件是a b ·a ＝ba ·b ，即a ＝b ，∴a 2b ＋b 2a >a ＋b .即P >Q . 答案 A 二、填空题4.设a 、b 、c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝9，则2a ＋2b ＋2c 的最小值是________. 解析 ∵(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋2b ＋2c ＝[(a )2＋(b )2＋(c )2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫2a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫2b 2＋⎝⎛⎭⎪⎫2c 2 ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ·2a ＋b ·2b ＋c ·2c 2＝18.∴2a ＋2b ＋2c ≥2. 答案 25.若a 2＋b 2＋c 2＝2，x 2＋y 2＋z 2＝4，则ax ＋by ＋cz 的取值范围是__________. 解析 ∵(a 2＋b 2＋c 2)(x 2＋y 2＋z 2)≥(ax ＋by ＋cz )2， ∴(ax ＋by ＋cz )2≤8，∴－22≤ax ＋by ＋cz ≤2 2. 答案 [－22，22]6.设a ，b ，m ，n ∈R ，且a 2＋b 2＝5，ma ＋nb ＝5，则m 2＋n 2的最小值为________. 解析 运用柯西不等式求解.根据柯西不等式(ma ＋nb )2≤(a 2＋b 2)(m 2＋n 2)，得25≤5(m 2＋n 2)，m 2＋n 2≥5，m 2＋n 2的最小值为 5. 答案5三、解答题7.若2x ＋3y ＝1，求4x 2＋9y 2的最小值，并求出最小值点. 解 由柯西不等式(4x 2＋9y 2)(12＋12)≥(2x ＋3y )2＝1， ∴4x 2＋9y 2≥12.当且仅当2x ·1＝3y ·1，即2x ＝3y 时取等号.由⎩⎨⎧2x ＝3y ，2x ＋3y ＝1.得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝14，y ＝16.∴4x 2＋9y 2的最小值为12，最小值点为⎝ ⎛⎭⎪⎫14，16.8.设a ，b ∈(0，＋∞)，若a ＋b ＝2，求1a ＋1b 的最小值. 解 ∵(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b＝[(a )2＋(b )2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2≥⎝⎛⎭⎪⎫a ·1a ＋b ·1b 2＝(1＋1)2＝4.∴2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ≥4，即1a ＋1b ≥2. 当且仅当a ·1b ＝b ·1a，即a ＝b 时取等号， ∴当a ＝b ＝1时，1a ＋1b 的最小值为2.9.已知a 2＋b 2＝1，a ，b ∈R ，求证：|a cos θ＋b sin θ|≤1. 证明 ∵(a cos θ＋b sin θ)2≤(a 2＋b 2)(cos 2θ＋sin 2θ) ＝1·1＝1，∴|a cos θ＋b sin θ|≤1.1.2 一般形式的柯西不等式学习目标1.理解三维形式的柯西不等式，在此基础上，过渡到柯西不等式的一般形式.2.会用三维形式及一般形式的柯西不等式证明有关不等式和求函数的最值.预习自测1.定理2，设a 1，a 2，…，a n 与b 1，b 2，…，b n 是两组实数，则有(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2，当向量(a 1，a 2，…，a n )与向量(b 1，b 2，…，b n )共线时，等号成立.2.证明柯西不等式的一般形式的方法称为参数配方法.3.推论设a 1，a 2，a 3，b 1，b 2，b 3是两组实数，则有(a 21＋a 22＋a 23)(b 21＋b 22＋b 23)≥(a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3)2.当向量(a 1，a 2，a 3)与向量(b 1，b 2，b 3)共线时“＝”成立.自主探究1.由二维的柯西不等式的向量式|α||β|≥|α·β|，你能推导出二维的柯西不等式的代数式吗？提示 设α＝(a 1，a 2)，β＝(b 1，b 2)，则α·β＝a 1b 1＋a 2b 2代入向量式得：(a 21＋a 22)(b 21＋b 22)≥(a 1b 1＋a 2b 2)2.当且仅当a 1b 2＝a 2b 1时，等号成立.2.在空间向量中，|α||β|≥|α·β|，你能据此推导出三维的柯西不等式的代数式吗？ 提示 设α＝(a 1，a 2，a 3)，β＝(b 1，b 2，b 3)， 则α·β＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3代入向量式得(a 21＋a 22＋a 23)(b 21＋b 22＋b 23)≥(a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3)2.当且仅当α与β共线时，即存在一个数k ，使得a i ＝kb i (i ＝1，2，3)时，等号成立.3.你能猜想出柯西不等式的一般形式并给出证明吗？提示 柯西不等式的一般形式为：若a 1，a 2，…，a n ，b 1，b 2，…，b n 都为实数，则有(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2，证明如下：若a 1＝a 2＝…＝a n ＝0，则不等式显然成立，故设a 1，a 2，…，a n 至少有一个不为零，则a 21＋a 22＋…＋a 2n >0.考虑二次三项式(a 21＋a 22＋…＋a 2n )x 2＋2(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )x ＋(b 21＋b 22＋…＋b 2n )＝(a 1x ＋b 1)2＋(a 2x ＋b 2)2＋…＋(a n x ＋b n )2≥0. 对于一切实数x 成立，设二次三项式的判别式为Δ，则Δ4＝(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2－(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≤0. 所以(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2.即(a 21＋a 22＋…＋a 2n )12()b 21＋b 22＋…＋b 2n 12≥|a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n |a1 b1＝a2b2＝…＝a nb n.等号成立⇔典例剖析知识点1 利用柯西不等式证明不等式【例1】 设a ，b ，c 为正数且互不相等，求证：2a ＋b ＋2b ＋c ＋2c ＋a >9a ＋b ＋c. 证明 2(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a＝[(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )]·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a ＝[(a ＋b )2＋(b ＋c )2＋(c ＋a )2]· ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫ 1a ＋b 2＋⎝⎛⎭⎪⎫ 1b ＋c 2＋⎝⎛⎭⎪⎫ 1c ＋a 2 ≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b ·1a ＋b＋b ＋c · 1b ＋c＋c ＋a · 1c ＋a 2 ＝(1＋1＋1)2＝9.∴2a ＋b ＋2b ＋c ＋2c ＋a ≥9a ＋b ＋c . ∵a ，b ，c 互不相等，∴等号不可能成立，从而原不等式成立.【反思感悟】 有些问题本身不具备运用柯西不等式的条件，但是我们只要改变一下多项式的形态结构，就可以达到利用柯西不等式的目的.1.已知a 1，a 2，a 3为实数，b 1，b 2，b 3为正实数.求证：a 21b 1＋a 22b 2＋a 23b 3≥（a 1＋a 2＋a 3）2b 1＋b 2＋b 3.证明 由柯西不等式得：⎝ ⎛⎭⎪⎫a 21b 1＋a 22b 2＋a 23b 3(b 1＋b 2＋b 3) ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1b 1·b 1＋a 2b 2·b 2＋a 3b 3·b 32＝(a 1＋a 2＋a 3)2.∴a 21b 1＋a 22b 2＋a 23b 3≥（a 1＋a 2＋a 3）2b 1＋b 2＋b 3.知识点2 利用柯西不等式求函数的最值【例2】 已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)且a ＋b ＋c ＝1，求4a ＋1＋4b ＋1＋4c ＋1的最大值. 解4a ＋1＋4b ＋1＋4c ＋1＝4a ＋1·1＋4b ＋1·1＋4c ＋1·1 ≤(4a ＋1＋4b ＋1＋4c ＋1)12(12＋12＋12)12 ＝7×3＝21.当且仅当4a ＋11＝4b ＋11＝4c ＋11时取等号. 即a ＝b ＝c ＝13时，所求的最大值为21.【反思感悟】 利用柯西不等式，可以方便地解决一些函数的最大值或最小值问题.通过巧拆常数、重新排序、改变结构、添项等技巧变形为能利用柯西不等式的形式.2.设2x ＋3y ＋5z ＝29，求函数u ＝2x ＋1＋3y ＋4＋5z ＋6的最大值. 解 根据柯西不等式120＝3[(2x ＋1)＋(3y ＋4)＋(5z ＋6)]≥(1×2x ＋1＋1×3y ＋4＋1×5z ＋6)2， 故2x ＋1＋3y ＋4＋5z ＋6≤230. 当且仅当2x ＋1＝3y ＋4＝5z ＋6，即x ＝376，y ＝289，z ＝2215时等号成立，此时u max ＝230.知识点3 利用柯西不等式解方程【例3】 在实数集内解方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋z 2＝94，－8x ＋6y －24z ＝39.解 由柯西不等式，得(x 2＋y 2＋z 2)[(－8)2＋62＋(－24)2] ≥(－8x ＋6y －24z )2.①∵(x 2＋y 2＋z 2)[(－8)2＋62＋(－24)2]＝94×(64＋36＋576)＝392，又(－8x ＋6y －24y )2＝392， ∴(x 2＋y 2＋z 2)[(－8)2＋62＋(－24)2] ＝(－8x ＋6y －24z )2， 即不等式①中只有等号成立，从而由柯西不等式中等号成立的条件，得 x －8＝y 6＝z －24， 它与－8x ＋6y －24z ＝39联立，可得 x ＝－613，y ＝926，z ＝－1813.【反思感悟】 利用柯西不等式解方程，关键是由不等关系转换成相等关系，然后再通过等号成立的条件求出未知数的值.3.利用柯西不等式解方程：21－2x ＋4x ＋3＝15. 解 ∵21－2x ＋4x ＋3＝22－4x ＋1·4x ＋3 ≤2－4x ＋4x ＋3·2＋1＝5·3＝15. 又由已知21－2x ＋4x ＋3＝15.所以等号成立， 由等号成立的条件2－4x ·1＝4x ＋3· 2 得：2－4x ＝8x ＋6，∴x ＝－13， 即方程的解为x ＝－13.课堂小结柯西不等式的证明有多种方法，如数学归纳法；教材中的参数配方法(或判别式法)等，参数配方法在解决其它问题方面也有广泛的应用.柯西不等式的应用比较广泛，常见的有证明不等式，求函数最值，解方程等.应用时，通过拆常数、重新排序、添项、改变结构等手段改变题设条件，以利于应用柯西不等式.随堂演练1.△ABC 的三边长为a 、b 、c ，其外接圆半径为R ，求证： (a 2＋b 2＋c 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1sin 2A ＋1sin 2B ＋1sin 2C ≥36R 2.证明 由三角形中的正弦定理得sin A ＝a2R ， 所以1sin 2A ＝4R 2a 2，同理1sin 2B ＝4R 2b 2，1sin 2C ＝4R 2c 2于是左边＝(a 2＋b 2＋c 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫4R 2a 2＋4R 2b 2＋4R 2c 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ·2R a ＋b ·2R b ＋c ·2R c 2＝36R 2. 故原不等式获证.2.已知a 1，a 2，…，a n 都是实数，求证： 1n(a 1＋a 2＋…＋a n )2≤a 21＋a 22＋…＋a 2n . 证明 (12＋12＋…＋12)(a 21＋a 22＋…＋a 2n )≥(1×a 1＋1×a 2＋…＋1×a n )2.∴n (a 21＋a 22＋…＋a 2n )≥(a 1＋a 2＋…＋a n )2∴1n (a 1＋a 2＋…＋a n )2≤a 21＋a 22＋…＋a 2n .一、选择题1.设a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝3，则1a ＋1b ＋1c 的最小值为( ) A.9 B.3 C.3 D.1解析 [(a )2＋(b )2＋(c )2]·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1c 2 ≥⎝⎛⎭⎪⎫a ·1a ＋b ·1b ＋c ·1c 2即(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c ≥32.又∵a ＋b ＋c ＝3，∴1a ＋1b ＋1c ≥3，最小值为3. 答案 B2.已知a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1，x 21＋x 22＋…＋x 2n ＝1，则a 1x 1＋a 2x 2＋…＋a n x n 的最大值为( ) A.1B.nC.nD.2解析 由柯西不等式(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(x 21＋x 22＋…＋x 2n )≥(a 1x 1＋a 2x 2＋…＋a n x n )2得1·1≥(a 1x 1＋a 2x 2＋…＋a n x n )2，∴a 1x 1＋a 2x 2＋…＋a n x n ≤1.所求的最大值为1. 答案 A3.已知2x ＋3y ＋4z ＝10，则x 2＋y 2＋z 2取到最小值时的x ，y ，z 的值为( ) A.53，109，56 B.2029，3029，4029 C.1，12，13D.1，14，19解析 x 2＋y 2＋z 2＝（x 2＋y 2＋z 2）（22＋32＋42）29≥（2x ＋3y ＋4z ）229＝10029，当且仅当⎩⎨⎧x ＝2k ，y ＝3k ，z ＝4k时，等号成立，则4k ＋9k ＋16k ＝29k ＝10，解得k ＝1029，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2029，y ＝3029，z ＝4029.选B.答案 B 二、填空题4.已知实数a ，b ，c ，d ，e 满足a ＋b ＋c ＋d ＋e ＝8，a 2＋b 2＋c 2＋d 2＋e 2＝16，则e 的取值范围为________.解析 4(a 2＋b 2＋c 2＋d 2)＝(1＋1＋1＋1)(a 2＋b 2＋c 2＋d 2) ≥(a ＋b ＋c ＋d )2即4(16－e 2)≥(8－e )2，即64－4e 2≥64－16e ＋e 2 ∴5e 2－16e ≥0，故0≤e ≤165. 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，1655.设a ，b ，c ＞0且a ＋b ＋c ＝A (A 为常数).则1a ＋1b ＋1c 的最小值为________.解析 1a ＋1b ＋1c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c （a ＋b ＋c ）A≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ·1a ＋b ·1b ＋c ·1c 2A ＝9A . 答案 9A 三、解答题6.已知实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＋c ＋d ＝3，a 2＋2b 2＋3c 2＋6d 2＝5，试求a 的最值.解 由柯西不等式得，有(2b 2＋3c 2＋6d 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋16≥(b ＋c ＋d )2，即2b 2＋3c 2＋6d 2≥(b ＋c ＋d )2 由条件可得，5－a 2≥(3－a )2 解得，1≤a ≤2当且仅当2b 12＝3c 13＝6d 16时等号成立，代入b ＝12，c ＝13，d ＝16时，a max ＝2.b ＝1，c ＝23，d ＝13时，a min ＝1. 7.设a 1>a 2>…>a n >a n ＋1，求证：1a 1－a 2＋1a 2－a 3＋…＋1a n －a n ＋1＋1a n ＋1－a 1>0. 证明 ∵a 1－a n ＋1＝(a 1－a 2)＋(a 2－a 3)＋…＋(a n －a n ＋1)， ∴[(a 1－a 2)＋(a 2－a 3)＋…＋(a n －a n ＋1)]· ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1－a 2＋1a 2－a 3＋…＋1a n －a n ＋1 ≥(a 1－a 2·1a 1－a 2＋a 2－a 3·1a 2－a 3＋…＋a n －a n ＋1·1a n －a n ＋1)2＝n 2>1. ∴(a 1－a n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－a 2＋1a 2－a 3＋…＋1a n －a n ＋1>1.即1a 1－a 2＋1a 2－a 3＋…＋1a n －a n ＋1>1a 1－a n ＋1，故1a 1－a 2＋1a 2－a 3＋…＋1a n －a n ＋1＋1a n ＋1－a 1>0. 8.设P 是△ABC 内的一点，x ，y ，z 是P 到三边a ，b ，c 的距离.R 是△ABC 外接圆的半径，证明：x ＋y ＋z ≤12R·a 2＋b 2＋c 2. 证明 由柯西不等式得， x ＋y ＋z ＝ax 1a ＋by 1b ＋cz1c≤ax ＋by ＋cz1a ＋1b ＋1c .设S 为△ABC 的面积，则 ax ＋by ＋cz ＝2S ＝2abc 4R ＝abc2R ， x ＋y ＋z ≤ abc 2Rab ＋bc ＋caabc＝12R ab ＋bc ＋ca ≤12Ra 2＋b 2＋c 2，故不等式成立.9.已知a ＞0，b ＞0，c ＞0，函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c 的最小值为4. (1)求a ＋b ＋c 的值； (2)求14a 2＋19b 2＋c 2的最小值.解 (1)因为f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c ≥|(x ＋a )－(x －b )|＋c ＝|a ＋b |＋c ， 当且仅当－a ≤x ≤b 时，等号成立. 又a ＞0，b ＞0，所以|a ＋b |＝a ＋b . 所以f (x )的最小值为a ＋b ＋c .又已知f (x )的最小值为4，所以a ＋b ＋c ＝4. (2)由(1)知a ＋b ＋c ＝4，由柯西不等式，得 ⎝ ⎛⎭⎪⎫14a 2＋19b 2＋c 2(4＋9＋1) ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2×2＋b 3×3＋c ×12＝(a ＋b ＋c )2＝16， 即14a 2＋19b 2＋c 2≥87.当且仅当12a 2＝13b 3＝c 1，即a ＝87，b ＝187，c ＝27时等号成立，故14a 2＋19b 2＋c 2的最小值是87.§2 排序不等式学习目标1.了解排序不等式的“探究—猜想—证明—应用”的研究过程.2.初步认识排序不等式的有关知识及简单应用.预习自测1.定理1：设a ，b 和c ，d 都是实数，如果a ≥b ，c ≥d ，那么ac ＋bd ≥ad ＋bc ，此式当且仅当a ＝b (或c ＝d )时取“＝”号.2.定理2：(排序不等式)设有两个有序实数组 a 1≥a 2≥…≥a n 及b 1≥b 2≥…≥b n ， 则 (顺序和) a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥ (乱序和) a 1b j 1＋a 2b j 2＋…＋a n b jn ≥ (逆序和) a 1b n ＋a 2b n －1＋…＋a n b 1.其中j 1，j 2，…，j n 是1，2，…，n 的任一排列方式.上式当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n (或b 1＝b 2＝…＝b n )时取“＝”号.自主探究1.某班学生要开联欢会，需要买价格不同的礼品4件、5件及2件，现在选择商店中有单价为3元、2元和1元的礼品，问有多少不同的购买方案？在这些方案中哪种花钱最少？哪种花钱最多？提示 有多少种不同的购买方案，实质上就是礼品和单价有多少种不同的对应关系.与单价3元对应的礼品可以是4件的礼品，也可以是5件或2件的礼品共有三种对应关系，与单价2元对应的只还有剩下的2种.与单价一元对应的只有一种.由乘法分步计数原理知共有3×2×1＝6种不同的购买方案.根据生活的实际经验，花钱最少的方案应是最贵的礼品买最少的件数，最便宜的礼品买最多的件数，即1×5＋2×4＋3×2＝19元，花钱最多的方案应是：单价最高的礼品买最多的件数，单价最低的礼品买最少的件数，即1×2＋2×4＋3×5＝25元.2.设有两组实数，a 1<a 2<a 3，b 1<b 2<b 3，设c 1、c 2、c 3是b 1、b 2、b 3的任一个排列，作和a 1c 1＋a 2c 2＋a 3c 3，你能猜测和的最大值及最小值分别是怎样的和式吗？ 提示 由问题1我应得到启发，和最大的应该为a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3，和最小的应该是a 1b 3＋a 2b 2＋a 3b 1.3.有10个人各拿一只水桶去接水，设水龙头注满第i (i ＝1，2，…，10)个人的水桶需要t i 分，假设这些t i 各不相同，问只有一个水龙头时，应如何安排10人的顺序，使他们等候的总时间最小？这个最少的总时间等于多少？(根据排序原理回答)提示 不妨设t 1<t 2<…<t 10，∵1<2<3<…<10，由排序原理知逆序和最小，即10t 1＋9t 2＋…＋t 10最小，所以按注水时间由小到大的顺序注水，则他们10人等候的总时间最小，最少的总时间为10t 1＋9t 2＋…＋t 10.典例剖析知识点1 利用排序原理证明不等式【例1】 已知a ，b ，c 为正数，求证：b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .证明 根据所需证明的不等式中a ，b ，c 的“地位”的对称性，不妨设a ≥b ≥c ，则1a ≤1b ≤1c ，bc ≤ca ≤ab .由排序原理：顺序和≥乱序和，得： bc a ＋ca b ＋ab c ≥bc c ＋ca a ＋ab b . 即b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2abc≥a ＋b ＋c ，因为a ，b ，c 为正数，所以abc >0，a ＋b ＋c >0， 于是b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .1.已知a 1≤a 2≤…≤a n ，b 1≤b 2≤…≤b n ，求证：(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )≥1n (a 1＋a 2＋…＋a n )(b 1＋b 2＋…＋b n ). 证明 令S ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ，则 S ≥a 1b 2＋a 2b 3＋…＋a n b 1， S ≥a 1b 3＋a 2b 4＋…＋a n b 2， ……S ≥a 1b n ＋a 2b 1＋…＋a n b n －1，将上面n 个式子相加，并按列求和可得nS ≥a 1(b 1＋b 2＋…＋b n )＋a 2(b 1＋b 2＋…＋b n )＋…＋a n (b 1＋b 2＋…＋b n ) ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )(b 1＋b 2＋…＋b n ) ∴S ≥1n (a 1＋a 2＋…＋a n )(b 1＋b 2＋…＋b n ) 即(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )≥1n (a 1＋a 2＋…＋a n )(b 1＋b 2＋…＋b n ).【例2】 设a 1，a 2，…，a n 是n 个互不相同的正整数，求证：1＋12＋13＋…＋1n ≤a 1＋a 222＋a 332＋…＋a n n 2.证明 ∵12<22<32<…<n 2，∴112>122>…>1n 2.设c 1，c 2，…，c n 是a 1，a 2，…，a n 由小到大的一个排列， 即c 1<c 2<c 3<…<c n ，根据排序原理中，逆序和≤乱序和， 得c 1＋c 222＋c 332＋…＋c n n 2≤a 1＋a 222＋a 332＋…＋a nn 2， 而c 1，c 2，…，c n 分别大于或等于1，2，…，n ， ∴c 1＋c 222＋c 332＋…＋c n n 2≥1＋222＋332＋…＋n n 2 ＝1＋12＋…＋1n ，∴1＋12＋13＋…＋1n ≤a 1＋a 222＋…＋a nn 2.2.设c 1，c 2，…，c n 为正数组a 1，a 2，…，a n 的某一排列，求证：a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a ncn≥n .证明 不妨设0<a 1≤a 2≤…≤a n ，则1a 1≥1a 2≥…≥1a n.因为1c 1，1c 2，…，1c n 是1a 1，1a 2，…，1a n 的一个排序，故由排序原理：逆序和≤乱序和 得a 1·1a 1＋a 2·1a 2＋…＋a n ·1a n≤a 1·1c 1＋a 2·1c 2＋…＋a n ·1c n.即a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a nc n≥n . 知识点2 利用排序原理求最值【例3】 设a ，b ，c 为任意正数，求a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b的最小值. 解 不妨设a ≥b ≥c ， 则a ＋b ≥a ＋c ≥b ＋c ，1b ＋c ≥1c ＋a ≥1a ＋b， 由排序不等式得，a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥b b ＋c ＋c c ＋a ＋a a ＋b a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥c b ＋c ＋a c ＋a ＋b a ＋b 上述两式相加得：2⎝ ⎛⎭⎪⎫ab ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥3.即a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥32. 当且仅当a ＝b ＝c 时，a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b 取最小值32.3.设0<a ≤b ≤c 且abc ＝1.试求1a3（b＋c）＋1b3（a＋c）＋1c3（a＋b）的最小值.解令S＝1a3（b＋c）＋1b3（a＋c）＋1c3（a＋b），则S＝（abc）2a3（b＋c）＋（abc）2b3（a＋c）＋（abc）2c3（a＋b）＝bca（b＋c）·bc＋acb（a＋c）·ac＋abc（a＋b）·ab，由已知可得：1a（b＋c）≥1b（a＋c）≥1c（a＋b），ab≤ac≤bc，∴S≥bca（b＋c）·ac＋acb（a＋c）·ab＋abc（a＋b）·bc＝ca（b＋c）＋ab（a＋c）＋bc（a＋b）又S≥bca（b＋c）·ab＋acb（a＋c）·bc＋abc（a＋b）·ac＝ba（b＋c）＋cb（a＋c）＋ac（a＋b），两式相加得：2S≥1a＋1b＋1c≥3·31abc＝3.∴S≥32，即1a3（b＋c）＋1b3（a＋c）＋1c3（a＋b）的最小值为32.课堂小结排序不等式有着广泛的实际应用，在应用时，一定在认真分析题设条件的基础上观察要证结论的结构特征，从而分析出要用排序原理中逆序和≤乱序和，或是乱序和≤顺序和，或者逆序和≤顺序和.不少命题的证明可能多次用到排序原理.随堂演练1.利用排序原理证明：若a1，a2，…，a n为正数，则a1＋a2＋…＋a nn≥n1a1＋1a2＋…＋1a n.证明不妨设a1≥a2≥a3≥…≥a n>0，则有1a1≤1a2≤…≤1a n由排序不等式，得a 1·1a 1＋a 2·1a 2＋…＋a n ·1ann≤a 1＋a 2＋…＋a n n ·1a 1＋1a 2＋…＋1a n n ， 即n n ≤a 1＋a 2＋…＋a n n ·1a 1＋1a 2＋…＋1a n n ，∴a 1＋a 2＋…＋a nn≥n1a 1＋1a 2＋…＋1a n. 2.已知a ，b ，c 为正数，a ≥b ≥c .求证：a 5b 3c 3＋b 5c 3a 3＋c 5a 3b 3≥1a ＋1b ＋1c . 证明 ∵a ≥b ≥c ≥0，∴a 3≥b 3≥c 3，∴a 3b 3≥a 3c 3≥b 3c 3， ∴1a 3b 3≤1a 3c 3≤1b 3c 3，又a 5≥b 5≥c 5，由排序原理得： a 5b 3c 3＋b 5a 3c 3＋c 5a 3b 3≥a 5a 3b 3＋b 5b 3c 3＋c 5a 3c 3(顺序和≥乱序和)， 即a 5b 3c 3＋b 5a 3c 3＋c 5a 3b 3≥a 2b 3＋b 2c 3＋c 2a 3， 又∵a 2≥b 2≥c 2，1a 3≤1b 3≤1c 3由乱序和≥逆序和得：a 2b 3＋b 2c 3＋c 2a 3≥a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝1a ＋1b ＋1c . ∴a 5b 3c 3＋b 5c 3a 3＋c 5a 3b 3≥1a ＋1b ＋1c.一、选择题1.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：m 2)分别为x ，y ，z ，且x ＜y ＜z ，三种颜色涂料的粉刷费用(单位：元/m 2)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( ) A.ax ＋by ＋cz B.az ＋by ＋cx C.ay ＋bz ＋cxD.ay ＋bx ＋cz解析 法一 用特值法进行验证.令x ＝1，y ＝2，z ＝3，a ＝1，b ＝2，c ＝3.A 项：ax ＋by ＋cz ＝1＋4＋9＝14；B 项：az ＋by ＋cx ＝3＋4＋3＝10；C 项：ay ＋bz ＋cx ＝2＋6＋3＝11；D 项：ay ＋bx ＋cz ＝2＋2＋9＝13.故选B. 法二 由顺序和≥乱序和≥反序和.可得az ＋by ＋cx 最小. 答案 B 二、填空题2.设a 1，a 2，a 3，…，a n 为正数，那么P ＝a 1＋a 2＋…＋a n 与Q ＝a 21a 2＋a 22a 3＋…＋a 2n －1an＋a 2na 1的大小关系是________.解析 假设a 1≥a 2≥a 3≥…≥a n ，则1a n ≥1a n －1≥…≥1a ≥1a 1，并且a 21≥a 22≥a 23≥…≥a 2n ，P ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝a 21a 1＋a 22a 2＋a 23a 3＋…＋a 2n a n，是反顺和，Q 是乱顺和，由排序不等式定理P ≤Q . 答案 P ≤Q 三、解答题3.设a 1，a 2，…，a n 为正数，求证：a 21a 2＋a 22a 3＋…＋a 2n －1a n ＋a 2na 1≥a 1＋a 2＋…＋a n .证明 不妨设a 1>a 2>…>a n >0，则有a 21>a 22>…>a 2n也有1a 1<1a 2<…<1a n，由排序原理：乱序和≥逆序和，得：a 21a 2＋a 22a 3＋…＋a 2n a 1≥a 21a 1＋a 22a 2＋…＋a 2n a n ＝a 1＋a 2＋…＋a n .4.设A 、B 、C 表示△ABC 的三个内角的弧度数，a ，b ，c 表示其对边，求证：aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c≥π3.证明 法一 不妨设A >B >C ，则有a >b >c ，由排序原理：顺序和≥乱序和. ∴aA ＋bB ＋cC ≥aB ＋bC ＋cA ；aA ＋bB ＋cC ≥aC ＋bA ＋cB ； aA ＋bB ＋cC ＝aA ＋bB ＋cC .上述三式相加得 3(aA ＋bB ＋cC )≥(A ＋B ＋C )(a ＋b ＋c )＝π(a ＋b ＋c ). ∴aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c≥π3.法二 不妨设A >B >C ，则有a >b >c ，由排序不等式aA ＋bB ＋cC 3≥A ＋B ＋C 3·a ＋b ＋c3，即aA ＋bB ＋cC ≥π3(a ＋b ＋c )，∴aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c≥π3.5.设a ，b ，c 为正数，利用排序不等式证明a 3＋b 3＋c 3≥3abc . 证明 不妨设a ≥b ≥c >0，∴a 2≥b 2≥c 2， 由排序原理：顺序和≥逆序和，得：a 3＋b 3≥a 2b ＋b 2a ，b 3＋c 3≥b 2c ＋c 2b ，c 3＋a 3≥a 2c ＋c 2a ， 三式相加得2(a 3＋b 3＋c 3)≥a (b 2＋c 2)＋b (c 2＋a 2)＋c (a 2＋b 2). 又a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca . 所以2(a 3＋b 3＋c 3)≥6abc ， ∴a 3＋b 3＋c 3≥3abc .当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立.6.设a ，b ，c 是正实数，求证：a a b b c c≥(abc )a ＋b ＋c3.证明 不妨设a ≥b ≥c >0，则lg a ≥lg b ≥lg c . 据排序不等式有：a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥b lg a ＋c lg b ＋a lg c a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥c lg a ＋a lg b ＋b lg c a lg a ＋b lg b ＋c lg c ＝a lg a ＋b lg b ＋c lg c 上述三式相加得：3(a lg a ＋b lg b ＋c lg c )≥(a ＋b ＋c )(lg a ＋lg b ＋lg c )， 即lg(a a b b c c)≥a ＋b ＋c3lg(abc ).故a a b b c c ≥(abc )a ＋b ＋c3.7.设x i ，y i (i ＝1，2，…，n )是实数，且x 1≥x 2≥…≥x n ，y 1≥y 2≥…≥y n ，而z 1，z 2，…，z n 是y 1，y 2，…，y n 的一个排列.求证：∑ni ＝1 (x i －y i )2≥∑ni ＝1 (x i －z i )2. 证明 要证∑ni ＝1 (x i －y i )2≥∑ni ＝1(x i －z i )2只需证∑ni ＝1y 2i －2∑n i ＝1x i y i ≥∑n i ＝1z 2i －2∑ni ＝1x i z i . 因为∑n i ＝1y 2i ＝∑n i ＝1z 2i ，∴只需证∑n i ＝1x i z i ≤∑ni ＝1x i y i. 而上式左边为乱序和，右边为顺序和. 由排序不等式得此不等式成立.故不等式∑ni ＝1 (x i －y i )2≥∑ni ＝1(x i －z i )2成立. 8.已知a ，b ，c 为正数，且两两不等，求证：2(a 3＋b 3＋c 3)>a 2(b ＋c )＋b 2(a ＋c )＋c 2(a ＋b ).证明 不妨设a >b >c >0.则a 2>b 2>c 2，a ＋b >a ＋c >b ＋c ， ∴a 2(a ＋b )＋b 2(a ＋c )＋c 2(b ＋c ) >a 2(b ＋c )＋b 2(a ＋c )＋c 2(a ＋b )， 即a 3＋c 3＋a 2b ＋b 2a ＋b 2c ＋c 2b >a 2(b ＋c )＋b 2(a ＋c )＋c 2(a ＋b )， 又∵a 2>b 2>c 2，a >b >c ，∴a 2b ＋b 2a <a 3＋b 3，b 2c ＋c 2b <b 3＋c 3. 即a 2b ＋b 2a ＋b 2c ＋c 2b <a 3＋2b 3＋c 3，所以有2(a 3＋b 3＋c 3)>a 2(b ＋c )＋b 2(a ＋c )＋c 2(a ＋b ).§3 数学归纳法与贝努利不等式3.1 数学归纳法学习目标1.理解归纳法和数学归纳法原理.2.会用数学归纳法证明有关问题.预习自测1.由有限多个个别的特殊事例得出一般结论的推理方法，通常称为归纳法.2.一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数n 0的所有正整数n 都成立时，可以用以下两个步骤：(1)证明当n 取初始值n 0时命题成立；(2)假设当n ＝k 时命题成立，证明n ＝k ＋1时命题也成立.在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于从初始值n 0开始的所有自然数都正确.这种证明方法称为数学归纳法.自主探究1.为什么数学归纳法能够证明无限多个正整数都成立的问题呢？提示 这是因为第一步首先验证了n 取一个值n 0，这样假设就有了存在的基础，至少k ＝n 0成立，根据假设和合理推证，证明出n ＝k ＋1也成立.这实质上是证明了一种循环.如验证了n 0＝1成立，又证明了n ＝k ＋1也成立，这就一定有n ＝2成立；n ＝2成立，则n ＝3也成立；n ＝3成立，则n ＝4也成立.如此反复，以至对所有n ≥n 0的整数就都成立了.数学归纳法非常巧妙地解决了一种无限多的正整数问题，这就是数学方法的神奇.2.在用数学归纳法证明数学命题时，只有第一步或只有第二步可以吗？为什么？ 提示 不可以；这两个步骤缺一不可，只完成步骤①而缺少步骤②，就作出判断可能得出不正确的结论.因为单靠步骤①，无法递推下去，即n 取n 0以后的数时命题是否正确，我们无法判定.同样，只有步骤②而缺少步骤①时，也可能得出不正确的结论，缺少步骤①这个基础，假设就失去了成立的前提，步骤②也就没有意义了.3.利用数学归纳法时，第二步为什么必须利用归纳假设？提示 第二步实际上是证明一个条件命题：“假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N ＋)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立”，其本质是证明一个递推关系，若不用归纳假设，就是没有证明这种递推关系，所以归纳假设是必须要用的.假设是起桥梁作用的，桥梁断了就通不过去了.典例剖析知识点1 利用数学归纳法证明等式【例1】 用数学归纳法证明12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1n （n ＋1）2.证明 (1)当n ＝1时，左边＝12＝1，右边＝(－1)0·1×（1＋1）2＝1，∴等式成立.(2)假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时，等式成立， 即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＝(－1)k －1·k （k ＋1）2.那么，当n ＝k ＋1时，则有：12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＋(－1)k (k ＋1)2 ＝(－1)k －1k （k ＋1）2＋(－1)k (k ＋1)2＝(－1)k k ＋12[－k ＋2(k ＋1)] ＝(－1)k（k ＋1）（k ＋2）2，∴n ＝k ＋1时，等式也成立.由(1)(2)得对任意n ∈N ＋有：12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1·n （n ＋1）2.【反思感悟】 利用数学归纳法证明等式的关键是当n ＝k ＋1时利用假设n ＝k 成立进行转化证明，要分清楚增加的几项分别是什么.1.用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n . 证明 (1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝12，命题成立. (2)假设当n ＝k (k ≥1)时命题成立，即 1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ， 那么当n ＝k ＋1时， 左边＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2.上式表明当n ＝k ＋1时命题也成立.由(1)和(2)知，命题对一切自然数均成立. 【例2】 证明12＋122＋123＋…＋12n －1＋12n ＝1－12n (其中n ∈N ＋)成立的过程如下，请判断证明是否正确？为什么？证明：(1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝12. ∴当n ＝1时，等式成立.(2)假设当n ＝k (k ≥1)时，等式成立，即 12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＝1－12k ， 那么当n ＝k ＋1时，左边＝12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋11－12＝1－12k ＋1＝右边. 这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立. 根据(1)和(2)，可知等式对任何n ∈N ＋都成立.解 不正确，错误的原因在第(2)步，它是直接利用等比数列的求和公式求出了当n ＝k ＋1时，式子12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1的和，而没有利用“归纳假设”.正确的证明如下：(1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝12，等式成立. (2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥2)时，等式成立，就是 12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＝1－12k ， 那么当n ＝k ＋1时，左边＝12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＝1－12k ＋12k ＋1＝1－2－12k ＋1＝1－12k ＋1＝右边.这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立. 根据(1)和(2)，可知等式对任意n ∈N ＋都成立.【反思感悟】 在推证“n ＝k ＋1”命题也成立时，必须把“归纳假设”n ＝k 时的命题，作为必备条件使用上，否则不是数学归纳法.对项数估算的错误，特别是寻找n ＝k 与n ＝k ＋1的关系时，项数发生什么变化被弄错是常见错误.2.用数学归纳法证明：⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n 2＝n ＋12n (n ≥2). 证明 (1)当n ＝2时，左边＝1－122＝34， 右边＝2＋12×2＝34，等式成立.(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥2)时，等式成立， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k 2＝k ＋12k . 则当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1（k ＋1）2 ＝k ＋12k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1（k ＋1）2＝k ＋12k ·k 2＋2k （k ＋1）2＝k ＋22（k ＋1）， 即n ＝k ＋1时，等式成立.由(1)(2)知，对于任意正整数n (n ≥2)，原等式成立.知识点2 用数学归纳法证明不等式【例3】 用数学归纳法证明： 1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n (n ≥2).证明 (1)当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，命题成立. (2)假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥2)时命题成立， 即1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k ，当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1（k ＋1）2<2－1k ＋1（k ＋1）2<2－1k ＋1k （k ＋1）＝2－1k ＋1k －1k ＋1＝2－1k ＋1，命题成立.由(1)、(2)知原不等式在n ≥2时均成立.【反思感悟】 (1)由n ＝k 到n ＝k ＋1时的推证过程中应用了“放缩”的技巧，使问题简单化，这是利用数学归纳法证明不等式时常用的方法之一.(2)数学归纳法的应用通常与数学的其他方法联系在一起，如比较法、放缩法、配凑法、分析法和综合法等.3.1＋122＋132＋…＋1n 2≥3n 2n ＋1 (n ∈N ＋).证明 (1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1， ∴左边≥右边，即命题成立.(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时，命题成立， 即1＋122＋132＋…＋1k 2≥3k 2k ＋1.那么当n ＝k ＋1时， 1＋122＋132＋…＋1k 2＋1（k ＋1）2≥3k 2k ＋1＋1（k ＋1）2＝3k 2k ＋1＋1k 2＋2k ＋1≥3k 2k ＋1＋3（2k ＋1）（2k ＋3）＝3k （2k ＋3）＋3（2k ＋1）（2k ＋3）＝（3k ＋3）（2k ＋1）（2k ＋1）（2k ＋3）＝3k ＋32k ＋3＝3（k ＋1）2（k ＋1）＋1. 由(1)(2)知原不等式在n ∈N ＋时均成立.课堂小结1.数学归纳法的两个步骤缺一不可，只完成步骤(1)而缺少步骤(2)就可能得出不正确的结论，因为单靠(1)无法递推下去，即n 取n 0以后的数时命题是否正确无法判断.同样只有步骤(2)而没有步骤(1)也可能得出不正确的结论.因为缺少(1)，假设就失去了成立的前提，步骤(2)也就没有意义了.2.数学归纳法证明的关键是第二步，此处要搞清两点：(1)当n ＝k ＋1时，证明什么，即待证式子的两端发生了哪些变化.(2)由n ＝k 推证n ＝k ＋1时，可以综合应用以前学过的定义、定理、公式、方法等来进行证明，只不过必须得把n ＝k 时的结论作为条件应用上.随堂演练1.用数学归纳法证明：“1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1)”在验证n ＝1时，左端计算所得项为( ) A.1 B.1＋a C.1＋a ＋a 2 D.1＋a ＋a 2＋a 3答案 C2.用数学归纳法证明等式：1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22 (n ∈N ＋)，则从n ＝k 到n ＝k ＋1时，左边应添加的项为( ) A.k 2＋1 B.(k ＋1)2C.（k ＋1）4＋（k ＋1）22D.(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2 答案 D3.已知a 1＝2，a n ＋1＝2＋a n ，n ∈N ＋，求证：a n <2. 证明 (1)n ＝1时，∵a 1＝2，∴a 1<2. (2)假设n ＝k (k ≥1)时，a k <2，当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2＋a k <2＋2＝2. 故n ＝k ＋1时，命题成立.由(1)(2)知，n ∈N ＋时，a n <2都成立.一、选择题 1.设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n (n ∈N ＋)，那么f (n ＋1)－f (n )等于( ) A.12n ＋1B.12n ＋2C.12n＋1＋12n＋2D.12n＋1－12n＋2解析f(n)＝1n＋1＋1n＋2＋1n＋3＋…＋12nf(n＋1)＝1n＋2＋1n＋3＋…＋12n＋12n＋1＋12n＋2∴f(n＋1)－f(n)＝12n＋1＋12n＋2－1n＋1＝12n＋1－12n＋2，选D.答案 D2.用数学归纳法证明：“1＋a＋a2＋…＋a n＋1＝1－a n＋21－a(a≠1)”在验证n＝1时，左端计算所得的项为()A.1B.1＋aC.1＋a＋a2D.1＋a＋a2＋a3解析当n＝1时，a n＋1＝a2，∴左边应为1＋a＋a2，故选C.答案 C3.用数学归纳法证明：(n＋1)(n＋2)…·(n＋n)＝2n×1×3…(2n－1)时，从“k到k ＋1”左边需增乘的代数式是()A.2k＋1B.2k＋1 k＋1C.2(2k＋1)D.2k＋2 k＋1解析n＝k时，(k＋1)(k＋2)…(k＋k)＝2k×1×3×…×(2n－1). n＝k＋1时，(k＋2)…(k＋k)·(k＋1＋k)(k＋1＋k＋1).∴增乘的代数式是（2k＋1）（2k＋2）k＋1＝2(2k＋1)，选C.答案 C二、填空题4.数列{a n}中，已知a1＝1，当n≥2时，a n＝a n－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想a n的表达式是________.解析a1＝1，a2＝a1＋3＝4，a3＝4＋5＝9，a4＝9＋7＝16，猜想a n＝n2.答案 a n ＝n 25.记凸k 边形对角线的条数为f (k )(k ≥4)，那么由k 到k ＋1时，对角线条数增加了________条.解析 ∵f (k )＝12k (k －3)，f (k ＋1)＝12(k ＋1)(k －2)，f (k ＋1)－f (k )＝k －1. 答案 k －16.在数列{a n }中，a 1＝13，且S n ＝n (2n －1)a n .通过求a 2，a 3，a 4猜想a n 的表达式是________.解析 13＋a 2＝2(2×2－1)a 2，a 2＝115， 13＋115＋a 3＝3(2×3－1)a 3，a 3＝135， 13＋115＋135＋a 4＝4(2×4－1)a 4，a 4＝163， 猜想a n ＝1（2n ）2－1.答案 a n ＝1（2n ）2－1三、解答题7.求证：(n ＋1)·(n ＋2)·…·(n ＋n )＝2n ·1·3·5·…·(2n －1) (n ∈N ＋). 证明 (1)当n ＝1时，等式左边＝2，等式右边＝2×1＝2， ∴等式成立.(2)假设n ＝k (k ∈N ＋ )时，等式成立.即(k ＋1)(k ＋2)·…·(k ＋k )＝2k ·1·3·5·…·(2k －1)成立. 那么当n ＝k ＋1时，(k ＋2)(k ＋3)·…·(k ＋k )(2k ＋1)(2k ＋2) ＝2(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)·…·(k ＋k )(2k ＋1) ＝2k ＋1·1·3·5·…·(2k －1)[2(k ＋1)－1]. 即n ＝k ＋1时等式成立.由(1)、(2)可知对任意n ∈N ＋，等式都成立. 8.求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n >56(n ≥2，n ∈N ＋).。
高考数学(理)一轮复习课件：选修4-5第二节 证明不等式的基本方法(广东专用)
A．a>b>c
B．b>a>c
C．b>c>a
D．a>c>b
【解析】
由4 2＋
> 2
4
4
6＋
> 2
7＋
，得 a>c>b. 3
【答案】 D
一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用）
4．设 a、b∈(0，＋∞)，且 ab－a－b＝1，则有( )
A．a＋b≥2( 2＋1)
B．a＋b≤ 2＋1
C．a＋b＜ 2＋1
一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用）
1．反证法必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为 条件，且必须根据这一条件进行推证，否则，仅否定结论，不 从结论的反面推理，就不是反证法． 2．利用反证法证题的关键是利用假设和条件通过正确推理推 出和已知条件或定理事实相矛盾．
一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用）
∴原不等式成立．,
一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用）
1．(1)分析法是寻找结论成立的充分条件，对于无理不等式去 根号，分式不等式去分母，采用分析法是常用方法．(2)此题 证明的关键是在两边非负的条件下平方去根号． 2．分析法证明的思路是“执果索因”，其框图表示为：
一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用）
一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用）
一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用）
【尝试解答】 因为 a，b，c 均为正数，由均值不等式得
a2＋b2＋c2≥3(abc)23，
①
1a＋1b＋1c≥3(abc)－31，
所以(1a＋1b＋1c)2≥9(abc)－32.
②
故 a2＋b2＋c2＋(1a＋1b＋1c)2≥3(abc)23＋9(abc)－23.
北师大版高三数学(文科)一轮复习选修4-5第2讲不等式的证明学案
第2讲 不等式的证明[学生用书P223]1．不等式证明的方法 (1)比较法 ①作差比较法：知道a ＞b ⇔a －b ＞0，a ＜b ⇔a －b ＜0，因此要证明a ＞b 只要证明a －b ＞0即可，这种方法称为作差比较法．②作商比较法：由a ＞b ＞0⇔a b ＞1且a ＞0，b ＞0，因此当a ＞0，b ＞0时，要证明a ＞b ，只要证明ab ＞1即可，这种方法称为作商比较法．(2)综合法从已知条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，最终推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法叫综合法．即“由因导果”的方法．(3)分析法从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)，从而得出要证的不等式成立，这种证明方法叫分析法．即“执果索因”的方法．(4)反证法和放缩法①先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，这种方法叫做反证法．②在证明不等式时，有时要把所证不等式的一边适当地放大或缩小，此利于化简并使它与不等式的另一边的关系更为明显，从而得出原不等式成立，这种方法称为放缩法．(5)数学归纳法一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数n 0的所有正整数n 都成立时，可以用以下两个步骤：①证明当n ＝n 0时命题成立；②假设当n ＝k (k ∈N *，且k ≥n 0)时命题成立，证明n ＝k ＋1时命题也成立．在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于不小于n 0的所有正整数都成立．这种证明方法称为数学归纳法．2．几个常用基本不等式(1)二维形式的柯西不等式 ①定理1(二维形式的柯西不等式)若a ，b ，c ，d 都是实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时，等号成立． ②(二维变式)a 2＋b 2·c 2＋d 2≥|ac ＋bd |，a 2＋b 2·c 2＋d 2≥|ac |＋|bd |．③定理2(柯西不等式的向量形式)设α，β是两个向量，则|α·β|≤|α||β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k ，使α＝k β时，等号成立．④定理3(二维形式的三角不等式)设x 1，y 1，x 2，y 2∈R ，那么x 21＋y 21＋x 22＋y 22≥⑤(三角变式)设x 1，y 1，x 2，y 2，x 3，y 3∈R ，则（x 1－x 3）2＋（y 1－y 3）2＋（x 2－x 3）2＋（y 2－y 3）2≥(2)柯西不等式的一般形式设a 1，a 2，a 3，…，a n ，b 1，b 2，b 3，…，b n 是实数，则(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2，当且仅当b i ＝0(i ＝1，2，…，n )或存在一个数k ，使得a i ＝kb i (i ＝1，2，…，n )时，等号成立．(3)排序不等式设a 1≤a 2≤…≤a n ，b 1≤b 2≤…≤b n 为两组实数，c 1，c 2，…，c n 为b 1，b 2，…，b n 的任一排列，则有：a 1b n ＋a 2b n －1＋…＋a n b 1≤a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a n c n ≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 或b 1＝b 2＝…＝b n 时，反序和等于顺序和．排序原理可简记作：反序和≤乱序和≤顺序和．若a ＞b ＞1，x ＝a ＋1a ，y ＝b ＋1b ，则x 与y 的大小关系是( )A ．x ＞yB.x ＜y C ．x ≥y D ．x ≤y解析：选A .x －y ＝a ＋1a －⎝⎛⎭⎫b ＋1b ＝a －b ＋b －a ab ＝（a －b ）（ab －1）ab .由a ＞b ＞1得ab ＞1，a －b ＞0，所以（a －b ）（ab －1）ab＞0，即x －y ＞0，所以x ＞y .下列四个不等式：①log x 10＋lg x ≥2(x ＞1)；②|a －b |＜|a |＋|b |；③|b a ＋ab |≥2(ab ≠0)；④|x －1|＋|x －2|≥1，其中恒成立的个数是( )A ．1B.2 C ．3 D ．4解析：选C .log x 10＋lg x ＝1lg x＋lg x ≥2(x ＞1)；①正确．ab ≤0时，|a －b |＝|a |＋|b |，②不正确； 因为ab ≠0，b a 与ab 同号，所以|b a ＋b a |＝|b a |＋|ab |≥2，③正确；由|x －1|＋|x －2|的几何意义知， |x －1|＋|x －2|≥1恒成立，④也正确， 综上①③④正确．设a ，b ，m ，n ∈R ，且a 2＋b 2＝5，ma ＋nb ＝5，则m 2＋n 2的最小值为________． 解析：由柯西不等式得(ma ＋nb )2≤(m 2＋n 2)(a 2＋b 2)，即m 2＋n 2≥5，所以m 2＋n 2≥ 5，所以m 2＋n 2的最小值为5.答案： 5若a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1，求a ＋b ＋c 的最大值． 解：(a ＋b ＋c )2＝(1×a ＋1×b ＋1×c )2 ≤(12＋12＋12)(a ＋b ＋c )＝3. 当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立．所以(a ＋b ＋c )2≤3. 故a ＋b ＋c 的最大值为3.设x ＞0，y ＞0，若不等式1x ＋1y ＋λx ＋y ≥0恒成立，求实数λ的最小值．解：因为x ＞0，y ＞0，所以原不等式可化为－λ≤(1x ＋1y )(x ＋y )＝2＋y x ＋x y .因为2＋y x ＋xy ≥2＋2y x ·xy＝4，当且仅当x ＝y 时等号成立．所以⎣⎡⎦⎤（1x ＋1y ）（x ＋y ）min＝4， 即－λ≤4，λ≥－4. 所以λ的最小值为－4.用综合法、分析法证明不等式 [学生用书P224][典例引领](2017·高考全国卷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 ＋b 6 ＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4) ＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4.(2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3＝2＋3ab (a ＋b )≤2＋3（a ＋b ）24(a ＋b )＝2＋3（a ＋b ）34，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2.用综合法证明不等式是“由因导果”，用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，往往用分析法找思路，用综合法写步骤，由此可见，分析法与综合法相互转化，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．[通关练习]1．设a ＞0，b ＞0，若3是3a 与3b 的等比中项，求证：1a ＋1b ≥4.证明：由3是3a 与3b 的等比中项得 3a ·3b ＝3，即a ＋b ＝1，要证原不等式成立， 只需证a ＋b a ＋a ＋b b ≥4成立，即证b a ＋ab ≥2成立，因为a ＞0，b ＞0，所以b a ＋a b ≥2b a ·ab＝2， (当且仅当b a ＝a b ，即a ＝b ＝12时，“＝”成立)，所以1a ＋1b≥4.2．设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明： (1)ab ＋bc ＋ca ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 证明：(1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1， 所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1， 即ab ＋bc ＋ca ≤13.(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.放缩法证明不等式[学生用书P225][典例引领]若a ，b ∈R ，求证：|a ＋b |1＋|a ＋b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |.【证明】 当|a ＋b |＝0时，不等式显然成立． 当|a ＋b |≠0时， 由0＜|a ＋b |≤|a |＋|b | ⇒1|a ＋b |≥1|a |＋|b |，所以|a ＋b |1＋|a ＋b |＝11|a ＋b |＋1≤11＋1|a |＋|b |＝|a |＋|b |1＋|a |＋|b |＝|a |1＋|a |＋|b |＋|b |1＋|a |＋|b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |.在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧．常见的放缩变换有： (1)变换分式的分子和分母，如1k 2＜1k （k －1），1k 2＞1k （k ＋1），1k ＜2k ＋k －1，1k ＞2k ＋k ＋1.上面不等式中k ∈N *，k ＞1.(2)利用函数的单调性．(3)真分数性质“若0＜a ＜b ，m ＞0，则a b ＜a ＋mb ＋m”．[注意] 在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．[通关练习]设n 是正整数，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <1.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，所以12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <n n＝1.所以原不等式成立．柯西不等式的应用[学生用书P225][典例引领]已知x ，y ，z 均为实数．(1)若x ＋y ＋z ＝1，求证：3x ＋1＋3y ＋2＋3z ＋3≤33； (2)若x ＋2y ＋3z ＝6，求x 2＋y 2＋z 2的最小值． 【解】 (1)证明：因为(3x ＋1＋3y ＋2＋3z ＋3)2≤(12＋12＋12)(3x ＋1＋3y ＋2＋3z＋3)＝27.所以3x ＋1＋3y ＋2＋3z ＋3≤33. 当且仅当x ＝23，y ＝13，z ＝0时取等号．(2)因为6＝x ＋2y ＋3z ≤x 2＋y 2＋z 2·1＋4＋9，所以x 2＋y 2＋z 2≥187，当且仅当x ＝y 2＝z 3即x ＝37，y ＝67，z ＝97时，x 2＋y 2＋z 2有最小值187.(1)使用柯西不等式证明不等式的关键是恰当变形，化为符合它的结构形式，当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时，就可使用柯西不等式进行证明．(2)利用柯西不等式求最值的一般结构为：(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n )≥(1＋1＋…＋1)2＝n 2.在使用柯西不等式时，要注意右边为常数且应注意等号成立的条件．[通关练习]1．设x ，y ，z ∈R ，x 2＋y 2＋z 2＝25，试求x －2y ＋2z 的最大值与最小值． 解： 根据柯西不等式，有(1·x －2·y ＋2·z )2≤[12＋(－2)2＋22](x 2＋y 2＋z 2)， 即(x －2y ＋2z )2≤9×25， 所以－15≤x －2y ＋2z ≤15，故x －2y ＋2z 的最大值为15，最小值为－15.2．已知大于1的正数x ，y ，z 满足x ＋y ＋z ＝33.求证：x 2x ＋2y ＋3z ＋y 2y ＋2z ＋3x ＋z 2z ＋2x ＋3y ≥32.证明： 由柯西不等式及题意得，⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x ＋2y ＋3z ＋y 2y ＋2z ＋3x ＋z 2z ＋2x ＋3y ·[(x ＋2y ＋3z )＋(y ＋2z ＋3x )＋(z ＋2x ＋3y )]≥(x ＋y ＋z )2＝27.又(x ＋2y ＋3z )＋(y ＋2z ＋3x )＋(z ＋2x ＋3y )＝6(x ＋y ＋z )＝183， 所以x 2x ＋2y ＋3z ＋y 2y ＋2z ＋3x ＋z 2z ＋2x ＋3y ≥27183＝32，当且仅当x ＝y ＝z ＝3时，等号成立．排序不等式的应用[学生用书P226][典例引领]设a ，b ，c 为任意正数，求a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b的最小值． 【证明】 不妨设a ≥b ≥c ，则a ＋b ≥a ＋c ≥b ＋c ，1b ＋c ≥1c ＋a ≥1a ＋b ，由排序不等式得，ab ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥b b ＋c ＋c c ＋a ＋a a ＋b ， a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥c b ＋c ＋a c ＋a ＋b a ＋b ， 上述两式相加得：2⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥3， 即ab ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥32. 当且仅当a ＝b ＝c 时， ab ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b 取最小值32.求最小(大)值时，往往所给式子是顺(反)序和式．然后利用顺(反)序和不小(大)于乱序和的原理构造出适当的一个或两个乱序和，从而求出其最小(大)值．[通关练习]设0<a ≤b ≤c 且abc ＝1.试求1a 3（b ＋c ）＋1b 3（a ＋c ）＋1c 3（a ＋b ）的最小值．解： 令S ＝1a 3（b ＋c ）＋1b 3（a ＋c ）＋1c 3（a ＋b ），则S ＝（abc ）2a 3（b ＋c ）＋（abc ）2b 3（a ＋c ）＋（abc ）2c 3（a ＋b ）＝bca （b ＋c ）·bc ＋ac b （a ＋c ）·ac ＋abc （a ＋b ）·ab .由已知可得：1a （b ＋c ）≥1b （a ＋c ）≥1c （a ＋b ），ab ≤ac ≤bc .所以S ≥bc a （b ＋c ）·ac ＋ac b （a ＋c ）·ab ＋abc （a ＋b ）·bc＝ca （b ＋c ）＋a b （a ＋c ）＋bc （a ＋b ）.又S ≥bc a （b ＋c ）·ab ＋ac b （a ＋c ）·bc ＋abc （a ＋b ）·ac＝ba （b ＋c ）＋c b （a ＋c ）＋ac （a ＋b ），两式相加得：2S ≥1a ＋1b ＋1c ≥331abc＝3.所以S ≥32，即1a 3（b ＋c ）＋1b 3（a ＋c ）＋1c 3（a ＋b ）的最小值为32.证明不等式的常用方法与技巧(1)如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出或否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法；如果待证不等式与自然数有关，则考虑用数学归纳法等．(2)在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．尤其是对含绝对值不等式的解法或证明，其简化的基本思路是去绝对值号，转化为常见的不等式(组)求解．多以绝对值的几何意义或“找零点、分区间、逐个解、并起来”为简化策略，而绝对值三角不等式，往往作为不等式放缩的依据．证明不等式需要注意的2个问题(1)在使用基本不等式时，等号成立的条件是一直要注意的事情，特别是连续使用时，要分析每次使用时等号是否成立．(2)柯西不等式使用的关键是出现其结构形式，也要注意等号成立的条件．[学生用书P353(单独成册)]1．(2018·长春质量检测(二))(1)如果关于x 的不等式|x ＋1|＋|x －5|≤m 的解集不是空集，求实数m 的取值范围；(2)若a ，b 均为正数，求证：a a b b ≥a b b a .解：(1)令y ＝|x ＋1|＋|x －5|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋4，x ≤－16，－1＜x ＜52x －4，x ≥5，可知|x ＋1|＋|x －5|≥6，故要使不等式|x ＋1|＋|x －5|≤m 的解集不是空集，只需m ≥6.(2)证明：因为a ，b 均为正数，所以要证a a b b ≥a b b a ，只需证a a －b b b －a ≥1，即证(a b )a －b ≥1，当a ≥b 时，a －b ≥0，a b ≥1，可得(ab )a －b ≥1；当a ＜b 时，a －b ＜0，0＜a b ＜1，可得(a b )a －b ＞1，故a ，b 均为正数时，(ab )a －b ≥1，当且仅当a ＝b 时等号成立，故a a b b≥a b b a 成立．2．(2018·湘中名校联考)已知关于x 的不等式|x ＋a |＜b 的解集为{x |2＜x ＜4}． (1)求实数a ，b 的值；(2)求at ＋12＋3bt 的最大值．解：(1)由|x ＋a |＜b ，可得－b －a ＜x ＜b －a ， 所以－b －a ＝2且b －a ＝4.解得a ＝－3，b ＝1. (2)利用柯西不等式，可得－3t ＋12＋3t ＝3(4－t ＋t )≤3（1＋1）（4－t ＋t ）＝6×4－t ＋t ＝26，当且仅当t ＝4－t ，即t ＝2时等号成立．当t ＝2时，at ＋12＋3bt 的最大值为26.3．已知实数a ，b ，c ，d 满足a >b >c >d ，求证：1a －b ＋1b －c ＋1c －d ≥9a －d. 证明： 法一：因为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ＋1c －d (a －d )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ＋1c －d [(a －b )＋(b －c )＋(c －d )] ≥331a －b ·1b －c ·1c －d ·33（a －b ）（b －c ）（c －d ）＝9， 当且仅当a －b ＝b －c ＝c －d 时取等号，所以1a －b ＋1b －c ＋1c －d ≥9a －d. 法二：因为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ＋1c －d (a －d ) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ＋1c －d [(a －b )＋(b －c )＋(c －d )] ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫ 1a －b ·a －b ＋1b －c ·b －c ＋1c －d ·c －d 2＝9， 当且仅当a －b ＝b －c ＝c －d 时取等号，所以1a －b ＋1b －c ＋1c －d ≥9a －d. 4．设a ，b ，c >0，且ab ＋bc ＋ca ＝1.求证：(1)a ＋b ＋c ≥3；(2)a bc ＋b ac ＋c ab≥3(a ＋b ＋c )． 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a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3.而ab ＋bc ＋ca ＝1，故只需证明a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3(ab ＋bc ＋ca )，即证a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .而这可以由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 时等号成立)证得．所以原不等式成立．(2)a bc ＋b ac ＋c ab ＝a ＋b ＋c abc. 在(1)中已证a ＋b ＋c ≥3.因此要证原不等式成立，只需证明1abc ≥a ＋b ＋c ， 即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca .而a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac 2， b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤bc ＋ac 2， 所以a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca .(当且仅当a ＝b ＝c ＝33时等号成立) 所以原不等式成立．1．求证：112＋122＋132＋ (1)2＜2. 证明：因为1n 2＜1n （n －1）＝1n －1－1n， 所以112＋122＋132＋…＋1n 2＜1＋11×2＋12×3＋13×4＋…＋1（n －1）×n＝1＋⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n ＜2. 2．(2018·成都第二次诊断性检测)(1)求证：a 2＋b 2＋3≥ab ＋3(a ＋b )；(2)已知a ，b ，c 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.证明：(1)因为a 2＋b 2≥2ab ，a 2＋3≥23a ，b 2＋3≥23b ，将此三式相加得2(a 2＋b 2＋3)≥2ab ＋23a ＋23b ，所以a 2＋b 2＋3≥ab ＋3(a ＋b )．(2)假设a ，b ，c 都不大于0，即a ≤0，b ≤0，c ≤0，则a ＋b ＋c ≤0，因为a ＝x 2＋2y ＋π2，b ＝y 2＋2z ＋π3，c ＝z 2＋2x ＋π6， 所以a ＋b ＋c ＝(x 2＋2y ＋π2)＋(y 2＋2z ＋π3)＋(z 2＋2x ＋π6)＝(x ＋1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2＋π－3＞0，即a ＋b ＋c ＞0与a ＋b ＋c ≤0矛盾，故假设错误，原命题成立，即a , b ，c 中至少有一个大于0.3．设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明：(1)若ab >cd ，则a ＋b >c ＋d ； (2)a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件．证明：(1)因为(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ， (c ＋d )2＝c ＋d ＋2cd ，由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab >cd ，得(a ＋b )2>(c ＋d )2. 因此a ＋b >c ＋d .(2)①若|a －b |<|c －d |，则(a －b )2<(c －d )2，即(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd .因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd .由(1)，得a ＋b >c ＋d . ②若a ＋b >c ＋d ，则(a ＋b )2>(c ＋d )2，即a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd .因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd .于是(a －b )2＝(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd ＝(c －d )2.因此|a －b |<|c －d |.综上，a ＋b > c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件．4．设不等式－2＜|x －1|－|x ＋2|＜0的解集为M ，a ，b ∈M .(1)证明：⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ＜14.(2)比较|1－4ab |与2|a －b |的大小．解：(1)证明：记f (x )＝|x －1|－|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧3，x ≤－2，－2x －1，－2＜x ≤1，－3，x ＞1，由－2＜－2x －1＜0解得－12＜x ＜12，即M ＝⎝⎛⎭⎫－12，12， 所以⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ≤13|a |＋16|b |＜13×12＋16×12＝14. (2)由(1)得a 2＜14，b 2＜14，因为|1－4ab |2－4|a －b |2 ＝(1－8ab ＋16a 2b 2)－4(a 2－2ab ＋b 2)＝(4a 2－1)(4b 2－1)＞0，故|1－4ab |2＞4|a －b |2，即|1－4ab |＞2|a －b |.。
选修4-5不等式知识点
第1课时课时 不等式的性质不等式的性质 [探索研究]1、实数的运算性质与大小顺序的关系： 0>-Û>b a b a0=-Û=b a b a 0<-Û<b a b a得出结论：要比较两个实数的大小，只要考察它们的差的符号即可。
2、不等式的基本性质（、不等式的基本性质（66个）： [参考习题]1、若a 、b 、x 、y ∈R ，则()()0x y a b x a y b +>+ìí-->î是x a y b>ìí>î成立的（成立的（ ））A. A. 充分不必要条件充分不必要条件充分不必要条件B. B. B. 必要不充分条件必要不充分条件必要不充分条件C. C. 充要条件充要条件充要条件D. D. D. 既不充分也不必要条件既不充分也不必要条件既不充分也不必要条件2、已知2()f x ax c =+，且4(1)1f -££-，1(2)5f -££，求f(3)f(3)的取值范围。
的取值范围。
的取值范围。
3、已知a>0a>0，，2220a ab c -+=，2bc a >，试比较a 、b 、c 的大小。
的大小。
第2课时课时 基本不等式基本不等式 [探索研究]1、定理1：如果R b a Î,，那么ab b a 222³+（当且仅当b a =时取“时取“==”） 2、定理2：如果b a ,是正数，那么ab ba ³+2（当且仅当b a =时取“时取“==”） 3、已知x, y 都是正数。
则都是正数。
则（1）如果积xy 是定值p ，那么当x=y 时，和x+y 有最小值2p ； （2）如果和x+y 是定值s ，那么当x=y 时，积xy 有最大值214s[参考习题]1、当x 取什么值时，函数2294xx y +=有最小值？最小值是多少？有最小值？最小值是多少？ 2、求函数1622++-=x x x y （0³x ）的最小值。
2019大一轮高考总复习理数北师大版文档：选修4-5 第2
第二节 不等式证明1．平均值不等式(1)定理1：对任意实数a ，b ，有a 2＋b 2≥2ab (此式当且仅当a ＝b 时取“＝”号)． (2)定理2：对任意两个正数a ，b ，此式当且仅当a ＝b 时取“＝”号)．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．(3)定理3：对任意三个正数a ，b ，c ，有a 3＋b 3＋c 3≥3abc (此式当且仅当a ＝b ＝c 时取“＝”号)．(4)定理4：对任意三个正数a ，b ，c ，此式当且仅当a ＝b ＝c 时取“＝”号)．又可叙述为：三个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值．(5)一般地，对n 个正数a 1，a 2，…，a n (n ≥2)此式当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时取“＝”号)．又可叙述为：n 个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值．2．比较法(1)比差法的依据是：a －b ＞0⇔a ＞b .步骤是：“作差→变形→判断差的符号”．变形是手段，变形的目的是判断差的符号．(2)比商法：若B ＞0，欲证A ≥B ，只需证AB≥1.3．综合法与分析法(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.(2)分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义，公理或已证明的定理，性质等)，从而得出要证的命题成立．提醒：比较法证明不等式最常用的是差值比较法，其基本步骤是：作差—变形—判断差的符号—下结论．其中“变形”是证明的关键，一般通过因式分解或配方将差式变形为几个因式的积或配成几个代数式平方和的形式，当差式是二次三项式时，有时也可用判别式来判断差值的符号．个别题目也可用柯西不等式来证明．1．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)用反证法证明命题“a，b，c全为0”时假设为“a，b，c全不为0”．()(2)若实数x、y适合不等式xy>1，x＋y>－2，则x>0，y>0.()答案：(1)×(2)√2．设不等式|2x－1|＜1的解集为M.(1)求集合M.(2)若a，b∈M，试比较ab＋1与a＋b的大小．解：(1)由|2x－1|＜1得－1＜2x－1＜1，解得0＜x＜1.所以M＝{x|0＜x＜1}．(2)由(1)和a，b∈M可知0＜a＜1,0＜b＜1，所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)＞0.故ab＋1＞a＋b.3．已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：b2－ac<3a.证明：要证b2－ac<3a，只需证b2－ac<3a2.∵a＋b＋c＝0，只需证b2＋a(a＋b)<3a2，只需证2a2－ab－b2>0，只需证(a－b)(2a＋b)>0，只需证(a－b)(a－c)>0.∵a>b>c，∴a－b>0，a－c>0.∴(a－b)(a－c)>0显然成立，故原不等式成立．比较法证明不等式 [明技法]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：将商式的分子放(缩)，分母不变，或分子不变，分母放(缩)，或分子放(缩)，分母缩(放)，从而化简商式为容易和1比较大小的形式；③判断：判断商与1的大小关系，就是判断商大于1或小于1或等于1； ④结论． [提能力]【典例】 求证：(1)当x ∈R 时，1＋2x 4≥2x 3＋x 2； (2)当a ，b ∈(0，＋∞)时，a a b b ≥(ab )a+b 2.证明：(1)方法一 (1＋2x 4)－(2x 3＋x 2) ＝2x 3(x －1)－(x ＋1)(x －1) ＝(x －1)(2x 3－x －1) ＝(x －1)(2x 3－2x ＋x －1) ＝(x －1)[2x (x 2－1)＋(x －1)] ＝(x －1) 2(2x 2＋2x ＋1) ＝(x －1)2⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋122＋12≥0， 所以1＋2x 4≥2x 3＋x 2. 方法二 (1＋2x 4)－(2x 3＋x 2) ＝x 4－2x 3＋x 2＋x 4－2x 2＋1 ＝(x －1)2·x 2＋(x 2－1)2≥0， 所以1＋2x 4≥2x 3＋x 2. (2)a ab b(ab )a+b 2＝a a-b2 b b-a 2＝⎝⎛⎭⎫a b a-b2，当a ＝b 时，⎝⎛⎭⎫a b a-b2＝1；当a ＞b ＞0时，ab ＞1，a －b 2＞0，⎝⎛⎭⎫a b a-b2 ＞1； 当b ＞a ＞0时，0＜ab ＜1， a －b 2＜0，⎝⎛⎭⎫a b a-b 2 ＞1.所以a a b b≥(ab )a+b 2.[刷好题]1．设a ，b 是非负实数，求证：a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)． 证明：由a ，b 是非负实数，作差得a 3＋b 3－ab (a 2＋b 2)＝a 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， 得(a －b )[(a )5－(b )5]≥0；当a ＜b 时，a ＜b ，从而(a )5＜(b )5， 得(a －b )[(a )5－(b )5]＞0， 所以a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)．2．已知a ，b ∈(0，＋∞)，求证：a b b a ≤(ab )a ＋b2.证明：a b b a (ab )a+b 2＝ab －a ＋b 2ba －a ＋b 2＝⎝⎛⎭⎫b a a-b2.当a ＝b 时，⎝⎛⎭⎫b a a-b2＝1； 当a ＞b ＞0时，0＜ba ＜1，a －b 2＞0，⎝⎛⎭⎫b a a －b2＜1. 当b ＞a ＞0时，ba ＞1，a －b 2＜0，⎝⎛⎭⎫b a a-b2 ＜1. 所以a b b a≤(ab )a+b2.用综合法、分析法证明不等式 [明技法]分析法与综合法常常结合起来使用，称为分析综合法，其实质是既充分利用已知条件，又时刻瞄准解题目标，即不仅要搞清已知什么，还要明确干什么，通常用分析法找到解题思路，用综合法书写证题过程．[提能力]【典例】 设x ≥1，y ≥1，求证：x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y ＋xy .证明：由于x ≥1，y ≥1，要证x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y ＋xy ，只需证xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2. 因为[y ＋x ＋(xy )2]－[xy (x ＋y )＋1] ＝[(xy )2－1]－[xy (x ＋y )－(x ＋y )] ＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1) ＝(xy －1)(xy －x －y ＋1) ＝(xy －1)(x －1)(y －1)，因为x ≥1，y ≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0， 从而所要证明的不等式成立． [刷好题]设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1.证明： (1)ab ＋bc ＋ca ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 证明：(1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca 得 a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1， 所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13.(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.反证法证明不等式 [明技法]利用反证法证明问题的一般步骤 (1)否定原结论；(2)从假设出发，导出矛盾； (3)证明原命题正确．[提能力]【典例】 (1)设0＜a ，b ，c ＜1，求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14.证明：设(1－a )b ＞14，(1－b )c ＞14，(1－c )a ＞14，三式相乘得(1－a )b ·(1－b )c ·(1－c )a ＞164，①又因为0＜a ，b ，c ＜1， 所以0＜(1－a )a ≤⎣⎡⎦⎤(1－a )＋a 22＝14.同理：(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14，以上三式相乘得(1－a )a ·(1－b )b ·(1－c )c ≤164，与①矛盾．所以(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14.(2)已知a ＋b ＋c ＞0，ab ＋bc ＋ca ＞0，abc ＞0，求证：a ，b ，c ＞0. 证明：①设a ＜0，因为abc ＞0，所以bc ＜0. 又由a ＋b ＋c ＞0，则b ＋c ＞－a ＞0，所以ab ＋bc ＋ca ＝a (b ＋c )＋bc ＜0，与题设矛盾． ②若a ＝0，则与abc ＞0矛盾，所以必有a ＞0. 同理可证：b ＞0，c ＞0. 综上可证a ，b ，c ＞0. [刷好题]1．已知f (x )＝x 2＋px ＋q ， 求证：(1)f (1)＋f (3)－2f (2)＝2；(2)|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|中至少有一个不小于12.证明：(1)f (1)＋f (3)－2f (2)＝(1＋p ＋q )＋(9＋3p ＋q )－2(4＋2p ＋q )＝2. (2)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)＝2矛盾， ∴|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|中至少有一个不小于12.2．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.。
高考数学一轮复习选修4_5第2课时不等式的证明学案理含解析北师大版
第2课时不等式的证明关键能力学案突破考点证明不等式(多考向探究)考向1比较法证明不等式【例1】已知函数f(x)=|x-3|.(1)解不等式f(2x+4)≥4;(2)若a,b∈R,|a|<1,|b|<1,求证:f(ab+2)>f(a-b+3).解题心得1.作差比较法的步骤:作差—变形(化简)—定号(差值的符号)—得出结论.2.作商比较法的步骤:作商—变形(化简)—判断(商值与实数1的关系)—得出结论.对点训练1(2020宁夏银川高级中学月考)已知f(x)=|x-1|+|x+1|,不等式f(x)<4的解集为M.(1)求集合M;(2)当a,b∈M时,证明:2|a+b|<|4+ab|.考向2综合法证明不等式【例2】(2019全国1,理23)已知a,b,c为正数,且满足abc=1.证明:(1)1a +1b+1c≤a2+b2+c2;(2)(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.解题心得在用综合法证明不等式时,常利用不等式的基本性质,如同向不等式相加,同向不等式相乘等,但在运用这些性质时,一定要注意这些性质成立的前提条件.对点训练2(2020湖南永州三模,23)已知f(x)=x2+2|x-1|.(1)解关于x的不等式:f(x)>|2x|x;(2)若f(x)的最小值为M,且a+b+c=M(a,b,c∈R+),求证:a2+b2c +a2+c2b+c2+b2a≥2.考向3分析法证明不等式【例3】(2020河北衡水中学三模,理23)设函数f(x)=|x-a|.(1)若关于x的不等式f(x)+f(2-x)>3恒成立,求实数a的取值范围;(2)若0<a<1,|b|<1,求证:1af(a2b)>f(b).解题心得用分析法证明不等式时应注意(1)分析法证明不等式的依据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;(2)分析法证明不等式的思维是从要证不等式出发,逐步寻求使它成立的充分条件,最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式;(3)用分析法证明数学命题时,一定要恰当地用好“要证”“只需证”“即证”等词语.对点训练3已知a>0,求证:√a2+1a2−√2≥a+1a-2.考向4利用绝对值三角不等式证明不等式【例4】(2020广东珠海三模,23)已知函数f(x)=|x-1|.(1)解不等式f(x)+f(x+1)≥4;(2)当x≠0,x∈R时,证明:f(-x)+f1x≥2.解题心得利用绝对值三角不等式证明不等式时,一般需要利用绝对值的意义,对函数或代数式中的几个绝对值里面的代数式做正负号的调整,使之利用绝对值三角不等式后对消变量,得到常数.对点训练4(2020安徽安庆三模,23)已知函数f(x)=|x-m|+x+1m+1(其中实数m>0).(1)当m=1时,解不等式f(x)≤3;(2)求证:f(x)+1m(m+1)≥2.考向5利用放缩法证明不等式【例5】设函数f(x)=|x+2|-|x-2|.(1)略;(2)当x∈R,0<y<1时,证明:|x+2|-|x-2|≤1y +11-y.解题心得放缩法证明不等式,常常利用基本的不等式,绝对值三角不等式等大家熟知的数学结论进行放缩,有时也对要证明结论的一端进行适当的放或缩来证明不等式.对点训练5已知a,b,c均大于0,函数f(x)=|a-x|+|x+b|+c.(1)当a=b=c=2时,求不等式f(x)<8的解集;(2)若函数f(x)的最小值为1,证明:a2+b2+c2≥13.考向6利用柯西不等式证明不等式【例6】(2020安徽合肥三模,22)已知函数f(x)=|2x-2|-|x+1|的最小值为m.(1)求m的值;(2)若a+b+c+m=0,证明:a2+b2+c2-2b+4c+2≥0.解题心得利用柯西不等式证明不等式时,一定要满足柯西不等式的形式,这往往需要对要证明的不等式的一端的代数进行变形,以满足柯西不等式的形式.对点训练6(2020山西太原二模,23)已知a,b,c为正实数.(1)若a+b+c= 1,证明:1a -11b-11c-1≥8;(2)证明:ab+c +ba+c+ca+b≥32.1.含绝对值不等式的证明,可用“零点分段法”去掉绝对值符号,也可利用重要不等式|a+b|≤|a|+|b|及其推广形式|a1+a2+…+a n|≤|a1|+|a2|+…+|a n|.2.不等式证明中应注意的事项(1)作差比较法适用的主要是多项式、分式、对数式、三角式,作商比较法适用的主要是高次幂乘积结构.(2)利用柯西不等式证明不等式,实质上就是利用柯西不等式进行放缩,放缩不当则等号可能不成立,因此,要切记检验等号成立的条件.在利用算术—几何平均不等式或柯西不等式求最值时,要注意检验等号成立的条件,特别是多次使用不等式时,必须使等号同时成立.第2课时 不等式的证明 关键能力·学案突破例1(1)解由f (2x+4)≥4,得|2x+1|≥4,即2x+1≥4或2x+1≤-4,解得x ≥32或x ≤-52,综上所述,不等式的解集为{x|x ≤-52或x ≥32}.(2)证明f (ab+2)>f (a-b+3)⇔|ab-1|>|a-b|,因为|a|<1,|b|<1,所以a 2<1,b 2<1,所以|ab-1|2-|a-b|2=a 2b 2-2ab+1-a 2+2ab-b 2=a 2b 2-a 2-b 2+1=(a 2-1)(b 2-1)>0,所以|ab-1|2>|a-b|2,即|ab-1|>|a-b|, 所以原不等式成立.对点训练1(1)解f (x )=|x-1|+|x+1|={-2x ,x <-1,2,-1≤x ≤1,2x ,x >1,则f (x )<4等价于{x <-1,-2x <4或{-1≤x ≤1,2<4或{x >1,2x <4,解得-2<x<-1或-1≤x ≤1或1<x<2, ∴-2<x<2,M=(-2,2).(2)证明当a ,b ∈M 时,即-2<a<2,-2<b<2,∵4(a+b )2-(4+ab )2=4a 2+4b 2-16-a 2b 2=(a 2-4)(4-b 2)<0, ∴4(a+b )2<(4+ab )2, ∴2|a+b|<|4+ab|.例2证明(1)因为a 2+b 2≥2ab ,b 2+c 2≥2bc ,c 2+a 2≥2ac ,又abc=1,故有a 2+b 2+c 2≥ab+bc+ca=ab+bc+caabc=1a+1b +1c ,当且仅当a=b=c=1时等号成立. 所以1a +1b +1c ≤a 2+b 2+c 2.(2)因为a ,b ,c 为正数,且abc=1, 所以(a+b )3+(b+c )3+(c+a )3 ≥3√(a +b )3(b +c )3(a +c )33=3(a+b )(b+c )(a+c )≥3×(2√ab )×(2√bc )×(2√ac )=24,当且仅当a=b=c=1时等号成立. 所以(a+b )3+(b+c )3+(c+a )3≥24. 对点训练2(1)解当x<0时,f (x )>|2x |x等价于x 2-2x+2>-2,该不等式恒成立;当0<x ≤1时,f (x )>|2x |x等价于x 2-2x>0,该不等式解集为∅;当x>1时,f (x )>|2x |x等价于x 2+2x-2>2,解得x>√5-1.综上,x<0或x>√5-1. 所以不等式f (x )>|2x |x的解集为(-∞,0)∪(√5-1,+∞).(2)证明f (x )=x 2+2|x-1|={x2+2x -2,x ≥1,x 2-2x +2,x <1,易得f (x )的最小值为1,即a+b+c=M=1. 因为a ,b ,c ∈R +, 所以a 2+c 2b≥2ac b,b 2+a 2c≥2ab c,c 2+b 2a≥2bc a,所以a 2+c 2b+b 2+a 2c+c 2+b 2a≥ac b+ab c+ab c+bc a+ac b+bc a≥2a+2b+2c=2,当且仅当a=b=c=13时,等号成立.例3(1)解由绝对值三角不等式得f (x )+f (2-x )=|x-a|+|2-x-a|≥|x-a+2-x-a|=|2-2a|,若关于x 的不等式f (x )+f (2-x )>3恒成立,则|2a-2|>3,即2a-2>3或2a-2<-3,解得a>52或a<-12,所以实数a 的取值范围为a a<-12或a>52. (2)证明要证1a f (a 2b )>f (b ),即证|a 2b-a|>a|a-b|,即证|ab-1|>|a-b|.又因为0<a<1,|b|<1,所以a 2<1,b 2<1,所以|ab-1|2-|a-b|2=(a 2b 2-2ab+1)-(a 2-2ab+b 2)=a 2b 2-a 2+1-b 2=a 2(b 2-1)-(b 2-1)=(a 2-1)(b 2-1)>0, 所以|ab-1|>|a-b|,故所证不等式成立. 对点训练3证明要证√a 2+1a 2−√2≥a+1a -2,只需证√a 2+1a 2+2≥a+1a +√2.因为a>0,故只需证√a 2+1a 2+22≥a+1a +√22,即a 2+1a 2+4√a 2+1a 2+4≥a 2+2+1a 2+2√2a+1a +2, 只需证2√a 2+1a 2≥√2a+1a , 只需证4a 2+1a 2≥2a 2+2+1a 2,即证a 2+1a 2≥2,而上述不等式显然成立,故原不等式成立. 例4(1)解由f (x )+f (x+1)≥4得|x-1|+|x|≥4,当x>1时,得2x-1≥4,即x ≥52;当0≤x ≤1时,得1≥4,此时不等式无解; 当x<0时,得-2x+1≥4,此时x ≤-32.所以不等式的解集为x x ≥52或x ≤-32. (2)证明f (-x )+f1x=|x+1|+1x-1,由绝对值三角不等式,得|x+1|+1x-1≥x+1x , 又x ,1x 同号,所以x+1x =|x|+1x,由基本不等式,得|x|+1x≥2,当且仅当|x|=1时,等号成立.所以f (-x )+f1x≥2.对点训练4 (1)解当m=1时,f (x )=|x-1|+x+12={2x -12,x >1,32,-12≤x ≤1,-2x +12,x <-12.于是原不等式可化为{x >1,2x -12≤3或{-12≤x ≤1,32≤3或{x <-12,-2x +12≤3,解得1<x ≤74或-12≤x ≤1或-54≤x<-12. 所以不等式f (x )≤3的解集为-54,74.(2)证明由已知得f (x )+1m (m+1)=|x-m|+x+1m+1+1m (m+1)≥x-m-x+1m+1+1m (m+1)=m+1m+1+1m (m+1)=m+1m+1+1m −1m+1 =m+1m ≥2,当且仅当m=1时,等号成立.于是原不等式得证. 例5(2)证明|x+2|-|x-2|≤|(x+2)-(x-2)|=4,由于0<y<1,则1y +11-y=1y +11-y[y+(1-y )]=2+1-y y+y 1-y≥2+2=4,当且仅当1-y y=y1-y ,即y=12时取等号.综上,|x+2|-|x-2|≤1y +11-y .对点训练5(1)解当a=b=c=2时,f (x )=|x-2|+|x+2|+2,所以f (x )<8⇔{x ≤-2,2-2x <8,或{-2<x <2,6<8,或{x ≥2,2x +2<8,所以不等式的解集为{x|-3<x<3}. (2)证明因为a>0,b>0,c>0,所以f (x )=|a-x|+|x+b|+c ≥|a-x+x+b|+c=|a+b|+c=a+b+c. 因为f (x )的最小值为1,所以a+b+c=1, 所以(a+b+c )2=a 2+b 2+c 2+2ab+2ac+2bc=1. 因为2ab ≤a 2+b 2,2bc ≤b 2+c 2,2ac ≤a 2+c 2, 所以1=a 2+b 2+c 2+2ab+2ac+2bc ≤3(a 2+b 2+c 2). 所以a 2+b 2+c 2≥13.例6(1)解f (x )=|2x-2|-|x+1|={3-x ,x <-1,1-3x ,-1≤x ≤1,x -3, x >1.根据函数图像得,f (x )的最小值为-2,∴m=-2. (2)证明由(1)知,a+b+c=2,∴[a 2+(b-1)2+(c+2)2]·(12+12+12)≥[a·1+(b-1)·1+(c+2)·1]2=(a+b+c+1)2=9, ∴a 2+(b-1)2+(c+2)2≥3,当且仅当a=b-1=c+2,a+b+c=2,即a=1,b=2,c=-1时,等号成立. ∴a 2+b 2+c 2-2b+4c+2≥0. 对点训练6证明(1)1a-11b-11c-1=1-a a·1-b b·1-c c=b+c a·a+c b·a+b c≥2√bca·2√ac b·2√abc=8,当且仅当a=b=c=13时,等号成立.(2)ab+c +ba+c +ca+b =a+b+c b+c-1+a+b+c a+c-1+a+b+c a+b -1=12[(b+c )+(a+c )+(a+b )]1b+c+1a+c +1a+b -3≥12√b +c ·1√b+c +√a +c ·1√a+c+√a +b ·1√a+b2-3=12×32-3=32.。
高考数学一轮复习 选修4-5 不等式选讲 第2讲 不等式的证明教学案 理 北师大版-北师大版高三选修
第2讲 不等式的证明一、知识梳理 1．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立． 定理2：如果a ，b 为正数，则a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理3：如果a ，b ，c 为正数，则a ＋b ＋c3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．定理推广：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．2．不等式的证明方法证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等． 3．数学归纳法证明不等式的关键使用数学归纳法证明与自然数有关的不等式，关键是由n ＝k 时不等式成立推证n ＝k ＋1时不等式成立，此步的证明要具有目标意识，要注意与最终达到的解题目标进行分析、比较，以便确定解题方向．常用结论 1．a 2≥0(a ∈R )．2．(a －b )2≥0(a ，b ∈R )，其变形有a 2＋b 2≥2ab ，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≥ab ，a 2＋b 2≥12(a ＋b )2. 3．若a ，b 为正实数，则a ＋b2≥ab .特别地，b a ＋ab≥2.4．a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 二、教材衍化1．已知a ≥b >0，M ＝2a 3－b 3，N ＝2ab 2－a 2b ，则M ，N 的大小关系为________． 解析：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，故2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .答案：M ≥N2．求证：3＋7<2＋ 6. 证明：3＋7<2＋ 6 ⇐(3＋7)2<(2＋6)2⇐10＋221<10＋4 6 ⇐21<26⇐21<24. 故原不等式成立．一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)比较法最终要判断式子的符号得出结论．( )(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论．( )(3)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．( )(4)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× (4)× 二、易错纠偏常见误区|Ｋ不等式放缩不当致误设a ，b ∈(0，＋∞)，且ab －a －b ＝1，则有( ) A ．a ＋b ≥2(2＋1) B ．a ＋b ≤2＋1 C ．a ＋b <2＋1D ．a ＋b >2(2＋1)解析：选A.由已知得a ＋b ＋1＝ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22，故有(a ＋b )2－4(a ＋b )－4≥0，解得a ＋b ≥22＋2或a ＋b ≤－22＋2(舍去)，即a ＋b ≥22＋2.(当且仅当a ＝b ＝2＋1时取等号)故选A.比较法证明不等式(师生共研)设a，b是非负实数，求证：a3＋b3≥ab(a2＋b2)．【证明】因为a，b是非负实数，所以a3＋b3－ab(a2＋b2)＝a2a(a－b)＋b2b(b－a)＝(a－b)[(a)5－(b)5]．当a≥b时，a≥b，从而(a)5≥(b)5，得(a－b)[(a)5－(b)5]≥0；当a<b时，a<b，从而(a)5<(b)5，得(a－b)[(a)5－(b)5]>0.所以a3＋b3≥ab(a2＋b2)．比较法证明不等式的方法与步骤(1)作差比较法：作差、变形、判号、下结论．(2)作商比较法：作商、变形、判断、下结论．[提醒] (1)当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时，一般使用作差比较法．(2)当被证的不等式两边含有幂式或指数式或乘积式时，一般使用作商比较法．1．当p，q都是正数且p＋q＝1时，试比较(px＋qy)2与px2＋qy2的大小．解：(px＋qy)2－(px2＋qy2)＝p2x2＋q2y2＋2pqxy－(px2＋qy2)＝p(p－1)x2＋q(q－1)y2＋2pqxy.因为p＋q＝1，所以p－1＝－q，q－1＝－p.所以(px＋qy)2－(px2＋qy2)＝－pq(x2＋y2－2xy)＝－pq(x－y)2.因为p，q为正数，所以－pq(x－y)2≤0，所以(px＋qy)2≤px2＋qy2.当且仅当x＝y时，不等式中等号成立．2．已知a ，b ∈(0，＋∞)，求证：a b b a≤(ab )a ＋b2.证明：a b b a （ab ）a ＋b 2＝a b －a ＋b 2ba －a ＋b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b 2. 当a ＝b 时，⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b2＝1； 当a >b >0时，0<b a<1，a －b2>0，⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b2<1.当b >a >0时，b a >1，a －b 2<0，⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b 2<1.所以a b b a≤(ab )a ＋b2.综合法、分析法证明不等式(师生共研)(一题多解)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】 法一(综合法)：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4) ＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4.(2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3＝2＋3ab (a ＋b )≤2＋3（a ＋b ）24·(a ＋b )＝2＋3（a ＋b ）34，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2. 法二(分析法)：(1)因为a >0，b >0，a 3＋b 3＝2.要证(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4，只需证(a ＋b )(a 5＋b 5)≥(a 3＋b 3)2， 即证a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6≥a 6＋2a 3b 3＋b 6， 即证a 4＋b 4≥2a 2b 2，因为(a 2－b 2)2≥0，即a 4＋b 4≥2a 2b 2成立． 故原不等式成立． (2)要证a ＋b ≤2成立， 只需证(a ＋b )3≤8，即证a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3≤8， 即证ab (a ＋b )≤2， 即证ab (a ＋b )≤a 3＋b 3，即证ab (a ＋b )≤(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)， 即证ab ≤a 2－ab ＋b 2，显然成立． 故原不等式成立．分析法与综合法常常结合起来使用，称为分析综合法，其实质是既充分利用已知条件，又时刻瞄准解题目标，即不仅要搞清已知什么，还要明确要干什么，通常用分析法找到解题思路，用综合法书写证题过程．1．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知a ，b ，c 为正数，且满足abc ＝1，证明： (1)1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2；(2)(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.证明：(1)因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ， 且abc ＝1，故有a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ＝ab ＋bc ＋ca abc ＝1a ＋1b ＋1c.所以1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2.(2)因为a ，b ，c 为正数且abc ＝1，故有 (a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥33（a ＋b ）3（b ＋c ）3（a ＋c ）3＝3(a ＋b )(b ＋c )(a ＋c ) ≥3×(2ab )×(2bc )×(2ac ) ＝24.所以(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.2．(2020·某某某某长郡中学调研)已知函数f (x )＝|x ＋2|. (1)解不等式f (x )>4－|x ＋1|；(2)已知a ＋b ＝2(a >0，b >0)，求证：|x －2.5|－f (x )≤4a ＋1b.解：(1)f (x )>4－|x ＋1|，即|x ＋2|＋|x ＋1|>4，则⎩⎪⎨⎪⎧x <－2，－x －2－x －1>4，得x <－3.5； ⎩⎪⎨⎪⎧－2≤x <1，x ＋2－x －1>4，无解； ⎩⎪⎨⎪⎧x ≥－1，x ＋2＋x ＋1>4，得x >0.5. 所以原不等式的解集为{x |x <－3.5或x >0.5}． (2)证明：|x －2.5|－f (x )＝|x －2.5|－|x ＋2|≤4.5， 4a ＋1b ＝12(a ＋b )(4a ＋1b )＝12(4＋1＋4b a ＋a b )≥12(5＋4)＝4.5， 所以|x －2.5|－f (x )≤4a ＋1b.反证法证明不等式(师生共研)设0<a ，b ，c <1，求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14.【证明】 设(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >14，三式相乘得(1－a )b ·(1－b )c ·(1－c )a >164，①又因为0<a ，b ，c <1，所以0<(1－a )a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤（1－a ）＋a 22＝14.同理(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14，以上三式相乘得(1－a )a ·(1－b )b ·(1－c )c ≤164，与①矛盾．所以(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14.利用反证法证明问题的一般步骤(1)否定原结论．(2)从假设出发，导出矛盾． (3)证明原命题正确．已知a ＋b ＋c >0，ab ＋bc ＋ca >0，abc >0，求证：a ，b ，c >0.证明：(1)设a <0，因为abc >0， 所以bc <0.又由a ＋b ＋c >0，则b ＋c >－a >0，所以ab ＋bc ＋ca ＝a (b ＋c )＋bc <0，与题设矛盾． (2)若a ＝0，则与abc >0矛盾， 所以必有a >0. 同理可证b >0，c >0. 综上可证a ，b ，c >0.放缩法证明不等式(师生共研)若a ，b ∈R ，求证：|a ＋b |1＋|a ＋b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |.【证明】 当|a ＋b |＝0时，不等式显然成立． 当|a ＋b |≠0时， 由0＜|a ＋b |≤|a |＋|b | ⇒1|a ＋b |≥1|a |＋|b |，所以|a＋b|1＋|a＋b|＝11|a＋b|＋1≤11＋1|a|＋|b |＝|a|＋|b| 1＋|a|＋|b|＝|a|1＋|a|＋|b|＋|b|1＋|a|＋|b|≤|a|1＋|a|＋|b|1＋|b|.综上，原不等式成立．“放”和“缩”的常用技巧在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧．常见的放缩变换有：(1)变换分式的分子和分母，如1k2<1k（k－1），1k2>1k（k＋1），1k<2k＋k－1，1 k >2k＋k＋1.上面不等式中k∈N+，k>1.(2)利用函数的单调性．(3)真分数性质“若0<a<b，m>0，则ab<a＋mb＋m”．[提醒] 在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．设n是正整数，求证：12≤1n＋1＋1n＋2＋…＋12n<1. 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，所以12＝n2n≤1n＋1＋1n＋2＋…＋12n<nn＝1.所以原不等式成立．[基础题组练]1．(2020·某某模拟)已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|. (1)解不等式f (x )≤3；(2)记函数g (x )＝f (x )＋|x ＋1|的值域为M ，若t ∈M ，证明：t 2＋1≥3t＋3t .解：(1)依题意，得f (x )⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ≤－1，2－x ，－1<x <12，3x ，x ≥12. 于是f (x )≤3⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－3x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <12，2－x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，3x ≤3，解得－1≤x ≤1.即不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤1}． (2)证明：g (x )＝f (x )＋|x ＋1|＝|2x －1|＋|2x ＋2|≥ |2x －1－2x －2|＝3，当且仅当(2x －1)(2x ＋2)≤0时，取等号， 所以M ＝[3，＋∞)．要证t 2＋1≥3t ＋3t ，即证t 2－3t ＋1－3t≥0.而t 2－3t ＋1－3t ＝t 3－3t 2＋t －3t ＝（t －3）（t 2＋1）t.因为t ∈M ，所以t －3≥0，t 2＋1>0， 所以（t －3）（t 2＋1）t≥0.所以t 2＋1≥3t＋3t .2．(2020·某某模拟)已知函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －1|. (1)求函数f (x )的最小值a ；(2)根据(1)中的结论，若m 3＋n 3＝a ，且m >0，n >0，求证：m ＋n ≤2.解：(1)f (x )＝|x ＋1|＋|x －1|≥|x ＋1－(x －1)|＝2，当且仅当(x ＋1)(x －1)≤0即－1≤x ≤1时取等号，所以f (x )min ＝2，即a ＝2.(2)证明：假设m ＋n >2，则m >2－n ，m 3>(2－n )3.所以m 3＋n 3>(2－n )3＋n 3＝2＋6(1－n )2≥2.① 由(1)知a ＝2，所以m 3＋n 3＝2.② ①②矛盾，所以m ＋n ≤2.3．(2020·某某模拟)已知函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －2|，集合A ＝{x |f (x )<3}． (1)求集合A ；(2)若实数s ，t ∈A ，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－t s <⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －1s.解：(1)函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋1，x <－12，x ＋3，－12≤x <2，3x －1，x ≥2.首先画出y ＝f (x )与y ＝3的图象如图所示．可得不等式f (x )<3的解集A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－23<x <0.(2)证明：因为实数s ，t ∈A ，所以s ，t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0.所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t s 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －1s 2＝1＋t 2s 2－t 2－1s 2＝1s 2(1－t 2)·(s 2－1)<0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t s 2<⎝ ⎛⎭⎪⎫t －1s 2，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－t s <⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －1s .4．(2020·某某模拟)已知关于x 的不等式|2x |＋|2x －1|≤m 有解． (1)某某数m 的取值X 围；(2)已知a >0，b >0，a ＋b ＝m ，证明：a 2a ＋2b ＋b 22a ＋b ≥13.解：(1)|2x |＋|2x －1|≥|2x －(2x －1)|＝1，当且仅当2x (2x －1)≤0即0≤x ≤12时取等号，故m ≥1.所以实数m 的取值X 围为[1，＋∞)．(2)证明：由题知a ＋b ≥1，又⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2a ＋2b ＋b 22a ＋b (a ＋2b ＋2a ＋b )≥(a ＋b )2， 所以a 2a ＋2b ＋b 22a ＋b ≥13(a ＋b )≥13. [综合题组练]1．设不等式||x ＋1|－|x －1||<2的解集为A .(1)求集合A ；(2)若a ，b ，c ∈A ，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－abc ab －c >1. 解：(1)由已知，令f (x )＝|x ＋1|－|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧2，x ≥1，2x ，－1＜x ＜1，－2，x ≤－1，由|f (x )|<2得－1<x <1，即A ＝{x |－1<x <1}．(2)证明：要证⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－abc ab －c >1，只需证|1－abc |>|ab －c |， 只需证1＋a 2b 2c 2>a 2b 2＋c 2，只需证1－a 2b 2>c 2(1－a 2b 2)，只需证(1－a 2b 2)(1－c 2)>0，由a ，b ，c ∈A ，得－1<ab <1，c 2<1，所以(1－a 2b 2)(1－c 2)>0恒成立．综上，⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－abc ab －c >1. 2．已知函数f (x )＝k －|x －3|，k ∈R ，且f (x ＋3)≥0的解集为[－1，1]．(1)求k 的值；(2)若a ，b ，c 是正实数，且1ka ＋12kb ＋13kc ＝1， 求证：a ＋2b ＋3c ≥9.解：(1)因为f (x )＝k －|x －3|，所以f (x ＋3)≥0等价于|x |≤k ，由|x |≤k 有解，得k ≥0，且解集为[－k ，k ]．因为f (x ＋3)≥0的解集为[－1，1]．因此k ＝1.(2)证明：由(1)知1a ＋12b ＋13c＝1， 因为a ，b ，c 为正实数，所以a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c ＝3＋a 2b ＋a 3c ＋2b a ＋2b 3c ＋3c a ＋3c 2b ＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋2b a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3c ＋3c a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b 3c ＋3c 2b ≥3＋2a 2b ·2b a ＋2a 3c ·3c a ＋22b 3c ·3c 2b＝9. 当且仅当a ＝2b ＝3c 时，等号成立．因此a ＋2b ＋3c ≥9.3．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )，当x ∈[－1，1]时，|f (x )|≤1.(1)求证：|b |≤1；(2)若f (0)＝－1，f (1)＝1，某某数a 的值．解：(1)证明：由题意知f (1)＝a ＋b ＋c ，f (－1)＝a －b ＋c ，所以b ＝12[f (1)－f (－1)]． 因为当x ∈[－1，1]时，|f (x )|≤1，所以|f (1)|≤1，|f (－1)|≤1，所以|b |＝12|f (1)－f (－1)|≤12[|f (1)|＋|f (－1)|]≤1. (2)由f (0)＝－1，f (1)＝1可得c ＝－1，b ＝2－a ，所以f (x )＝ax 2＋(2－a )x －1.当a ＝0时，不满足题意，当a ≠0时，函数f (x )图象的对称轴为x ＝a －22a ，即x ＝12－1a. 因为x ∈[－1，1]时，|f (x )|≤1，即|f (－1)|≤1，所以|2a －3|≤1，解得1≤a ≤2. 所以－12≤12－1a ≤0，故|f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1a |＝ |a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1a 2＋(2－a )⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1a －1|≤1.整理得|（a －2）24a＋1|≤1， 所以－1≤（a －2）24a＋1≤1， 所以－2≤（a －2）24a≤0， 又a ＞0，所以（a －2）24a≥0， 所以（a －2）24a＝0，所以a ＝2. 4．(2019·高考全国卷Ⅲ)设x ，y ，z ∈R ，且x ＋y ＋z ＝1.(1)求(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值；(2)若(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥13成立，证明：a ≤－3或a ≥－1. 解：(1)由于[(x －1)＋(y ＋1)＋(z ＋1)]2＝(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2＋2[(x －1)(y ＋1)＋(y ＋1)(z ＋1)＋(z ＋1)(x －1)] ≤3[(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2]，故由已知得(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2≥43，当且仅当x ＝53，y ＝－13，z ＝－13时等号成立．所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为43. (2)证明：由于[(x －2)＋(y －1)＋(z －a )]2＝(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2＋2[(x －2)(y －1)＋(y －1)(z －a )＋(z －a )(x －2)] ≤3[(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2]，故由已知得(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥（2＋a ）23，当且仅当x ＝4－a 3，y ＝1－a 3，z ＝2a －23时等号成立． 因此(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2的最小值为（2＋a ）23. 由题设知（2＋a ）23≥13，解得a ≤－3或a ≥－1.。
2019-2020年北师大版数学选修4-5讲义：第2章+§2 排序不等式及答案
§2 排序不等式学习目标：1.了解排序不等式，理解排序不等式的实质．(重点)2.能用排序不等式证明简单的问题．(难点)教材整理1 顺序和、乱序和、逆序和的概念 阅读教材P 32～P 34“练习”以上部分，完成下列问题．设实数a 1，a 2，a 3，b 1，b 2，b 3满足a 1≥a 2≥a 3，b 1≥b 2≥b 3，j 1，j 2，j 3是1,2,3的任一排列方式．通常称a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3为顺序和，a 1b j 1＋a 2b j 2＋a 3b j 3为乱序和，a 1b 3＋a 2b 2＋a 3b 1为逆序和(倒序和)．填空：若m ≥n ≥p ≥q ，a ≥b ≥c ≥d ，则 (1)am ＋bn ＋cp ＋dq 是________和， (2)an ＋bq ＋ca ＋dp 是________和， (3)aq ＋bp ＋cn ＋dm 是________和， (4)aq ＋bm ＋cq ＋dn 是________和． [答案] (1)顺序 (2)乱序 (3)逆序 (4)乱序 教材整理2 排序不等式阅读教材P 32～P 34“练习”以上部分，完成下列问题． 1．定理1设a ，b 和c ，d 都是实数，如果a ≥b ，c ≥d ，那么ac ＋bd ≥ad ＋bc ，当且仅当a ＝b (或c ＝d )时取“＝”号．2．定理2(排序不等式)设有两个有序实数组a 1≥a 2≥…≥a n 及b 1≥b 2≥…≥b n ，则(顺序和)a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥(乱序和)a 1b j 1＋a 2b j 2＋…＋a n b j n≥(逆序和)a 1b n ＋a 2b n －1＋…＋a n b 1.其中j1，j2，…，j n是1,2，…，n的任一排列方式．上式当且仅当a1＝a2＝…＝a n(或b1＝b2＝…＝b n)时取“＝”号．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若a1≥a2≥a3，b1≥b2≥b3，则a1b j1＋a2b j2＋a3b j3中最大值是a1b1＋a2b2＋a3b3(其中j1，j2，j3是1,2,3的任一排列). ()(2)若a≥b，c≥d，则ac＋bd≥ad＋bc. ()[答案](1)√(2)√【例1(1)1bc≥1ca≥1ab；(2)a5b3c3＋b5c3a3＋c5c3b3≥1a＋1b＋1c.[精彩点拨]本题考查排序不等式及不等式的性质、证明不等式等基本知识，考查推理论证能力．解答此题只需根据a≥b≥c，直接构造两个数组，利用排序不等式证明即可．[自主解答](1)∵a≥b>0，于是1a≤1b，又c>0，∴1c>0，从而1bc≥1ca.同理，∵b≥c>0，于是1b≤1 c.∵a>0，∴1a>0，于是得1ca≥1ab.从而1bc≥1ca≥1ab.(2)由(1)知1bc≥1ca≥1ab，于是由“顺序和≥乱序和”得，a5b3c3＋b5c3a3＋c5a3b3≥b5b3c3＋c 5c 3a 3＋a 5a 3b 3＝b 2c 3＋c 2a 3＋a 2b 3(∵a 2≥b 2≥c 2，1c 3≥1b 3≥1a 3)≥c 2c 3＋a 2a 3＋b 2b 3＝1c ＋1a ＋1b ＝1a ＋1b ＋1c.利用排序不等式证明所证不等式中所给字母的大小顺序已确定的情况，关键是根据所给字母的大小顺序，构造出不等式中所需要的带大小顺序的两个数组.1．已知0<a 1≤a 2≤…≤a n ，求证：a 21a 2＋a 22a 3＋…＋a 2n －1a n ＋a 2na 1≥a 1＋a 2＋…＋a n .[证明] ∵0<a 1≤a 2≤…≤a n ， ∴a 21≤a 22≤…≤a 2n ，1a 1≥1a 2≥ (1)n， 由排序不等式知，乱序和不小于逆序和，得a 21a 2＋a 22a 3＋…＋a 2n －1a n ＋a 2n a 1≥a 21·1a 1＋a 22·1a 2＋…＋a 2n ·1a n ， ∴a 21a 2＋a 22a 3＋…＋a 2n －1a n ＋a 2na 1≥a 1＋a 2＋…＋a n .a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≤a 3bc ＋b 3ca ＋c 3ab .[精彩点拨] 解答此题需要假设a ≥b ≥c 推出a 2≥b 2≥c 2，1c ≥1b ≥1a ，再利用排序不等式进行论证．[自主解答] 不妨设a ≥b ≥c ，则a 2≥b 2≥c 2，1c ≥1b ≥1a .故由排序不等式，得a 2·1c ＋b 2·1a ＋c 2·1b ≥a 2·1a ＋b 2·1b ＋c 2·1c ，①a 2·1b ＋b 2·1c ＋c 2·1a ≥a 2·1a ＋b 2·1b ＋c 2·1c ，②(①＋②)÷2可得a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≥a ＋b ＋c . 又∵a 3≥b 3≥c 3且1bc ≥1ac ≥1ab ，由排序不等式，得a 3·1bc ＋b 3·1ca ＋c 3·1ab ≥a 3·1ac ＋b 3·1ab ＋c 3·1bc ，③ a 3·1bc ＋b 3·1ca ＋c 3·1ab ≥a 3·1ab ＋b 3·1bc ＋c 3·1ca ，④ (③＋④)÷2可得a 3bc ＋b 3ca ＋c 3ab ≥a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b .综上可知，a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≤a 3bc ＋b 3ca ＋c 3ab.在利用排序不等式证明所证不等式中所给字母没有限定大小顺序时，要使用排序不等式，先要根据所给字母在不等式中地位的对称性，限定一种大小关系，方可应用排序不等式求证.2．设a 1，a 2，…，a n 是n 个互不相同的正整数，求证：1＋12＋13＋…＋1n ≤a 1＋a 222＋a 332＋…＋a n n 2.[证明] 设b 1，b 2，…，b n 是a 1，a 2，…a n 的一个排列，且满足b 1<b 2<…<b n . 由于b 1，b 2，…，b n 是互不相同的正整数，∴b 1≥1，b 2≥2，b 3≥3，…，b n ≥n . 又1>122>132>…>1n 2. 由排序不等式得a 1＋a 222＋a 332＋…＋a n n 2≥b 1＋b 222＋b 332＋…＋b n n 2≥1＋222＋332＋…＋n n 2＝1＋12＋13＋…＋1n .1．设a 1≤a 2≤…≤a n ，b 1≤b 2≤…≤b n 为两组数，c 1，c 2，…，c n 是b 1，b 2，…，b n 的任一排列，那么它们的顺序和、乱序和、逆序和大小关系如何？[提示] a 1b n ＋a 2b n －2＋…＋a n b 1≤a 1c 1＋a 2c 2＋…a n c n ≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n . 2．已知两组数a 1≤a 2≤a 3≤a 4≤a 5，b 1≤b 2≤b 3≤b 4≤b 5，其中a 1＝2，a 2＝7，a 3＝8，a 4＝9，a 5＝12，b 1＝3，b 2＝4，b 3＝6，b 4＝10，b 5＝11，将b i (i ＝1,2,3,4,5)重新排列记为c 1，c 2，c 3，c 4，c 5.那么a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 5c 5的最大值和最小值分别是多少？[提示] 由顺序和最大，知最大值为a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＋a 4b 4＋a 5b 5＝304. 由逆序和最小，知最小值为a 1b 5＋a 2b 4＋a 3b 3＋a 4b 2＋a 5b 1＝212. 【例3】 设a ，b ，c 为任意正数，求a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b的最小值． [精彩点拨] 由对称性，不妨设a ≥b ≥c >0，注意到b b ＋c ＋c b ＋c ＝1.设法构造数组，利用排序不等式求解．[自主解答] 不妨设a ≥b ≥c ，则a ＋b ≥a ＋c ≥b ＋c ，1b ＋c ≥1c ＋a ≥1a ＋b. 由排序不等式得，a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥b b ＋c ＋c c ＋a ＋a a ＋b ，a b ＋c ＋b c ＋a ＋ca ＋b≥cb＋c＋ac＋a＋ba＋b，上两式相加，则2⎝⎛⎭⎪⎫ab＋c＋bc＋a＋ca＋b≥3，即ab＋c＋bc＋a＋ca＋b≥32.当且仅当a＝b＝c时，ab＋c＋bc＋a＋ca＋b取最小值32.构造两个有序数组―→利用排序不等式―→验证等号是否成立.3．已知x，y，z是正数，且x＋y＋z＝1，求t＝x2y＋y2z＋z2x的最小值．[解]不妨设x≥y≥z>0，则x2≥y2≥z2，1z≥1y≥1x.由排序不等式，乱序和≥逆序和得，x2y＋y2z＋z2x≥x2·1x＋y2·1y＋z2·1z＝x＋y＋z，又x＋y＋z＝1，x2y＋y2z＋z2x≥1.当且仅当x＝y＝z＝13时，等号成立．故t＝x2y＋y2z＋z2x的最小值为1.1．已知x ≥y ，M ＝x 4＋y 4，N ＝x 3y ＋y 3x ，则M 与N 的大小关系是( ) A ．M >N B ．M ≥N C ．M <ND ．M ≤N[解析] 由排序不等式，知M ≥N . [答案] B2．设a ，b ，c 为正数，P ＝a 3＋b 3＋c 3，Q ＝a 2b ＋b 2c ＋c 2a ，则P 与Q 的大小关系是( )A ．P >QB ．P ≥QC ．P <QD ．P ≤Q [解析] 不妨设a ≥b ≥c >0，∴a 2≥b 2≥c 2>0， 由排序不等式得：a 2a ＋b 2b ＋c 2c ≥a 2b ＋b 2c ＋c 2a . ∴P ≥Q . [答案] B3．已知两组数1,2,3和4,5,6，若c 1，c 2，c 3是4,5,6的一个排列，则c 1＋2c 2＋3c 3的最大值是______，最小值是__________．[解析] 由排序不等式，顺序和最大，逆序和最小，∴最大值为1×4＋2×5＋3×6＝32，最小值为1×6＋2×5＋3×4＝28. [答案] 32 284．设正数a 1，a 2，…，a n 的任一排列为a 1′，a 2′，…，a n ′，则a 1a 1′＋a 2a 2′＋…＋a na n ′的最小值为__________．[解析] 取两组数a 1，a 2，…，a n ；1a 1，1a 2，…，1a n ，其反序和为a 1a 1＋a 2a 2＋…＋a na n＝n ，则由乱序和不小于反序和知a 1a 1′＋a 2a 2′＋…＋a n a n ′≥a 1a 1＋a 2a 2＋…＋a n a n＝n ，∴a 1a 1′＋a 2a 2′＋…＋a na n ′的最小值为n . [答案] n5．已知a ，b ，c 为正数，求证：bc a ＋ac b ＋abc ≥a ＋b ＋c . [证明] 不妨设a ≥b ≥c >0， 则1c ≥1b ≥1a >0，ab ≥ac ≥bc >0. 由排序不等式，得ab c ＋ac b ＋bc a ≥ac ·1c ＋bc ·1b ＋ab ·1a ＝a ＋b ＋c . 当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立． 故bc a ＋ac b ＋abc ≥a ＋b ＋c .。
高中数学北师大版选修4-5第二章几个重要的不等式课件 (共5份打包)4
2．(2014·福建卷)已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－ 2|的最小值为a.
(1)求a的值； (2)若p，q，r是正实数，且满足p＋q＋r＝a，求证：p2＋q2 ＋r2≥3.
(1)解：因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3， 当且仅当－1≤x≤2时等号成立，所以函数f(x)的最小值 等于3，即a＝3. (2)证明：由(1)，知p＋q＋r＝3. 因为p，q，r是正实数， 所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p·1＋q·1＋r·1)2＝(p＋q＋ r)2＝9. 所以p2＋q2＋r2≥3.
解析：由柯西不等式，得(a2＋4b2＋9c2)(12＋12＋12)≥ (a·1＋2b·1＋3c·1)2＝36.故a2＋4b2＋9c2≥12.从而a2＋4b2 ＋9c2的最小值为12. 答案：12
3．(福建卷)已知 a>0，b>0，c>0，函数 f(x)＝|x＋a|＋|x－ b|＋c 的最小值为 4.
[高考冲浪] 1．设 f(n)＝1＋1n1＋n＋1 1…1＋n＋1 n，用数学归纳法证 明 f(n)≥3.在假设 n＝k 时成立后，f(k＋1)与 f(k)的关系是 f(k＋ 1)＝f(k)·________.
解析：当 n＝k 时， f(k)＝1＋1k1＋k＋1 1…1＋k＋1 k；
当 n＝k＋1 时， f(k＋1)＝1＋k＋1 11＋k＋1 2…1＋2k＋1 2. 所以 f(k)应乘1＋2k＋1 11＋2k＋1 2·k＋k 1.
解析：不妨设a≥b≥c>0，则a2≥b2. ∴a3＋b3＝a2·a＋b2·b≥a2·b＋b2·a ＝ab(a＋b)．
同理 b3＋c3≥bc(b＋c)，c3＋a3≥ac(c＋a)． ∴a3＋b13＋abc＋b3＋c13＋abc＋c3＋a13＋abc ≤aba＋1b＋abc＋bcb＋1c＋abc＋cac＋a1＋abc ＝a＋1b＋ca1b＋b1c＋c1a＝a1bc. 答案：≤
2019-2020学年北师大版高中数学选修4-5同步配套课件：2.2排序不等式 .pdf
2.(1)顺序和、乱序和、逆序和:
设实数a1,a2,a3,b1,b2,b3满足a1≥a2≥a3,b1≥b2≥b3,则 a1b1+a2b2+a3b3≥a1������������1 +a2������������2 +a3������������3 ≥a1b3+a2b2+a3b1,其中j1,j2,j3是 1,2,3的任一排列方式.上式当且仅当a1=a2=a3(或b1=b2=b3)时取“=” 号.
������3 ������3 + ������3 ������3 + ������3 ������3 ≥ ������3 ������3 + ������3 ������3 + ������3 ������3 = ������3 + ������3 + ������3 .
又∵a2≥b2≥c2,
1 ������3
S随堂演练 UITANGYANLIAN
∴
������1 ������1
+
������2 ������2
+
⋯
+
������������ -1 ������������ -1
≥
1 2
+
2 3
+
⋯
同理,∵b≥c>0,于是
1 ������
≤
1,
������
又∵a>0,∴
1 ������
>
0.
于是得 1 ≥ 1 .
������������ ������������
从而 1 ≥ 1 ≥ 1 .
������������ ������������ ������������
2019高三数学文北师大版一轮教师用书：选修4-5 第2节 不等式的证明
第二节不等式的证明[考纲传真]通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法．(对应学生用书第166页)[基础知识填充]1．不等式证明的方法(1)比较法：①求差比较法：知道a>b⇔a－b>0，a<b⇔a－b<0，因此要证明a>b，只要证明a－b＞0即可，这种方法称为求差比较法．②求商比较法：由a>b>0⇔ab>1且a>0，b>0，因此当a>0，b>0时，要证明a>b，只要证明ab＞1即可，这种方法称为求商比较法．(2)分析法：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．(3)综合法：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．(4)几何法：通过构造几何图形，利用几何图形的性质来证明不等式的解法称为几何法．(5)放缩法和反证法：在证明不等式时，有时可以通过缩小(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放缩法．反证法是常用的证明方法．它是通过证明命题结论的否定不能成立，来肯定命题结论一定成立．其证明的步骤是：①作出否定结论的假设；②进行推理，导出矛盾；③否定假设，肯定结论．2．几个常用基本不等式(1)柯西不等式：①柯西不等式的代数形式：对任意实数a，b，c，d，有(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2(当向量(a，d)与向量(c，d)共线时．等号成立)．②柯西不等式的向量形式：设α，β是两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立．③一般形式的柯西不等式设a1，a2，…，a n与b1，b2，…，b n是两组实数，则有(a21＋a22＋…＋a2n)(b21＋b22＋…＋b2n)≥(a1b1＋a2b2＋…＋a n b n)2，当向量(a1，a2，…，a n)与向量(b1，b2，…，b n)共线时，等号成立．(2)算术—几何平均不等式若a1，a2，…，a n为正数，则a1＋a2＋…＋a nn≥na1a2…a n，当且仅当a1＝a2＝…＝a n时，等号成立．[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)比较法最终要判断式子的符号得出结论．()(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论．()(3)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．()(4)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．()[答案](1)×(2)√(3)×(4)×2．(教材改编)若a＞b＞1，x＝a＋1a，y＝b＋1b，则x与y的大小关系是()A．x＞y B．x＜y C．x≥y D．x≤yA[x－y＝a＋1a－⎝⎛⎭⎪⎫b＋1b＝a －b ＋b －a ab ＝(a －b )(ab －1)ab .由a ＞b ＞1得ab ＞1，a －b ＞0，所以(a －b )(ab －1)ab＞0，即x －y ＞0，所以x ＞y .]3．(教材改编)已知a ≥b ＞0，M ＝2a 3－b 3，N ＝2ab 2－a 2b ，则M ，N 的大小关系为________．M ≥N [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，故2a 3－b 3≥2ab 2－a 2B ．]4．已知a ＞0，b ＞0且ln(a ＋b )＝0，则1a ＋1b 的最小值是________.【导学号：00090380】4 [由题意得，a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0，∴1a ＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b (a ＋b )＝2＋b a ＋a b≥2＋2b a ·a b ＝4，当且仅当a ＝b ＝12时等号成立．]5．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 .(对应学生用书第167页)已知a ＞0，b ＞0，求证：ab ＋ba≥a ＋b .[证明] 法一：∵⎝ ⎛⎭⎪⎫ab ＋b a －(a ＋b )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b －b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a －a ＝a －b b ＋b －aa＝(a －b )(a －b )ab ＝(a ＋b )(a －b )2ab ≥0，∴a b ＋ba≥a ＋b .10分法二：由于a b ＋ba a ＋b ＝a a ＋b bab (a ＋b )＝(a ＋b )(a －ab ＋b )ab (a ＋b )＝a ＋bab －1 ≥2abab－1＝1.8分又a ＞0，b ＞0，ab ＞0， ∴a b ＋ba≥a ＋b .10分[规律方法] 1.在法一中，采用局部通分，优化了解题过程；在法二中，利用不等式的性质，把证明a ＞b 转化为证明ab ＞1(b ＞0)．2．作差(商)证明不等式，关键是对差(商)式进行合理的变形，特别注意作商证明不等式，不等式的两边应同号．提醒：在使用作商比较法时，要注意说明分母的符号． [变式训练1] (2018·长沙模拟)设a ，b 是非负实数， 求证：a 2＋b 2≥ab (a ＋b )． [证明] 因为a 2＋b 2－ab (a ＋b ) ＝(a 2－a ab )＋(b 2－b ab ) ＝a a (a －b )＋b b (b －a ) ＝(a －b )(a a －b b )＝. 6分因为a≥0，b≥0，所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有a－b与a－b同号，所以(a 12－b12)⎝⎛⎭⎪⎫a32－b32≥0，所以a2＋b2≥ab(a＋b). 10分(2018·(1)ab＋bc＋ac≤1 3；(2)a2b＋b2c＋c2a≥1.[证明](1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1，所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤13. 5分(2)因为a2b＋b≥2a，b2c＋c≥2b，c2a＋a≥2c，故a2b＋b2c＋c2a＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，则a2b＋b2c＋c2a≥a＋b＋c，所以a2b＋b2c＋c2a≥1. 10分[规律方法] 1.综合法证明的实质是由因导果，其证明的逻辑关系是：A⇒B1⇒B2⇒…⇒B n⇒B(A为已知条件或数学定义、定理、公理，B为要证结论)，它的常见书面表达式是“∵，∴”或“⇒”．2．综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．[变式训练2](2017·石家庄调研)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：b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥3.【导学号：00090381】[解] (1)当x ＜－1时，f (x )＝－2(x ＋1)－(x －2)＝－3x ＞3； 2分当－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 ＝3.5分 (2)证明：a ，b ，c 均为正实数，且满足a ＋b ＋c ＝3， 因为b 2a ＋c 2b ＋a 2c ＋(a ＋b ＋c )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a ＋a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2b ＋b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2c ＋c≥2⎝⎛⎭⎪⎫b 2a ·a ＋c 2b ·b ＋a 2c ·c ＝2(a ＋b ＋c ). 8分(当且仅当a ＝b ＝c ＝1时取“＝”) 所以b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥a ＋b ＋c ， 即b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥3.10分分析法证明不等式(2015·d ，证明：(1)若ab >cd ，则a ＋b >c ＋d ；(2)a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件． [证明] (1)∵a ，b ，c ，d 为正数，且a ＋b ＝c ＋d ， 欲证a ＋b ＞c ＋d ， 只需证明(a ＋b )2＞(c ＋d )2， 也就是证明a ＋b ＋2ab ＞c ＋d ＋2cd ， 只需证明ab ＞cd ， 即证ab ＞cD ． 由于ab ＞cd ， 因此a ＋b ＞c ＋d .5分(2)①若|a－b|<|c－d|，则(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cD．因为a＋b＝c＋d，所以ab>cD．由(1)，得a＋b>c＋d. 8分②若a＋b>c＋d，则(a＋b)2>(c＋d)2，即a＋b＋2ab>c＋d＋2cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab>cD．于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此|a－b|<|c－d|.综上，a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件. 10分[规律方法] 1.本题将不等式证明与充要条件的判定渗透命题，考查推理论证能力和转化与化归的思想方法，由于两个不等式两边都是正数，可通过两边平方来证明．2．当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆．3．分析法证明的思路是“执果索因”，其框图表示为：Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件[变式训练3]已知a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证：b2－ac＜3A．[证明]要证b2－ac＜3a，只需证b2－ac＜3a2.∵a＋b＋c＝0，只需证b2＋a(a＋b)＜3a2，只需证2a2－ab－b2＞0，4分只需证(a－b)(2a＋b)＞0，只需证(a－b)(a－c)＞0.∵a＞b＞c，∴a－b＞0，a－c＞0，∴(a－b)(a－c)＞0显然成立，故原不等式成立. 10分。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第二节 不等式的证明
[考纲传真] (教师用书独具)通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法．
(对应学生用书第206页)
[基础知识填充]
1．基本不等式
定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．
定理2：如果a ，b 为正数，则a ＋b 2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．
定理3：如果a ，b ，c 为正数，则
a ＋
b ＋
c 3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．
定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n ≥n a 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立． 2．柯西不等式
(1)柯西不等式的代数形式：设a ，b ，c ，d 都是实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2(当且仅当ad ＝bc 时，等号成立)．
(2)柯西不等式的向量形式：设α，β是两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k ，使α＝k β时，等号成立．
(3)柯西不等式的三角不等式：设x 1，y 1，x 2，y 2，x 3，y 3∈R ， 则(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(x 2－x 3)2＋(y 2－y 3)2≥(x 1－x 3)2＋(y 1－y 3)2.
(4)柯西不等式的一般形式：设a 1，a 2，a 3，…，a n ，b 1，b 2，b 3，…，b n
是实数，则(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2，当且仅当b i ＝0(i ＝1,2，…，n )或存在一个数k ，使得a i ＝kb i (i ＝1,2，…，n )时，等号成立．
3．不等式的证明方法
证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法等．
(1)比较法：
①比差法的依据是：a－b>0⇔a>b步骤是：“作差→变形→判断差的符号”．变形是手段，变形的目的是判断差的符号．
②比商法：若B>0，欲证A≥B，只需证A
B≥1.
(2)综合法与分析法：
①综合法：利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这种方法叫综合法．即“由因导果”的方法．
②分析法：从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已经具备，那么就可以判定原不等式成立，这种方法叫作分析法．即“执果索因”的方法．
[基本能力自测]
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)比较法最终要判断式子的符号得出结论．()
(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过
逐步推理，最后达到待证的结论．()
(3)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地
寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．()
(4)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．()
[答案](1)×(2)√(3)×(4)×
2．(教材改编)若a＞b＞1，x＝a＋1
a，y＝b＋
1
b，则x与y的大小关系是()
A．x＞y B．x＜y C．x≥y D．x≤y
A[x－y＝a＋1
a－⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
b＋
1
b
＝a－b＋b－a
ab＝
(a－b)(ab－1)
ab.
由a＞b＞1得ab＞1，a－b＞0，
所以(a －b )(ab －1)ab
＞0，即x －y ＞0，所以x ＞y .] 3．若a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小关系为( )
A ．a >b >c
B ．a >c >b
C ．b >c >a
D ．c >a >b A [“分子”有理化得a ＝
13＋2，b ＝16＋5，c ＝17＋6，
所以a >b >c .]
4．已知a ＞0，b ＞0且ln(a ＋b )＝0，则1a ＋1b 的最小值是________.
【导学号：79140398】
4 [由题意得，a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0， 所以1a ＋1b ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ＋1b (a ＋b )＝2＋b a ＋a b ≥2＋2b a ·a
b ＝4， 当且仅当a ＝b ＝12时等号成立．]
5．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 .
(对应学生用书第207页)
已知a ＞0，b ＞0，求证：a
b ＋b a ≥a ＋b .
[证明] 法一：∵⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a －(a ＋b ) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b －b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a －a ＝a －b b ＋b －a a
＝
(a －b )(a －b )ab ＝(a ＋b )(a －b )2ab ≥0， ∴a b ＋b a ≥a ＋b . 法二：由于a b ＋b a
a ＋
b ＝a a ＋b b ab (a ＋b )
＝(a ＋b )(a －ab ＋b )
ab (a ＋b )
＝
a ＋b
ab －1 ≥2ab ab
－1＝1. 又a ＞0，b ＞0，ab ＞0，
∴a b ＋b a
≥a ＋b .
[证明] 因为a 4＋6a 2b 2＋b 4－4ab (a 2＋b 2)
＝(a 2＋b 2)2－4ab (a 2＋b 2)＋4a 2b 2
＝(a 2＋b 2－2ab )2＝(a －b )4.
又a ≠b ，所以(a －b )4>0，
所以a 4＋6a 2b 2＋b 4>4ab (a 2＋b 2)．
(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 ＋b 6
＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4)＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4.
(2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3＝2＋3ab (a ＋b )
≤2＋3(a ＋b )24(a ＋b )＝2＋3(a ＋b )3
4
， 所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2.
(1)1a ＋1b ＋1ab ≥8；
(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋1b ≥9. [证明] (1)∵a ＋b ＝1，a >0，b >0，。