高考数学一轮复习 第十三篇 不等式选讲 第2节 证明不等式的基本方法课件 理

即 a＋b＋2 ab>c＋d＋2 cd. 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．
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考点三 用综合法证明不等式 已知 x，y，z 均为正数．求证：yxz＋zyx＋xzy≥1x＋1y＋1z.
解：因为 x，y，z 均为正数．所以yxz＋zyx＝1zxy＋yx≥2z，同理可得 xzy＋zyx＝1xyz＋yz≥2x，xzy＋yxz＝1yxz＋xz≥2y，当且仅当 x＝y＝z 时，以 上三式等号都成立． 将上述三个不等式两边分别相加，并除以 2，得yxz＋zyx＋xzy≥1x＋1y＋ 1 z.
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【反思归纳】 分析法的应用 当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式、基本不等式 没有直接联系，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．
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满分展示： 证明：(1)因为要证( a＋ b)> c＋ d， 只需证( a＋ b)2>( c＋ d)2， 即证 a＋b＋2 ab>c＋d＋2 cd， 因为 a＋b＝c＋d，因此只需证 2 ab>2 cd， 即证 ab>cd， 而已知 ab>cd， 因此 a＋ b> c＋ d.
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【即时训练】 求证：当 a，b∈(0，＋∞)时，aabb≥(ab)a＋2 b. 证明： aaab＋b b＝aa－2 bbb－2 a＝aba－2 b，
ab 2 当 a＝b 时，aba－2 b＝1. 当 a＞b＞0 时，ab＞1，a－2 b＞0， 则aba－2 b＞1. 当 b＞a＞0 时，0＜ab＜1，a－2 b＜0，则aba－2 b＞1. 综上可知，当 a，b∈(0，＋∞)时，aabb≥(ab)a＋2 b成立．
均，即a1＋a2＋n …＋an__≥___n a1a2…an，当且仅当__a_1_＝__a_2＝__…__＝__a_n____时，
等号成立．
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1．设 a，b 为不等的正数，且 M＝(a4＋b4)(a2＋b2)，N＝(a3＋b3)2 则有
() (A)M＝N (C)M＞N
(1)证明：因为已知 a＋b＝1，a＞0，b＞0，
所以根据基本不等式 a＋b≥2 ab，
所以 0＜ab≤14，
又
a＋1a
b＋1b
＝
a2＋1 a
b2＋1 ·b
＝
a2b2－2ab＋2 ab
＝
1－ab2＋1 ab
≥
25 4
取等号时a＝b＝12，
所以a＋1ab＋1b≥245.
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(B)M＜N (D)M≥N
答案：C
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2．已知 t＞1，且 x＝ t＋1－ t，y＝ t－ t－1，则 x，y 之间的大小
关系是( )
(A)x＞y
(B)x＝y
(C)x＜y
(D)x，y 的关系随 t 而定
答案：C
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3．设 0＜x＜1，则 a＝ 2x，b＝1＋x，c＝1－1 x中最大的一个是________． 解析：由 a2＝2x，b2＝1＋x2＋2x＞a2，a＞0，b＞0 得 b＞a. 又 c－b＝1－1 x－(1＋x)＝1－1－1－x x2 ＝1－x2 x＞0 得 c＞b，知 c 最大．
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考点一 比较法证明不等式
设 f(x)＝2x2＋1，且 a，b 同号，a＋b＝1.求证：对任意 实数 p，q 恒有 af(p)＋bf(q)≥f(ap＋bq)成立．
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解析：∵a＋b＝1， ∴af(p)＋bf(q)－f(ap＋bq) ＝a·(2p2＋1)＋b·(2q2＋1)－2(ap＋bq)2－1 ＝2ap2＋2bq2－2a2p2－4abpq－2q2b2 ＝2ap2(1－a)＋2bq2(1－b)－4abpq ＝2abp2＋2abq2－4abpq ＝2ab(p－q)2. ∵a，b 同号，∴2ab(p－q)2≥0. ∴原不等式成立．
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【即时训练】 (2017 全国卷Ⅱ)已知 a＞0，b＞0，a3＋b3＝2.证明： (1)(a＋b)(a5＋b5)≥4； (2)a＋b≤2.
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证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6 ＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4) ＝4＋ab(a2－b2)2 ≥4. (2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3 ＝2＋3ab(a＋b) ≤2＋3a＋4 b2(a＋b) ＝2＋3a＋4 b3， 所以(a＋b)3≤8，因此 a＋b≤2.
3．三个正数的算术几何平均不等式
(1)定理 如果 a，b，c∈R＋，那么a＋3b＋c_≥___3 abc，当且仅当__a_＝_b__ __＝__c___时，等号成立．即三个正数的算术平均_不__小__于__它们的几何平均．
(2)基本不等式的推广 对于 n 个正数 a1，a2，…，an，它们的算术平均__不__小__于___它们的几何平
∴a＋b＋c≥ 3.
因此要证原不等式成立，
只需证明
1≥ abc
a＋
b＋
c，
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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＋2 ac， b ac≤ab＋2 bc，c ab≤bc＋2 ac. 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．
答案：c
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4．设 x＞0，y＞0，若不等式1x＋1y＋x＋λ y≥0 恒成立，则实数 λ 的最小 值是________．
解析：∵x＞0，y＞0， ∴原不等式可化为－λ≤1x＋1y(x＋y)＝2＋yx＋xy. ∵2＋yx＋xy≥2＋2 yx·xy＝4，当且仅当 x＝y 时等号成立． ∴1x＋1y(x＋y)min＝4， 即－λ≤4，λ≥－4. 答案：－4
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考点二 用分析法证明不等式
(1)已知 a，b∈R＋，且 a＋b＝1，求证：a＋1ab＋1b≥245. (2)已知△ABC 的三边长分别是 a，b，c 且 m 为正数，求证：a＋a m＋ b＋b m＞c＋c m.
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2.综合法与分析法
(1)综合法：从__已__知__条__件__(ti_áo_jià出n) 发，利用定义、公理、定理、性质等，
经过一系列的___推__理_(_tu_īl_ǐ) 、论证而得出命题成立．
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(2)分析法：从___要__证__的__结__论__(_jié_lù_n_) 出发，逐步寻求使它成立的___充__分__(c_hō_ngfèn) 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．
【即时训练】 设 a，b，c>0，且 ab＋bc＋ca＝1. 求证： bac＋ abc＋ acb≥ 3( a＋ b＋ c)．
证明： bac＋ abc＋ acb＝a＋abb＋c c. ∵a2＋b2≥2ab b2＋c2≥2bc a2＋c2≥2ac ∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝(a＋b＋c)2≥3(ab＋bc＋ac)＝3
12/8/2021
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(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，
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【反思归纳】 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．
(2)解析：要证a＋a m＋b＋b m＞c＋c m， 只需证 a(b＋m)(c＋m)＋b(a＋m)(c＋m)－c(a＋m)(b＋m)＞0， 即证 abc＋abm＋acm＋am2＋abc＋abm＋bcm＋bm2－abc－acm－ bcm－cm2＞0， 即证 abc＋2abm＋(a＋b－c)m2＞0. 由于 a，b，c 分别是△ABC 的三边长，故 a＋b＞c. 因为 m＞0，所以(a＋b－c)m2＞0. 所以 abc＋2abm＋(a＋b－c)m2＞0 是成立的， 因此a＋a m＋b＋b m＞c＋c m成立．
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审题指导
关键点
所获信息
a＋b＝c＋d，ab>cd a＋ b> c＋ d
利用不等式性质 两边平方后观察不等式两边与已 知条件的关系
a＋ b> c＋ d是|a－b|<|c－d| 证明充分性和必要性 的充要条件
解题突破：(1)利用分析法证明；(2)分充分性和必要性两种情况证明.
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第十三篇 不等式选讲(选修(xuǎnxiū)4-5)
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第 2 节 证明不等式的基本方法
最新考纲 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
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1．比较法
方法
原理
作差法
a－b>0⇔a>b
作商法
ab>1⇔a>b(a>0，b>0)
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分析法与综合法在不等式证明中的应用
(2015 高考新课标全国卷Ⅱ)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．
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【反思归纳】 综合法证明不等式的方法 (1)综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右 两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证 明的关键． (2)在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用 的．在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条件．
答题模板：第一步：观察要证明的不等式，用分析法证明； 第二步：证明必要性； 第三步：证明充分性．
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2 0 2 1 / 1 2 / 8
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内容(nèiróng)总结
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