高中数学 第2讲 证明不等式的基本方法 1 比较法、综合法与分析法课后练习 新人教A版选修4-5

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

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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.。

不等式的证明方法-高中数学常见题型解法归纳反馈训练 (word版含答案)

不等式的证明方法-高中数学常见题型解法归纳反馈训练 (word版含答案)

【知识要点】不等式的证明常用的有六种方法(不等式证明六法:比综分放数反) 一、比较法包括比差和比商两种方法.比差的一般步骤是:作差→变形(配方、因式分解、通分等)→与零比→下结论;比商的一般步骤是:作商→变形(配方、因式分解、通分等)→与1比→下结论.如果两个数都是正数,一般用比商,其它一般用比差. 二、综合法证明不等式时,从命题的已知条件出发,利用公理、定理、法则等,逐步推导出要证明的命题的方法称为综合法,它是由因导果的方法.三、分析法证明不等式时,从待证命题出发,分析使其成立的充分条件,利用已知的一些基本原理,逐步探索,最后将命题成立的条件归结为一个已经证明过的定理、简单事实或题设的条件,这种证明的方法称为分析法,它是执果索因的方法.用分析法证明时,要注意格式,一般格式是“要证明,只需证明……”. 一般用分析法寻找思路,用综合法写出证明过程. 四、放缩法证明不等式时,有时根据需要把需证明的不等式的值适当放大或缩小,使其化繁为简,化难为易,达到证明的目的,这种方法称为放缩法.放缩的常见技巧:a n n >>< ②将分子或分母放大或缩小,如:22111111,(1)1(1)k k k k k k k k <=->--+ 111k k =-+(1)2n n ++<五、数学归纳法用数学归纳法证明不等式,要注意两步一结论. 在证明第二步时,一般多用到比较法、放缩法和分析法. 六、反证法证明不等式时,首先假设要证明的命题的反面成立,把它作为条件和其他条件结合在一起,利用已知定义、定理、公理等基本原理逐步推证出一个与命题的条件或已证明的定理或公认的简单事实相矛盾的结论,以此说明原假设的结论不成立,从而肯定原命题的结论成立的方法称为反证法.如果命题中含有“至少”或“唯一”或其它否定词时,一般用反证法. 【方法讲评】【例1】已知0,0a b m >>>,则b m ba m a+>+.【方法点评】比差的一般步骤是:作差→变形(配方、因式分解、通分等)→与零比→下结论. 【例2】设,a b R +∈,求证:2()a b a ba b ab +≥ 【证明】作商:2222)()(b a a b b a b a b a ba baab b a ---+==当a b =时,1)(2=-b a ba当0a b >>时,1)(,02,12>>->-ba bab a ba当0b a >>时, 1)(,02,102><-<<-ba bab a ba∴2)(b a b a ab b a +≥【点评】比商的一般步骤是:作商→变形(配方、因式分解、通分等)→与1比→下结论. 【反馈检测1】已知a 、b 、c 是实数,试比较222c b a ++与ca bc ab ++的大小.【例3】 设,,a b c 为正实数,求证:333a b c+++abc ≥【点评】该题主要是利用三元均值不等式和二元均值不等式解答.【反馈检测2】已知,,a b c 是不全相等的正数,求证:abc b a c a c b c b a 6)()()(222222>+++++【例4】求证: ,,a b c R +∈,求证:)3(3)2(23abc ab -≤-【点评】用分析法证明时,要注意格式,一般格式是“要证明,只需证明……”.一般用分析法寻找思路,用综合法写出证明过程.【反馈检测3】设,a b )2a b ≥+【例5】设......n S求证:(1)(2)22n n n n n S ++<< ()n N +∈ 【证明】1122n n n n ++<=+ ()112342n n n S n +>+++++=()11123422n nS n ⎛⎫<++++++++⎪⎝⎭()()12222n n n n n ++=+= 【点评】由于这是一个数列的问题,所以先要对数列的通项进行放缩. 【例6】设数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知11a =,2121233n n S a n n n +=---,*n N ∈. (1)求数列{}n a 的通项公式; (2)证明:对一切正整数n ,有1211174n a a a +++<(2)证明:当117114n a ==<时,; 当121115721444n a a =+=+=<时,;【点评】本题的放缩是一个难点,放缩一定要适当,有时需要数列的第一项不放缩其他项放缩,有时需要数列的前两项不放缩其他项放缩,有时需要数列的前三项不放缩其他项放缩,……,才能放缩出要证明的结果.这需要大家平时的训练和积累.【反馈检测4】已知函数21()ln (1)2f x a x x a x =+-+(1)a ≥. (1)讨论()f x 的单调性与极值点; (2)若21()1(1)2g x x x x =-->,证明:当1a =时,()g x 的图象恒在()f x 的图象上方; (3)证明:2222ln 2ln 3ln 21234(1)n n n n n --+++<+ *(,2)n N n ∈≥.【例7】证明不等式n n2321<++++(n N *∈)【证明】(1)当n 等于1时,不等式左端等于1,右端等于2,所以不等式成立; (2)假设n k =(1k ≥)时,不等式成立,即1+k13121+++<2k ,,1211)1(11)1(21121131211+=++++<+++=++<+++++k k k k k k k k k k 则∴当1n k =+时,不等式成立. 综合(1)、(2)得:当n N *∈时,都有1+n13121+++<2n .【点评】用数学归纳法证明不等式,要注意两步一结论.在证明第二步时,一般多用到比较法、放缩法和分析法.是证明的关键.【反馈检测5】数列{n x }由下列条件决定:1110,()2n n nax a x x n N x +=>=+∈ (1)证明:对 2n ≥ 总有n x ≥(2)证明:对 2n ≥ 总有1n n x x +≥.【例7】 已知01a <<,01b <<,01c <<,求证:(1)a b -,(1)b c -,(1)c a -中至少有一个小于等于14.【点评】如果命题中含有“至少”或“唯一”或其它否定词时,一般用反证法. 【反馈检测6】已知110,02,,b aa b a b a b++>>+>且求证:中至少有一个小于2.高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第33讲:不等式的证明方法参考答案【反馈检测1答案】见解析【反馈检测1详细解析】)222222(21222222ca bc ab c b a ca bc ab c b a ---++=---++ 2221[()()()]02a b b c c a =-+-+-≥,当且仅当c b a ==时,等号成立, ∴≥++222c b a ca bc ab ++.【反馈检测2答案】见解析【反馈检测3答案】见解析【反馈检测3详细解析】当0a b +≤0)a b ≥+成立. 当0a b +>时,用分析法证明如下:)a b +,只需证22)a b ⎤≥+⎥⎣⎦, 即证22221(2)2a b a b ab +≥++,即证:222a b ab +≥,∵222a b ab +≥()2a b +成立. 综上所述,对任意实数,a b 不等式都成立.【反馈检测4答案】(1)()f x 在(0,1)和(,)a +∞上单调递增,在(1,)a 上单调递减.1x =为极大值点,x a =为极小值点;(2)见解析;(3)见解析.(2)当1a =时,令()()()1ln F x g x f x x x =-=--,'11()1x F x x x-=-=,当1x >时,'()0F x >,01x <<时,'()0F x <, ∴()F x 在(0,1)上递减,在(1,)+∞上递增,∴()(1)0F x F ≥=,∴1x >时,()0F x >恒成立. 即1x >时,()()g x f x >恒成立,∴当1x >时,()g x 的图象恒在()f x 的图象上方. (3)由(2)知()(1)0F x F ≥=,即ln 1x x ≤-,∵0x >,∴ln 11x x x≤-, 令2*()x n n N =∈,则222ln 11n n n≤-,∴22ln 11(1)2n n n ≤-∴222222ln 2ln 3ln 1111(111)23223n n n +++≤-+-++- 22211111()2223n n-=-+++11111()222334(1)n n n -<-+++⨯⨯+ 11111111()2223341n n n -=--+-++-+2111121()22214(1)n n n n n ---=--=++∴不等式成立.【反馈检测5答案】见解析【反馈检测6答案】见解析【反馈检测6详细解析】假设11,baa b ++ 都不小于2,则112,2b aa b ++≥≥ 因为0,0a b >>,所以12,12b a a b +≥+≥, 所以112()a b a b +++≥+ 即2+≤a b ,这与已知2a b +>相矛盾,故假设不成立. 所以11,baa b ++中至少有一个小于2.。

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学案含解析

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学案含解析

二 综合法与分析法1.综合法 (1)定义从已知条件出发,利用定义、公理、定理、性质等,经过一系列的推理、论证而得出命题成立,这种证明方法叫做综合法.综合法又叫顺推证法或由因导果法.(2)证明的框图表示用P 表示已知条件或已有的不等式,用Q 表示所要证明的结论,则综合法可用框图表示为P ⇒Q 1→Q 1⇒Q 2→Q 2⇒Q 3→…→Q n ⇒Q2.分析法 (1)定义证明命题时,从要证的结论出发,逐步寻求使它成立的充分条件,直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等),从而得出要证的命题成立,这种证明方法叫做分析法.分析法又叫逆推法或执果索因法.(2)证明过程的框图表示用Q 表示要证明的不等式,则分析法可用框图表示为Q ⇐P 1→P 1⇐P 2→P 1⇐P 3→…→得到一个明显成立的条件已知x >0,y >0,且x +y =1,求证:⎝⎛⎭⎪⎫1+x ·⎝⎛⎭⎪⎫1+y ≥9.可将所证不等式左边展开,运用已知和基本不等式可得证,也可以用x +y 取代“1”,化简左边,然后再用基本不等式.法一:∵x >0,y >0,∴1=x +y ≥2xy . ∴xy ≤14.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1+1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1+1y =1+1x +1y +1xy=1+x +y xy +1xy =1+2xy≥1+8=9. 当且仅当x =y =12时,等号成立.法二:∵x +y =1,x >0,y >0,∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1+1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1+1y =⎝⎛⎭⎪⎫1+x +y x ⎝⎛⎭⎪⎫1+x +y y =⎝⎛⎭⎪⎫2+y x ⎝⎛⎭⎪⎫2+x y=5+2⎝ ⎛⎭⎪⎫y x +x y≥5+2×2=9.当且仅当x =y =12时, 等号成立.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 ∈R +,证明不明式:a +b +c ≥ab +bc +ca ,当且仅当a =b =c 时,等号成立.证明:因为a >0,b >0,c >0,故有a +b ≥2ab ,当且仅当a =b 时,等号成立; b +c ≥2bc ,当且仅当b =c 时,等号成立; c +a ≥2ca ,当且仅当c =a 时,等号成立.三式相加,得a +b +c ≥ab +bc +ca . 当且仅当a =b =c 时,等号成立. 2.已知a ,b ,c 都是实数,求证:a 2+b 2+c 2≥13(a +b +c )2≥ab +bc +ca .证明:∵a ,b ,c ∈R ,∴a 2+b 2≥2ab ,b 2+c 2≥2bc ,c 2+a 2≥2ca . 将以上三个不等式相加,得 2(a 2+b 2+c 2)≥2(ab +bc +ca ),① 即a 2+b 2+c 2≥ab +bc +ca .②在不等式①的两边同时加上“a 2+b 2+c 2”,得 3(a 2+b 2+c 2)≥(a +b +c )2, 即a 2+b 2+c 2≥13(a +b +c )2.③在不等式②的两端同时加上2(ab +bc +ca ),得 (a +b +c )2≥3(ab +bc +ca ), 即13(a +b +c )2≥ab +bc +ca .④ 由③④,得a 2+b 2+c 2≥13(a +b +c )2≥ab +bc +ca .已知x >0,y >0,求证:(x 2+y 2)2>(x 3+y 3)3.不等式两边是根式,可等价变形后再证明.分析每一步成立的充分条件.要证明(x 2+y 2)12>(x 3+y 3)13,只需证(x 2+y 2)3>(x 3+y 3)2,即证x 6+3x 4y 2+3x 2y 4+y 6>x 6+2x 3y 3+y 6, 即证3x 4y 2+3x 2y 4>2x 3y 3. ∵x >0,y >0,∴x 2y 2>0. 即证3x 2+3y 2>2xy . ∵3x 2+3y 2>x 2+y 2≥2xy , ∴3x 2+3y 2>2xy 成立.∴(x 2+y 2)12>(x 3+y 3)13.(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.3.求证:3+7<2 5. 证明:分析法:∵3+7>0,25>0,∴要证 3+7<25, 只需证明(3+7)2<(25)2.展开,得10+221<20.即证221<10, 即证21<25(显然成立). ∴3+7<2 5.4.已知a ,b ∈R +,且2c >a +b . 求证:c -c 2-ab <a <c +c 2-ab . 证明:要证c -c 2-ab <a <c +c 2-ab , 只需证-c 2-ab <a -c <c 2-ab , 即证|a -c |<c 2-ab ,两边平方,得a 2-2ac +c 2<c 2-ab , 也即证a 2+ab <2ac ,即a (a +b )<2ac .∵a ,b ∈R +,且a +b <2c ,∴a (a +b )<2ac 显然成立. ∴原不等式成立.设a >0, 所证不等式含有开方运算且两边都为正数,可考虑两边平方,用分析法转化为一个不含开方运算的不等式,再用综合法证明.要证a +1+b +1≤6,只需证(a +1+b +1)2≤6,即证(a +b )+2+2ab +a +b +1≤6. 由a +b =1,得只需证 ab +2≤32,即证ab ≤14.由a >0,b >0,a +b =1,得ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a +b 22=14,即ab ≤14成立.∴原不等式成立.(1)通过等式或不等式的运算,将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式,从而使原不等式易于证明.(2)有些不等式的证明,需要一边分析一边综合,称之为分析综合法,或称“两头挤”法,如本例,这种方法充分表明了分析法与综合法之间互为前提,互相渗透,相互转化的辩证统一关系.5.已知a ,b ,c 都是正数, 求证:2⎝⎛⎭⎪⎫a +b 2-ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a +b +c 3-3abc .证明:法一:要证2⎝⎛⎭⎪⎫a +b 2-ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a +b +c 3-3abc ,只需证a +b -2ab ≤a +b +c -33abc , 即-2ab ≤c -33abc . 移项,得c +2ab ≥33abc . 由a ,b ,c 为正数,得c +2ab =c +ab +ab ≥33abc 成立.∴原不等式成立. 法二:∵a ,b ,c 是正数,∴c +ab +ab ≥33c ab ·ab =33abc . 即c +2ab ≥33abc .故-2ab ≤c -33abc . ∴a +b -2ab ≤a +b +c -33abc . ∴2⎝⎛⎭⎪⎫a +b 2-ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a +b +c 3-3abc .6.已知a >0,b >0,n ∈N *,求证:a n +1+b n +1a n +b n ≥ab .证明:先证a n +1+b n +1a n +b n ≥a +b2,只要证2(a n +1+bn +1)≥(a +b )(a n +b n),即要证an +1+bn +1-a nb -ab n≥0,即要证(a -b )(a n-b n)≥0.若a ≥b ,则a -b ≥0,a n-b n≥0,所以(a -b )(a n-b n)≥0;若a <b ,则a -b <0,a n-b n<0,所以(a -b )(a n-b n)>0,综上所述,(a -b )(a n-b n)≥0.从而a n +1+b n +1a n +b n ≥a +b2.因为a >0,b >0,所以a +b2≥ab ,所以a n +1+b n +1a n +b n≥ab .课时跟踪检测(七)1.设a ,b ∈R +,A =a +b ,B =a +b ,则A ,B 的大小关系是( )A .A ≥BB .A ≤BC .A >BD .A <B解析:选C A 2=(a +b )2=a +2ab +b ,B 2=a +b ,所以A 2>B 2.又A >0,B >0,∴A >B .2.a ,b ∈R +,那么下列不等式中不.正确的是( ) A.a b +b a ≥2 B.b 2a +a 2b≥a +b C.b a 2+a b 2≤a +b ab D.1a 2+1b 2≥2ab解析:选C A 项满足基本不等式;B 项可等价变形为(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,正确.3.设a =2,b =7-3,c =6-2,那么a ,b ,c 的大小关系是( ) A .a >b >cB .a >c >bC .b >a >cD .b >c >a解析:选B 由已知,可得出a =422,b =47+3,c =46+2,∵7+3>6+2>22,∴b <c <a . 4.设13<⎝ ⎛⎭⎪⎫13b <⎝ ⎛⎭⎪⎫13a<1,则( )A .a a<a b<b aB .a a <b a <a bC .a b <a a <b aD .a b <b a <a a解析:选C ∵13<⎝ ⎛⎭⎪⎫13b <⎝ ⎛⎭⎪⎫13a<1,∴0<a <b <1,∴a a a b =a a -b>1,∴a b<a a,a a b a =⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a .∵0<ab<1,a >0,∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a <1,∴a a <b a ,∴a b <a a <b a. 5.若1a <1b<0,则下列不等式:①a +b <ab ;②|a |>|b |;③a <b ;④b a +a b>2, 其中正确的有________(填序号). 解析:∵1a <1b<0,∴b <a <0.∴⎩⎪⎨⎪⎧a +b <0,ab >0,|b |>|a |.故①正确,②③错误.∵a ,b 同号且a ≠b ,∴b a ,a b均为正, ∴b a +a b >2 b a ·ab=2,故④正确. 答案:①④6.已知a >0,b >0,若P 是a ,b 的等差中项,Q 是a ,b 的正的等比中项,1R 是1a ,1b的等差中项,则P ,Q ,R 按从大到小的顺序排列为________.解析:∵P =a +b2,Q =ab ,2R =1a +1b,∴R =2ab a +b ≤Q =ab ≤P =a +b2, 当且仅当a =b 时,等号成立. 答案:P ≥Q ≥R 7.设a >b >c ,且1a -b +1b -c ≥ma -c恒成立,则m 的取值范围是________. 解析:∵a >b >c ,∴a -b >0,b -c >0,a -c >0. 又(a -c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a -b +1b -c =·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a -b +1b -c≥2a -bb -c ·21a -b ·1b -c=4,当且仅当a -b =b -c 时,等号成立, ∴m ∈(-∞,4]. 答案:(-∞,4]8.已知a ,b ,c 均为正实数,且b 2=ac . 求证:a 4+b 4+c 4>(a 2-b 2+c 2)2.证明:要证a 4+b 4+c 4>(a 2-b 2+c 2)2成立, 只需证a 4+b 4+c 4>a 4+b 4+c 4-2a 2b 2+2a 2c 2-2b 2c 2, 即证a 2b 2+b 2c 2-a 2c 2>0.∵b 2=ac , 故只需证(a 2+c 2)ac -a 2c 2>0. ∵a >0,c >0,故只需证a 2+c 2-ac >0.又∵a 2+c 2≥2ac >ac ,∴a 2+c 2-ac >0显然成立, ∴原不等式成立.9.已知a >0,b >0,c >0,且a ,b ,c 不全相等, 求证:bc a +ac b +abc>a +b +c .证明:因为a ,b ,c ∈(0,+∞),所以bc a +ac b≥2bc a ·acb=2c .同理ac b +ab c ≥2a ,ab c +bca≥2b .因为a ,b ,c 不全相等, 所以上述三个不等式中至少有一个等号不成立,三式相加,得2⎝ ⎛⎭⎪⎫bc a +ac b +ab c >2(a +b+c ),即bc a +ac b +abc>a +b +c .10.设实数x ,y 满足y +x 2=0,0<a <1, 求证:log a (a x +a y)<18+log a 2.证明:因为a x >0,a y >0,所以a x +a y ≥2a x +y=2 ax -x 2.因为x -x 2=x (1-x )≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤x +-x 22=14,又因为0<a <1,所以ax -x 2≥a 14,当x =12时,等式成立.但当x =12时,a x ≠a -x 2,所以 ax -x 2>a 18,所以a x +a y>2a 18.又因为0<a <1,所以log a (a x +a y )<log a 2a 18,即log a (a x +a y)<log a 2+18.。

高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 2.1 比较法 2.2 综合法与分析法素材1 新人教A版选修4-5

高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 2.1 比较法 2.2 综合法与分析法素材1 新人教A版选修4-5

2.1 比较法 2.2 综合法与分析法庖丁巧解牛知识·巧学一、作差比较法证明不等式1.应用范围:当欲证不等式的两端是多项式、分式或对数式时,常用此法.2.方法:欲证A>B,只需A-B>0.3 .步骤:作差——变形——判断符号.4.使用此法作差后主要是变形形式的处理:(1)将差变形为常数或变形为一个平方或几个平方和的形式,常用配方法或实数特征a 2≥0判断差的符号;(2)将差变形为几个因式的积的形式,先判断各因式的符号,进而判断差的符号,常用因式分解法. 学法一得变形的主要目的是有利于判断式子的符号,而变形方法不限定,也就是说,关键是变形的目标,如将差变形为(a-b)(a 3-b 3)也能判断它是非负的,尽管它不是平方和的形式,也不是因式分解的结果.若变形后得到二次三项式,常用判别式判定符号. 记忆要诀作差——变形——判断符号. 二、作商比较法证明不等式1.应用范围:当要证的式子其两端是乘积的形式或幂、指数时常用此法.2.方法:要证A>B,常分以下三种情况: 若B>0,只需证明B A>1; 若B=0,只需证明A>0; 若B<0,只需证明BA<1. 记忆要诀作商——变形——判断商与1的大小. 误区警示一定要注意A ,B 的符号,最后与1进行比较. 三、综合法证明不等式1.从已知条件出发,利用定义、公理、定理、性质或已经证明过的不等式和不等式的性质,经过一系列的推理、论证,推导出所要证明的不等式成立,这种证明不等式的方法通常叫做综合法,综合法又叫顺推法或由因导果法.2.用综合法证明不等式,就是用因果关系书写“从已知出发,借助不等式的性质和有关定理,经过逐步的逻辑推理,最后达到待证不等式得证”的全过程,其特点可描述为“由因导果”,即从“已知”看“可知”,逐步推向“未知”.综合法属逻辑方法的范畴,它的严谨体现在步步注明推理依据上.3.用P 表示已知条件、已有的定义、公理、定理等,Q 表示所要证明的结论,则综合法可用框图表示为:4.综合法证明不等式时常用的不等式: a 2+b 2≥2ab(当且仅当a=b 时取“=”号);2ba +≥ab (a,b∈R +,当且仅当a=b 时取“=”号); (2b a +)2≥ab(a,b∈R +,当且仅当a=b 时取“=”号);a 2≥0,|a|≥0,(a -b)2≥0;a b +b a ≥2(a,b 同号),a b +ba≤-2(a,b 异号). 联想发散利用基本不等式a 2+b 2≥2ab(当且仅当a=b 时取“=”号)两边同加a 2+b 2,或者2ab 又能得到怎样的不等式呢?类似地,还有三次的基本不等式吗? 四、分析法证明不等式1.分析法是指从需证的不等式出发,逐步分析寻求使这个不等式成立的充分条件,使问题转化为判定那些条件是否具备,直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等),从而得出要证的命题成立,这种证明方法叫做分析法.其特点可描述为“执果索因”,即从“未知”看“需知”,逐步靠拢“已知”.2.用Q 表示要证明的结论,则分析法可用框图表示为:3.分析法的优点是利于思考,因为它方向明确,思路自然,易于掌握;而综合法的优点是易于表述,条理清晰,形式简洁.因而证明不等式时,常用分析法寻找解题思路,再用综合法有条理地表述证题过程,分析法一般用于:证明不等式且综合法难以实施的时候. 学法一得有些不等式的证明,需一边分析一边综合,称之为分析综合法,或称“两头挤法”,分析综合法充分表明分析与综合之间互为前提、互相渗透、互相转化的辩证统一关系.分析的终点是综合的起点,综合的终点又成为进一步分析的起点. 误区警示分析法属逻辑方法的范畴,它的严谨体现在分析过程步步可逆,注意这一点! 典题·热题知识点一:作差比较法例 1 船在流水中,在甲地和乙地间来回行驶一次的平均速度和船在静水中的速度是否相等,为什么? 思路分析:船在有水速的情况下的平均速度与在静水中的速度关系需要比较才可以知道,通过作差可以发现结论.解:设甲、乙两地的距离为s ,船在静水中的速度为u ,水流速度为v(u>v>0),则船在流水中,在甲、乙两地来回行驶一次的时间为t=222v u usv u s v u s -=-++,而u v u t s u 222-==. ∵u -u=uv u u v u u u v u 222222-=--=--<0, ∴u <u.∴船在流水中来回行驶一次的平均速度小于船在静水中的速度. 误区警示很多人感觉来回行驶,既有顺流也有逆流,平均速度应和静水中的速度一样,通过比较,不能想当然,注意一些生活经验与科学的区别,养成依靠理性分析问题的习惯.例2 求证:1+2x 4≥2x 3+x 2.思路分析:根据所证不等式的两边均为多项式的特点,作差之后转化为完全平方式的形式,便于判断符号.故宜选用作差比较法. 证明:[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)2(2x 2+2x+1)=(x-1)2[2(x+21)2+21]≥0, ∴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 2-x)2+(x 2-1)2≥0,∴1+2x 4≥2x 3+x 2. 方法归纳证法一的变形主要是因式分解,其难点在于分解2x 3-x-1的因式,判断2x 2+2x+1的符号.除用配方法外,还可用判别式法;证法二的变形主要是配方法,难点在于拆项.通过本例可以了解作差比较法的全貌,以及关键的第二步变形. 知识点二:作商比较法例3 设a >b >0.求证:ba ba b a b a +->+-2222.思路分析:不等式两边有公因式,又通过作差可以判断符号,用两种比较法均可. 证明:[方法一]用求差法证:∵左边-右边=))(()(2))(()]())[((2222222b a b a b a ab b a b a b a b a b a ++-=+++-+->0, ∴原不等式成立.[方法二]用求商法证:右边左边=2222221)(b a abb a b a ++=++>1,∴原不等式成立.方法归纳比较法是证明不等式的最基本方法,其关键是差式或商式的变形,结果往往是完全平方数、常数或完全平方数与常数的和.有时是几个因式的积,在具体题目中可以选择适当的方法去做.例4 已知a>0且a≠1,P=log a (1+a 3),Q=log a (1+a 2),试比较P 、Q 的大小.思路分析:设y=f(x)=log a x ,所以P=f(a 3+1),Q=f(a 2+1).于是我们可以先比较真数a 3+1、a 2+1的大小,并利用函数y=f(x)=log a x 的单调性比较P 、Q 的大小.解:a 3+1-(a 2+1)=a 2(a-1).(1)a>1时,a 2(a-1)>0,a 3+1>a 2+1>0,f(x)单调递增,∴P>Q.(2)a=1时,a 3+1=a 2+1,∴P=Q.(3)0<a<1时,a 2(a-1)<0,0<a 3+1<a 2+1,f(x)单调递减,∴P>Q. 综上P≥Q(当且仅当a=1时取等号). 巧解提示这里比较P 、Q 的大小我们分成两个层次进行,先比真数,后比对数.本题若直接求差P-Q=log a 2311aa ++,这样去解较繁,也就是说,解题时不要那么呆板,对于复杂的问题,我们有时可以把它分解成几个简单的问题来解决. 知识点三:综合法证明不等式例 5 已知△ABC 的外接圆半径R=1,S △ABC =41,a 、b 、c 是三角形的三边长.令S=c b a ++,t=cb a 111++,求证:t>S. 思路分析:三角形问题涉及公式较多,注意挖掘每一个条件,综合应用.本题涉及到综合法在应用题中的应用.证明:∵S △ABC =21absinC=21ab·R abc R c 42=, 又∵R=1,S △ABC =41,∴abc=1.∴S=abca bc c b a 111++=++ ≤cb a b ac a c b 111211211211=+=+++++=t. ∴S≤t,且t=S 的条件是:a=b=c=1, 此时S △ABC =43,与已知矛盾,∴t>S. 巧解提示利用综合法由因索果证明不等式,就要找出条件与结论之间的内在联系,分析已知与求证,不等式两端的差异与联系,去异存同,找到证明的突破口. 知识点四:分析法证明不等式例6 证明:通过水管放水,当流速相同时,如果水管截面的周长相等,那么截面是圆的水管比截面是正方形的水管流量大. 思路分析:当水的流速相同时,水管的流量取决于水管截面面积的大小,设截面的周长为L ,则周长为L 的圆的半径为π2L ,截面积为π(π2L )2;周长为L 的正方形边长为4L,截面积为(4L )2.所以本题只需证明π(π2L )2>(4L )2,即只需证明4>π,显然成立.所以原结论成立.证明:设截面的周长为L ,则截面是圆的水管的截面面积为π(π2L )2,截面是正方形的水管的截面面积为(4L )2.只需证明π(π2L )2>(4L )2.为了证明上式成立,只需证明164222L L >ππ.两边同乘以正数24L,得π1>41.因此,只需证明4>π.上式显然成立,所以π(π2L )2>(4L )2.这就证明了:通过水管放水,当流速相同时,如果水管横截面的周长相等,那么横截面是圆的水管比横截面是正方形的水管流量大. 学法一得(1)分析法是“执果索因”,步步寻求上一步成立的充分条件,它与综合法是对立统一的两种方法.综合法是“由因导果”.(2)分析法论证“若A 则B”这个命题的模式是:为了证明命题B 为真,这只需要证明命题B 1为真,从而有……这只需要证明命题B 2为真,从而又有…… 这只需要证明命题A 为真. 而已知A 为真,故B 必真. 问题·探究 思维发散探究问题 在数学中,不等式千变万化,选择哪一种证明方法好呢?一方面根据学识水平,另一方面还应多做练习打好基础.那么下面这个题目用哪种证明方法好呢?已知a >0,b >0,且a+b=1.求证:(a+a 1)(b+b 1)≥425. 探究过程:首先分析题目条件,发现不同证法.证法一:(比较法不很明显,采取分析综合法达到证明目的)欲证原式,即证4(ab)2+4(a 2+b 2)-25ab+4≥0,即证4(ab)2-33(ab)+8≥0,即证ab≤41或ab≥8.∵a>0,b >0,a+b=1,∴ab≥8不可能成立.∵1=a+b≥ab 2,∴ab≤41,从而得证.证法二:(均值代换法) 设a=21+t 1,b=21+t 2. ∵a+b=1,a >0,b >0,∴t 1+t 2=0,|t 1|<21,|t 2|<21. ∴(a+a 1)(b+b1)= 22212122211)21(211)21(11t t t t bb a a +++⨯+++=+⨯+222222112122221141)141)(141()21)(21()141)(141(t t t t t t t t t t t -++++++=++++++++=4254116254123162541)45(2242222222222=≥-++=--+=t t t t t t 显然当且仅当t=0,即a=b=21时,等号成立.证法三:(比较法)∵a+b=1,a >0,b >0, ∴a+b≥ab 2,∴ab≤41. (a+a 1)(b+b 1)-4251142522-+•+=b b a a =abab ab ab ab b a 4)8)(41(4833422--=+-≥0.∴(a+a 1)(b+b 1)≥425. 证法四:(综合法)∵a+b=1,a >0,b >0,∴a+b≥ab 2,∴ab≤41. ∴(a+a 1)(b+b 1)≥425. 证法五:(三角代换法)∵a>0,b>0,a+b =1,故令a=sin 2α,b=cos 2α,α∈(0,2π). ∴(a+a 1)(b+b 1)=(sin 2α+α2sin 1)(cos 2α+α2cos 1) =ααααααα2sin 416)2sin 4(2sin 42cos sin 2cos sin 22222244+-=+-∵sin 22α≤1,∴4-sin 22α≥4-1=3.4252sin 42sin 4412sin 412516)2sin 4(222222≥-⇒⎪⎭⎪⎬⎫≥≥+-αααα)( 即得(a+a 1)(b+b 1)≥425. 探究结论:比较法、综合法和分析法是最基本的证明方法,除此之外还可根据具体题意设计其他证明方法,但是掌握比较法、综合法、分析法是必需的. 误区陷阱探究问题 某位同学用分析法证明下题:已知:0<a<b ,求证:b a <11++b a .请思考下列证法有没有错误?若有错误,错在何处?证明:因为b>0,所以b+1>0,去分母,化为a(b+1)<b(a+1),就是a<b.由已知a<b成立,所以求证的不等式成立.探究过程:证明过程错误.错误的原因是:虽然是从结论出发,但不是逐步逆寻结论成立的充分条件,事实上找到明显成立的不等式是结论的必要条件,所以不符合分析法的逻辑原理,犯了逻辑上的错误.事实上:(1)用分析法证明不等式的逻辑关系是:B⇐B1⇐B2…⇐B r⇐A(步步寻找不等式成立的充分条件),分析法是“执果索因”,它与综合法的证明过程(由因导果)恰恰相反.(2)用分析法证明时要注意书写格式.分析法论证“若A则B”这个命题的书写格式是:要证命题B为真,只需证明B1为真,从而有……这只需证明B2为真,从而又有……这只需证明A为真.而已知A为真,故命题B必为真.探究结论:分析法在书写上有一定的格式,上面做法格式错误,要理解上述格式中蕴含的逻辑关系.。

最新高中数学不等式证明的常用方法经典例题优秀名师资料

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关于不等式证明的常用方法重难点归纳(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤,变形的主要方向是因式分解、配方,判断过程必须详细叙述如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式,则考虑用判别式法证(2)综合法是由因导果,而分析法是执果索因 2 不等式证明还有一些常用的方法换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法等换元法主要有三角代换,均值代换两种,在应用换元法时,要注意代换的等价性放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一.有些不等式,从正面证如果不易说清楚,可以考虑反证法凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题,适宜用反证法典型题例例1证明不等式n n 2131211<++++ (n ∈N *) 知识依托本题是一个与自然数n 有关的命题,首先想到应用数学归纳法,另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等例2求使y x+≤a y x +(x >0,y >0)恒成立的a 的最小值知识依托该题实质是给定条件求最值的题目,所求a 的最值蕴含于恒成立的不等式中,因此需利用不等式的有关性质把a 呈现出来,等价转化的思想是解决题目的突破口,然后再利用函数思想和重要不等式等求得最值例3已知a >0,b >0,且a +b =1 求证(a +a 1)(b +b 1)≥425 证法一 (分析综合法) 证法二 (均值代换法) 证法三 (比较法) 证法四 (综合法) 证法五 (三角代换法) 巩固练习 1 已知x 、y 是正变数,a 、b 是正常数,且y b x a +=1,x +y 的最小值为 _ 2 设正数a 、b 、c 、d 满足a +d =b +c ,且|a -d |<|b -c |,则ad 与bc 的大小关系是_________ 3 若m <n ,p <q ,且(p -m )(p -n )<0,(q -m )(q -n )<0,则m 、n 、p 、q 的大小顺序是__________ 4 已知a ,b ,c 为正实数,a +b +c =1 求证(1)a 2+b 2+c 2≥31 (2)232323+++++c b a ≤6 5 已知x ,y ,z ∈R ,且x +y +z =1,x 2+y2+z 2=21,证明x ,y ,z ∈[0,32] 6 证明下列不等式 (1)若x ,y ,z∈R ,a ,b ,c ∈R +,则cb a y b ac x a c b +++++22z 2≥2(xy +yz +zx ) (2)若x ,y ,z ∈R +,且x +y +z =xyz ,则z y x y x z x z y +++++≥2(z y x 111++) 7 已知i ,m 、n 是正整数,且1<i ≤m <n(1)证明 n i A im <m i A in (2)证明 (1+m )n >(1+n )m8 若a >0,b >0,a 3+b 3=2,求证 a +b ≤2,ab ≤1不等式知识的综合应用典型题例例1用一块钢锭烧铸一个厚度均匀,且表面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器(如右图)设容器高为h 米,盖子边长为a 米,(1)求a 关于h 的解析式;(2)设容器的容积为V 立方米,则当h 为何值时,V 最大?求出V 的最大值(求解本题时,不计容器厚度)知识依托本题求得体积V 的关系式后,应用均值定理可求得最值例2已知a ,b ,c 是实数,函数f (x )=ax 2+bx +c ,g (x )=ax +b ,当-1≤x ≤1时|f (x )|≤1(1)证明|c |≤1;(2)证明当-1 ≤x ≤1时,|g (x )|≤2;(3)设a >0,有-1≤x ≤1时, g (x )的最大值为2,求f (x )知识依托二次函数的有关性质、函数的单调性,绝对值不等式例3设二次函数f (x )=ax 2+bx +c (a >0),方程f (x )-x =0的两个根x 1、x 2满足0<x 1<x 2<a1 (1)当x ∈[0,x 1)时,证明x <f (x )<x 1;(2)设函数f (x )的图象关于直线x =x 0对称,证明 x 0<21x 巩固练习1 定义在R 上的奇函数f (x )为增函数,偶函数g (x )在区间[0,+∞)的图象与f (x )的图象重合,设a >b >0,给出下列不等式,其中正确不等式的序号是( )①f (b )-f (-a )>g (a )-g (-b ) ②f (b )-f (-a )<g (a )-g (-b ) ③f(a )-f (-b )>g (b )-g (-a ) ④f (a )-f (-b )<g (b )-g (-a ) A ①③B ②④C ①④D ②③2 下列四个命题中①a +b ≥2ab ②sin 2x +x2sin 4≥4 ③设x ,y 都是正数,若y x 91+=1,则x +y 的最小值是12 ④若|x -2|<ε,|y -2|<ε,则|x -y |<2ε,其中所有真命题的序号是__________4 已知二次函数 f (x )=ax 2+bx +1(a ,b ∈R ,a >0),设方程f (x )=x 的两实数根为x 1,x 2(1)如果x 1<2<x 2<4,设函数f (x )的对称轴为x =x 0,求证x 0>-1; (2)如果|x 1|<2,|x 2-x 1|=2,求b 的取值范围6 设函数f (x )定义在R 上,对任意m 、n 恒有f (m +n )=f (m )·f (n ),且当x >0时,0<f (x )<1(1)求证 f (0)=1,且当x <0时,f (x )>1;(2)求证 f (x )在R 上单调递减;(3)设集合A ={ (x ,y )|f (x 2)·f (y 2)>f (1)},集合B ={(x ,y )|f (ax -g +2)=1,a ∈R },若A ∩B =?,求a 的取值范围7 已知函数f (x )=1222+++x cbx x (b <0)的值域是[1,3], (1)求b 、c 的值;(2)判断函数F (x )=lg f (x ),当x ∈[-1,1]时的单调性,并证明你的结论;(3)若t ∈R ,求证 lg57≤F (|t -61|-|t +61|)≤lg 513 数列与不等式的交汇题型分析及解题策略【命题趋向】数列与不等式交汇主要以压轴题的形式出现,试题还可能涉及到与导数、函数等知识综合一起考查.主要考查知识数列的通项公式、前n 项和公式以及二者之间的关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、数归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求,在不等式的证明中要注意放缩法的应用. 【典例分析】题型一求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题求得数列与不等式结合恒成立条件下的参数问题主要两种策略:(1)若函数f(x)在定义域为D ,则当x ∈D 时,有f(x)≥M 恒成立?f(x)min ≥M ;f(x)≤M 恒成立?f(x)max ≤M ;(2)利用等差数列与等比数列等数列知识化简不等式,再通过解不等式解得. 【例1】等比数列{a n }的公比q >1,第17项的平方等于第24项,求使a 1+a 2+…+a n >1a 1+1a 2+…+1a n 恒成立的正整数n 的取值范围.【例2】(08·全国Ⅱ)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1=a ,an+1=S n +3n ,n ∈N*.(Ⅰ)设b n =S n -3n ,求数列{b n }的通项公式;(Ⅱ)若a n+1≥a n ,n∈N*,求a 的取值范围.【点评】一般地,如果求条件与前nABCDS项和相关的数列的通项公式,则可考虑S n 与a n 的关系求解题型二数列参与的不等式的证明问题此类不等式的证明常用的方法:(1)比较法,特别是差值比较法是最根本的方法;(2)分析法与综合法,一般是利用分析法分析,再利用综合法分析;(3)放缩法,主要是通过分母分子的扩大或缩小、项数的增加与减少等手段达到证明的目的.【例3】已知数列{a n }是等差数列,其前n 项和为S n ,a 3=7,S4=24.(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;(Ⅱ)设p 、q 都是正整数,且p ≠q ,证明:S p+q <12(S 2p +S 2q ).【点评】利用差值比较法比较大小的关键是对作差后的式子进行变形,途径主要有:(1)因式分解;(2)化平方和的形式;(3)如果涉及分式,则利用通分;(4)如果涉及根式,则利用分子或分母有理化.【例4】(08·安徽高考)设数列{a n }满足a 1=0,a n+1=ca n 3+1-c ,c∈N*,其中c 为实数.(Ⅰ)证明:a n ∈[0,1]对任意n ∈N*成立的充分必要条件是c ∈[0,1];(Ⅱ)设0<c <13,证明:a n ≥1-(3c)n -1,n ∈N*;(Ⅲ)设0<c <13,证明:a 12+a 22+…+a n 2>n +1-21-3c,n ∈N*.题型三求数列中的最大值问题求解数列中的某些最值问题,有时须结合不等式来解决,其具体解法有:(1)建立目标函数,通过不等式确定变量范围,进而求得最值;(2)首先利用不等式判断数列的单调性,然后确定最值;(3)利用条件中的不等式关系确定最值.【例5】(08·四川)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 4≥10,S5≤15,则a 4的最大值为______.【例6】等比数列{a n }的首项为a 1=2002,公比q =-12.(Ⅰ)设f(n)表示该数列的前n 项的积,求f(n)的表达式;(Ⅱ)当n取何值时,f(n)有最大值.题型四求解探索性问题数列与不等式中的探索性问题主要表现为存在型,解答的一般策略:先假设所探求对象存在或结论成立,以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立,从而得到“否定”的结论,即不存在.若推理不出现矛盾,能求得在范围内的数值或图形,就得到肯定的结论,即得到存在的结果.【例7】已知{a n }的前n 项和为S n ,且a n +S n =4.(Ⅰ)求证:数列{a n }是等比数列;(Ⅱ)是否存在正整数k ,使S k+1-2S k -2>2成立. 【点评】在导出矛盾时须注意条件“k ∈N *”,这是在解答数列问题中易忽视的一个陷阱.【例8】(08·湖北)已知数列{a n }和{b n }满足:a 1=λ,a n+1=23a n +n -4,b n =(-1)n (a n -3n +21),其中λ为实数,n 为正整数. (Ⅰ)对任意实数λ,证明数列{a n }不是等比数列;(Ⅱ)试判断数列{b n }是否为等比数列,并证明你的结论;(Ⅲ)设0<a <b,S n 为数列{b n }的前n 项和.是否存在实数λ,使得对任意正整数n ,都有a <S n <b?若存在,求λ的取值范围;若不存在,说明理由.数列与不等式命题新亮点例1 把数列一次按第一个括号一个数,按第二个括号两个数,按第三个括号三个数,按第四个括号一个数…,循环分为(1),(3,5),(7,9,11),(13),(15,17),(19,21,23),(23) …,则第50个括号内各数之和为_____.点评:恰当的分组,找到各数之间的内在联系是解决之道.此外,这种题对观察能力有较高的要求. 例2 设{}n a 是由正数构成的等比数列, 12n n n b a a++=+,3n n n c a a +=+,则( )A. nn b c > B. n n b c < C. n n b c ≥ D. n n b c ≤点评:此题较易入手,利用作差法即可比较大小,考察数列的递推关系. 例3 若对(,1]x ∈-∞-,不等式21()2()12x x mm --<恒成立,则实数m 的取值范围( )A. (2,3)-B. (3,3)-C. (2,2)-D. (3,4)-例4四棱锥S-ABCD 的所有棱长均为1米,一只小虫从S 点出发沿四棱锥的棱爬行,若在每一顶点处选择不同的棱都是等可能的.设小虫爬行n 米后恰好回到S 点的概率为n P (1)求2P 、3P 的值; (2)求证: 131(2,)n nP P n n N ++=≥∈(3)求证: 2365>(2,)24n n P P P n n N -+++≥∈…例5 已知函数()2f x x x =+.(1)数列{}n a 满足: 10a >,()1n n a f a +'=,若11112ni ia =<+∑对任意的n N ∈恒成立,试求1a 的取值范围; (2)数列{}n b 满足: 11b =,()1n n b f b +=()n N ∈,记11n nc b =+,k S 为数列{}n c 的前k 项和, k T 为数列{}n c 的前k 项积,求证1710nk k k kT S T =<+∑. 例6 (1)证明: ()ln1(0)x x x +<> (2)数列{}n a 中. 11a =,且()11211122n n n a a n n --??=++≥ ???; ①证明: ()724n a n ≥≥ ②()21n a e n <≥ 【专题训练】1.已知无穷数列{a n }是各项均为正数的等差数列,则有( )A .a 4a 6<a 6a 8B .a 4a 6≤a 6a 8C .a 4a 6>a 6a 8D .a 4a 6≥a 6a 82.设{a n }是由正数构成的等比数列,b n =a n+1+a n+2,c n =a n +a n+3,则( ) A .b n >c nB .b n <c nC .b n ≥c nD .b n ≤c n3.已知{a n }为等差数列,{b n }为正项等比数列,公比q≠1,若a 1=b 1,a 11=b 11,则( )A .a 6=b 6B .a 6>b 6C .a 6<b 6D .a 6>b 6或a 6<b 6 4.已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2-9n ,第k 项满足5<a k <8,则k =( ) A .9 B .8 C .7 D .6 5.已知等比数列{a n }的公比q >0,其前n 项的和为S n ,则S 4a 5与S 5a 4的大小关系是( )A .S 4a 5<S 5a 4B .S 4a 5>S 5a 4C .S 4a 5=S 5a 4D .不确定 6.设S n =1+2+3+…+n ,n ∈N*,则函数f(n)=S n(n +32)S n+1的最大值为( )A .120B .130C .140D .1507.已知y 是x 的函数,且lg3,lg(sinx -12),lg(1-y)顺次成等差数列,则( )A .y 有最大值1,无最小值B .y 有最小值1112,无最大值C .y 有最小值1112,最大值1D .y 有最小值-1,最大值1 8.已知等比数列{a n }中a 2=1,则其前3项的和S 3的取值范围是( )A.(-∞,-1]B.(-∞,-1)∪(1,+∞)C.[3,+∞)D.(-∞,-1]∪[3,+∞)9.设3b 是1-a 和1+a 的等比中项,则a +3b 的最大值为( )A .1B .2C .3D .410.设等比数列{a n }的首相为a 1,公比为q ,则“a 1<0,且0<q <1”是“对于任意n ∈N*都有a n+1>a n ”的( )A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充分比要条件D .既不充分又不必要条件11.{a n }为等差数列,若a 11a 10<-1,且它的前n 项和S n 有最小值,那么当S n 取得最小正值时,n =( )A .11B .17C .19D .2112.设f(x)是定义在R 上恒不为零的函数,对任意实数x 、y ∈R ,都有f(x)f(y)=f(x +y),若a 1=12,a n =f(n)(n ∈N*),则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是 ( ) A .[12,2)B .[12,2]C .[12,1)D .[12,1]13.等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 4-a 2=8,a 3+a 5=26,记T n =S nn2,如果存在正整数M ,使得对一切正整数n ,T n ≤M 都成立.则M 的最小值是__________.14.无穷等比数列{a n }中,a 1>1,|q|<1,且除a 1外其余各项之和不大于a 1的一半,则q 的取值范围是________. 15.已知x >0,y >0,x ,a ,b ,y 成等差数列,x ,c ,d ,y 成等比数列,则(a +b)2cd的最小值是________.A.0B.1C.2D.416.等差数列{a n }的公差d 不为零,S n 是其前n 项和,给出下列四个命题:①A .若d <0,且S 3=S 8,则{S n }中,S 5和S 6都是{S n }中的最大项;②给定n ,对于一定k ∈N*(k <n),都有a n -k +a n+k =2a n ;③若d >0,则{S n }中一定有最小的项;④存在k ∈N*,使a k -a k+1和a k -a k -1同号其中真命题的序号是____________.17.已知{a n }是一个等差数列,且a 2=1,a 5=-5.(Ⅰ)求{a n }的通项na ;(Ⅱ)求{a n }前n 项和S n 的最大值.18.已知{a n }是正数组成的数列,a 1=1,且点(a n ,a n +1)(n ∈N *)在函数y =x 2+1的图象上.(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;(Ⅱ)若列数{b n}满足b 1=1,b n +1=b n+2a n ,求证:b n·b n +2<b 2n +1.19.设数列{a n }的首项a 1∈(0,1),a n =3-a n -12,n =2,3,4,…. (Ⅰ)求{a n }的通项公式;(Ⅱ)设b n =a n 3-2a n ,证明b n <b n+1,其中n 为正整数. 20.已知数列{a n }中a 1=2,a n+1=(2-1)( a n+2),n =1,2,3,….(Ⅰ)求{a n }的通项公式;(Ⅱ)若数列{a n }中b 1=2,b n+1=3b n +42b n +3,n =1,2,3,….证明:2<b n ≤a 4n -3,n =1,2,3,… 21.已知二次函数y=f(x)的图像经过坐标原点,其导函数为f '(x)=6x -2,数列{a n }的前n 项和为S n ,点(n ,S n )(n ∈N*)均在函数y =f(x)的图像上.(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;(Ⅱ)设b n =1a n a n +1,T n 是数列{b n }的前n 项和,求使得T n <m20对所有n ∈N*都成立的最小正整数m22.数列{}n a 满足11a =,21()n n a n n a λ+=+-(12n = ,,),λ是常数.(Ⅰ)当21a =-时,求λ及3a 的值;(Ⅱ)数列{}n a 是否可能为等差数列?若可能,求出它的通项公式;若不可能,说明理由;(Ⅲ)求λ的取值范围,使得存在正整数m ,当n m >时总有0n a <.利用导数处理与不等式有关的问题一、利用导数证明不等式(一)、利用导数得出函数单调性来证明不等式。

高中数学第二讲证明不等式的基本方法综合法与分析法素材

高中数学第二讲证明不等式的基本方法综合法与分析法素材

二 综合法与分析法知识梳理1。

综合法一般地,从已知条件出发,利用定义,公理,定理,性质等,经过一系列的推理,论证而得出命题成立,这种证明方法叫做________,又叫________或________.2.分析法证明命题时,我们还常常从要证的________出发,逐步寻求使它成立的充分条件,直至所需条件为________或________(定义,公理或已证明的定理,性质等),从而得出要证的命题成立,这种证明方法叫做________,这是一种________的思考和证明方法。

分析法是探求命题结论成立的________条件,用分析法证明不等式的逻辑关系是(________)B ⇐B 1⇐B 2⇐B 3⇐B 4⇐…⇐A(________).知识导学综合法一般利用题设已知条件和基本不等式作为基础,再运用不等式的性质推导出所要证明的不等式。

使用分析法通常采用“欲证-—只需——已知”的格式,在表达中一定要十分重视符号“⇐”的方向,使用规范的表述方式.综合法证明不等式是“由因导果”,分析法证明不等式是“执果索因”。

它们是两种思路截然相反的证明方法。

综合法往往是分析法的逆过程,表述简单,条理清楚,所以在实际应用时,往往用分析法找思想,用综合法写步骤,由此可见,分析法与综合法相互转换,互相渗透,互为前提,充分利用这一辩证关系,可以增加解题思路,开阔视野。

有时解题需要一边分析,一边综合,称之为分析综合法,或称为两头挤法。

两头挤法充分表明分析与综合的相互关系,分析的终点是综合的起点,综合的终点又成为进一步分析的起点。

疑难突破1.综合法在应用中的有关问题用综合法证明不等式时,主要利用重要不等式,函数的单调性以及不等式的性质,在严密的演绎推理下推导出结论.首先是综合法证明问题的“入手处”是题设中的已知条件或某些重要不等式.比如下面的几个,是经常使用到的:①若a ,b,c∈R +,则有2211222b a b a ab b a +≤+≤≤+; ②若a ,b,c∈R ,则有a 2+b 2+c 2≥ab+bc+ca;③若,b∈R +,则有(a+b)(a 1+b1)≥4。

证明不等式的基本方法

证明不等式的基本方法
用换元法证明不等式时一定要注意新元的 约束条件及整体置换策略. 主要是三角换元和均值换元。
x2
例7(1)设

y2
1, 求x
y的最大值,
16 9
并求此时的x, y值。 三角换元
(2)设 x, y R,且 x2 y 2 1,
求证:| x2 2xy y 2 | 2 ;
(1)设 x r sin, y r cos,且 | r | 1
证明:∵ a, b 是正数,且 a b , ∴要证 aabb abba ,只要证 lg (aabb ) lg(abba ) ,
只要证 a lg a b lgb b lg a a lgb .
(a lg a b lg b) (b lg a a lg b) = (a b)(lg a lg b)
= (a2 b2 )(a b) = (a b)(a b)2
∵ a,b 是正数,且 a b ,∴ a b 0, (a b)2 >0
∴ (a3 b3 ) (a2b ab2 ) >0,∴ a3 b3 a2b ab2
注:比较法是证明不等式的基本方法,也是 最重要的方法,另外,有时还可作商比较.
当且仅当(a b)(b c)≥0 时,等号成立.
四.反证法:
假设命题结论的反面成立,经过正确的推理, 引出矛盾,因此说明假设错误,从而证明原命题 成立,这样的证明方法叫反证法.(正难则反)
例、已知 f (x) x2 px q,求证:
1
| f (1) |,| f (2) |,| f (3) |中至少有一个不小于2 。
求证:已知a, b, c R+,求证 :书P25页2(2)

不等式的证明方法经典例题

不等式的证明方法经典例题

不等式的证明方法不等式的证明是高中数学的一个难点,证明方法多种多样,近几年高考出现较为形式较为活跃,证明中经常需与函数、数列的知识综合应用,灵活的掌握运用各种方法是学好这部分知识的一个前提,下面我们将证明中常见的几种方法作一列举。

注意ab b a 222≥+的变式应用。

常用2222b a b a +≥+ (其中+∈R b a ,)来解决有关根式不等式的问题。

一、比较法比较法是证明不等式最基本的方法,有做差比较和作商比较两种基本途径。

1、已知a,b,c 均为正数,求证:ac c b b a c b a +++++≥++111212121 二、综合法综合法是依据题设条件与基本不等式的性质等,运用不等式的变换,从已知条件推出所要证明的结论。

2、a 、b 、),0(∞+∈c ,1=++c b a ,求证:31222≥++c b a3、设a 、b 、c 是互不相等的正数,求证:)(444c b a abc c b a ++>++ 4、 知a,b,c R ∈,求证:)(2222222c b a a cc bb a++≥+++++5、),0(∞+∈y x 、且1=+y x ,证:9)11)(11(≥++y x 。

6、已知.9111111,,≥⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+∈+b a b a R b a 求证: 三、分析法分析法的思路是“执果索因”:从求证的不等式出发,探索使结论成立的充分条件,直至已成立的不等式。

7、已知a 、b 、c 为正数,求证:)3(3)2(23abc c b a ab b a -++≤-+8、),0(∞+∈c b a 、、且1=++c b a ,求证3≤++c b a 。

四、换元法换元法实质上就是变量代换法,即对所证不等式的题设和结论中的字母作适当的变换,以达到化难为易的目的。

9、1<b ,求证:1)1)(1(22≤--+b a ab 。

10、122=+y x ,求证:22≤+≤-y x11、已知a>b>c,求证:.411ca cb b a -≥-+- 12、已知1≤x 2+y 2≤2,求证:21≤x 2-xy +y 2≤3.13、已知x 2-2xy +y 2≤2,求证:| x +y |≤10. 14、解不等式15+--x x >21 15、-1≤21x --x ≤2.五、增量代换法在对称式(任意互换两个字母,代数式不变)和给定字母顺序(如a >b >c)的不等式,常用增量进行代换,代换的目的是减少变量的个数,使要证的结论更清晰,思路更直观,这样可以使问题化难为易,化繁为简.16、已知a ,b ∈R ,且a +b = 1,求证:(a +2)2+(b +2)2≥225. 六、利用“1”的代换型17、.9111 ,1 ,,,≥++=++∈+c b a c b a R c b a 求证:且已知七、反证法反证法的思路是“假设→矛盾→肯定”,采用反证法时,应从与结论相反的假设出发,推出矛盾的过程中,每一步推理必须是正确的。

高考数学二轮复习考点知识讲解与练习72---不等式的证明

高考数学二轮复习考点知识讲解与练习72---不等式的证明

高考数学二轮复习考点知识讲解与练习第72讲不等式的证明考点知识: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.知识梳理1.基本不等式定理1:如果a,b∈R,那么a2+b2≥2ab,当且仅当a=b时,等号成立.定理2:如果a,b>0,那么a+b2≥ab,当且仅当a=b时,等号成立,即两个正数的算数平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均.定理3:如果a,b,c∈(0,+∞),那么a+b+c3≥3abc,当且仅当a=b=c时,等号成立.2.不等式的证明(1)比较法①作差法(a,b∈R):a-b>0⇔a>b;a-b<0⇔a<b;a-b=0⇔a=b.②作商法(a>0,b>0):ab>1⇔a>b;ab<1⇔a<b;ab=1⇔a=b.(2)综合法与分析法①综合法: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.综合法又叫顺推证法或由因导果法.②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).这种证法称为分析法,即“执果索因”的证明方法.1.作差比较法的实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数(或式子)与0的大小关系.2.用分析法证明数学问题时,要注意书写格式的规范性,常常用“要证(欲证)…”“即要证…”“就要证…”等.3.几个重要不等式(1)ba+ab≥2(a,b同号);(2)a2+b2+c2≥ab+bc+ca.诊断自测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(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)×解析(1)作商比较法是商与1的大小比较.(3)分析法是从结论出发,寻找结论成立的充分条件.(4)应用反证法时,“反设”可以作为推理的条件应用.2.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≤y 答案 A解析x-y=a+1a-⎝⎛⎭⎪⎫b+1b=a-b+b-aab=(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.已知a≥b>0,M=2a3-b3,N=2ab2-a2b,则M,N的大小关系为________.答案M≥N解析M-N=2a3-b3-(2ab2-a2b)=2a(a2-b2)+b(a2-b2)=(a2-b2)(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2a3-b3≥2ab2-a2b,即M≥N.4.已知a+b+c>0,ab+bc+ac>0,abc>0,用反证法求证a>0,b>0,c>0时的假设为( ) A.a<0,b<0,c<0 B.a≤0,b>0,c>0C.a,b,c不全是正数 D.abc<0答案 C5.(2021·聊城模拟)下列四个不等式:①log x10+lg x≥2(x>1);②|a-b|<|a|+|b|;③⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a +a b ≥2(ab ≠0);④|x -1|+|x -2|≥1,其中恒成立的个数是( ) A .1 B .2 C .3 D .4 答案 C解析 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a b同号,所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a +a b =⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a +⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b ≥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.6.(2021·西安调研)已知a >0,b >0且ln(a +b )=0,则1a +1b的最小值是________.答案 4解析 由ln(a +b )=0,得a +b =1.又a >0,b >0,∴1a +1b =a +b a +a +b b =2+b a +ab≥2+2b a ·a b =4.当且仅当a =b =12时,等号成立.故1a +1b的最小值为4.考点一 比较法证明不等式【例1】 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,并说明理由. (1)证明 设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.因此集合M =⎝ ⎛⎭⎪⎫-12,12,则|a |<12,|b |<12.所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪13a +16b ≤13|a |+16|b |<13×12+16×12=14.(2)解 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)=16a 2b 2-4a 2-4b 2+1=(4a 2-1)(4b 2-1)>0,所以|1-4ab |2>4|a -b |2,故|1-4ab |>2|a -b |. 感悟升华 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. 【训练1】 设t =a +2b ,s =a +b 2+1,则s 与t 的大小关系是________. 答案s ≥t解析 s -t =a +b 2+1-(a +2b )=b 2-2b +1=(b -1)2≥0,∴s ≥t . 考点二 综合法证明不等式【例2】(2022·全国Ⅲ卷)设a ,b ,c ∈R ,a +b +c =0,abc =1. (1)证明:ab +bc +ca <0;(2)用max{a ,b ,c }表示a ,b ,c 中的最大值,证明:max{a ,b ,c }≥34. 证明 (1)由题设可知,a ,b ,c 均不为零, 所以ab +bc +ca =12[(a +b +c )2-(a 2+b 2+c 2)]=-12(a 2+b 2+c 2)<0. (2)不妨设max{a ,b ,c }=a .因为abc =1,a =-(b +c ),所以a >0,b <0,c <0.由bc ≤(b +c )24,可得abc ≤a 34,当且仅当b =c =-a2时取等号,故a ≥34,所以max{a ,b ,c }≥34.感悟升华 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.【训练2】 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 , 又abc =1,故有a2+b2+c2≥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≤a2+b2+c2.(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(c+a)3=3(a+b)(b+c)(c+a)≥3×(2ab)×(2bc)×(2ca)=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.考点三分析法证明不等式【例3】(2021·哈尔滨一模)设a,b,c>0,且ab+bc+ca=1. 求证:(1)a+b+c≥3;(2)abc+bac+cab≥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a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≥3,又ab+bc+ca=1,故需证明a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≥3(ab+bc+ca),即证a2+b2+c2≥ab+bc+ca.又易知ab+bc+ca≤a2+b22+b2+c22+c2+a22=a2+b2+c2(当且仅当a=b=c时等号成立),∴原不等式成立.(2)abc+bac+cab=a+b+cabc.由于(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.又a bc=ab·ac≤ab+ac2,b ac≤ab+bc2,c ab≤bc+ca2,∴a bc+b ac+c ab≤ab+bc+ca(a=b=c=33时等号成立).∴原不等式成立.感悟升华 1.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.2.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【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.因为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.因为a>b>c,所以a-b>0,a-c>0,所以(a-b)(a-c)>0显然成立,故原不等式成立.1.(2021·江西协作体联考)(1)已知x,y是实数,求证:x2+y2≥2x+2y-2;(2)用分析法证明:6+7>22+ 5.证明(1)(x2+y2)-(2x+2y-2)=(x2-2x+1)+(y2-2y+1)=(x-1)2+(y-1)2,而(x -1)2≥0,(y-1)2≥0,∴(x2+y2)-(2x+2y-2)≥0,∴x2+y2≥2x+2y-2.(2)要证6+7>22+5,只需证(6+7)2>(22+5)2成立,即证13+242>13+240成立,即证42>40成立,即证42>40成立,因为42>40显然成立,所以原不等式成立.2.(2022·兰州诊断)函数f(x)=x2-2x+1+24-4x+x2.(1)求f(x)的值域;(2)若关于x的不等式f(x)-m<0有解,求证:3m+2m-1>7.解f(x)=x2-2x+1+24-4x+x2=|x-1|+2|x-2|.(1)当x ≥2时,f (x )=3x -5≥1; 当1<x <2时,f (x )=3-x,1<f (x )<2; 当x ≤1时,f (x )=5-3x ≥2. 综上可得,函数的值域为[1,+∞). (2)证明 若关于x 的不等式f (x )-m <0有解, 则f (x )<m 有解,故只需m >f (x )min ,即m >1, ∴3m +2m -1=3(m -1)+2m -1+3≥26+3>7,原式得证. 3.(2021·沈阳五校协作体联考)已知a ,b ,c ,d 均为正实数. (1)求证:(a 2+b 2)(c 2+d 2)≥(ac +bd )2; (2)若a +b =1,求证:a 21+a+b 21+b ≥13. 证明 (1)(a 2+b 2)(c 2+d 2)=a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2≥a 2c 2+2abcd +b 2d 2=(ac +bd )2. 当且仅当ad =bc 时取等号.(2)3⎝ ⎛⎭⎪⎫a 21+a +b 21+b =⎝ ⎛⎭⎪⎫a 21+a +b 21+b (1+a +1+b )=a 2+1+b 1+a ·a 2+1+a 1+b ·b 2+b 2≥a 2+2ab+b 2=(a +b )2=1,当且仅当a =b =12时取等号,所以a 21+a+b 21+b ≥13. 4.(2021·西安质检)已知a >0,b >0,c >0,且a +b +c =1. (1)求证:a 2+b 2+c 2≥13;(2)求证:a 2b +b 2c +c 2a≥1.证明(1)∵a2+b2≥2ab(当且仅当a=b时,取“=”),b2+c2≥2bc(当且仅当b=c时,取“=”),c2+a2≥2ca(当且仅当a=c时,取“=”),∴a2+b2+c2≥ab+bc+ca,∵(a+b+c)2=1,∴a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1,∴3(a2+b2+c2)≥1,即a2+b2+c2≥1 3 .(2)∵a2b+b≥2a(当且仅当a=b时,取“=”),b2c+c≥2b(当且仅当b=c时,取“=”),c2a+a≥2c(当且仅当a=c时,取“=”),∴a2b+b2c+c2a+(a+b+c)≥2(a+b+c),即a2b+b2c+c2a≥a+b+c,∵a+b+c=1,∴a2b+b2c+c2a≥1.5.(2021·开封一模)已知a,b,c为一个三角形的三边长.证明:(1)ba+cb+ac≥3;(2)(a+b+c)2a+b+c>2.证明(1)因为a,b,c为一个三角形的三边长,所以ba+cb+ac≥33ba·cb·ac=3⎝⎛⎭⎪⎫当且仅当ba=cb=ac时,取等号,所以不等式得证.(2)由于a ,b ,c 为一个三角形的三边长,则有 (b +c )2=b +c +2bc >a ,即b +c >a , 所以ab +ac =a (b +c )>a , 同理,ab +bc >b ,ac +bc >c ,三式相加得2ac +2bc +2ab >a +b +c ,左右两边同加a +b +c 得(a +b +c )2>2(a +b +c ), 所以(a +b +c )2a +b +c>2,不等式得证. 6.(2022·贵阳诊断)∀a ∈R ,|a +1|+|a -1|的最小值为M .(1)若三个正数x ,y ,z 满足x +y +z =M ,证明:x 2y +y 2z +z 2x≥2; (2)若三个正数x ,y ,z 满足x +y +z =M ,且(x -2)2+(y -1)2+(z +m )2≥13恒成立,求实数m 的取值范围.(1)证明 由∀a ∈R ,|a +1|+|a -1|≥|a +1-a +1|=2,当且仅当-1≤a ≤1时取等号,得x +y +z =2,即M =2. 又x ,y ,z >0,所以x 2y +y ≥2x 2y ·y =2x , 同理可得y 2z +z ≥2y ,z 2x +x ≥2z , 三式相加可得,x 2y +y 2z +z 2x≥x +y +z =2, 当且仅当x =y =z =23时,取等号, 所以x 2y +y 2z +z 2x≥2.(2)解(x-2)2+(y-1)2+(z+m)2≥13恒成立,等价于13≤[(x-2)2+(y-1)2+(z+m)2]min,由(12+12+12)[(x-2)2+(y-1)2+(z+m)2]≥(x-2+y-1+z+m)2=(m-1)2,当且仅当x-2=y-1=z+m时取等号,可得13≤13(m-1)2,即|m-1|≥1,解得m≥2或m≤0,即m的取值范围是(-∞,0]∪[2,+∞).。

高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 2.1 比较法 2.2 综合法与分析法素材2 新人教A版选修45

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一 比较法二 综合法与分析法一览众山小诱学·导入材料:某电脑公司每年需进购两次电脑芯片,每次进购价格都会随市场行情而发生变化,策划人员提供两种方案可供选择,而且两种方案均可保证公司当年的芯片需求量,当年剩余的芯片可供第二年使用,不存在资源浪费现象.方案一:每次进购1 000片电脑芯片;方案二:每次进购10万元芯片.该进购项目的当事人做出正确的决策,选择方案二.问题:这则材料说明了什么问题?为什么选择方案二呢?导入:上述实际问题实质上是一个不等式证明的问题,可以依据重要不等式对以上两种方案的平均价格进行比较,也可以说是利用了不等式的性质进行证明而得出结论.这种方法就是比较法,应用这种方法可以证明不等式,在生活中可以做出一些判断,当然是正确的判断!当然,除了这种直接证明不等式的方法外,我们还将研究综合法、分析法等. 温故·知新1.不等式的证明一般需要哪些已经学过的知识呢?答:①最基本的:a≥b ⇔a-b≥0,a<b ⇔a-b<0.这是作差比较法的依据.另外a>b>0⇔ba >1,这是作商比较法的依据. ②对一个不等式进行变形的性质:(ⅰ)a>b ⇔b<a (对称性).(ⅱ)a>b ⇔a+c>b+c (加法保序性).(ⅲ)a>b,c>0⇒ac>bc;a>b,c<0⇒ac<bc.(ⅳ)a>b>0⇒a n >b n ,n n b a >(n∈N *).③对两个以上不等式进行运算的性质(ⅰ)a>b,b>c ⇔a>c (传递性).(ⅱ)a>b,c>d ⇔a+c>b+d.(ⅲ)a>b,c<d ⇒a-c>b-d.(ⅳ)a>b>0,d>c>0⇒c a >db ,ad>bc. ④基本不等式a 2+b 2≥2ab(当且仅当a=b 时取“=”号),2b a +≥ab (a,b∈R +,当且仅当a=b 时取“=”号), (2b a +)2≥ab(a,b∈R +,当且仅当a=b 时取“=”号), a 2≥0,|a|≥0,(a -b)2≥0, a b +b a ≥2(a,b 同号),a b +ba ≤-2(a,b 异号). 2.掌握了一些基本公式、定理、结论后就能进行不等式的证明了吗?答:不等式的证明除了用到许多已知结论外,涉及的其他知识也比较多,除了涉及函数、三角、数列、概率等知识外,还涉及几何、向量、简易逻辑等等.也就是说平时对知识的积累,对学好不等式的证明有很大的帮助.另外还应学习一些证明技巧,常用的证明不等式的方法有比较法、综合法、分析法、放缩法、反证法、数学归纳法等等.对不等式的证明方法进行一个比较系统的整理有助于解题的灵活与快捷,也有利于推理能力的提高.。

高中数学第二讲证明不等式的基本方法综合法与分析法

高中数学第二讲证明不等式的基本方法综合法与分析法

2。

2.2 分析法课堂导学三点剖析一,利用分析法证明不等式【例1】 (1)设a>b 〉0,求证:333b a b a ->-。

(2)已知0〈α〈π,证明2sin2α≤cot 2α,并指出等号成立的条件。

证明:(1)要证333b a b a ->-,∵a>b〉0,有3b a ->0, ∴需证(3b a -)3>(33b a -)3,展开得a —b 〉a —323b a +b ab -323, 即证明)(3333b a ab -〉0, 也就是证33b a ->0,在题设条件下这一不等式显然成立,∴原不等式成立.(2)要证2sin2α≤cot 2α,由0<α<π知sinα〉0,只需证2sinα·sin2α≤1+cosα,即证明4sin 2αcosα-(1+cosα)≤0,也就是证(1+cosα)[4(1—cosα)cosα-1]≤0,而1+cosα>0,于是只要证-4cos 2α+4cosα—1≤0,即—(2cosα—1)2≤0,就是(2cosα-1)2≥0,这是显然的。

∴2sin2α≤cot 2α,等号在2cosα=1,α=3π时取得。

各个击破类题演练1若a ,b,c 三数均大于1,且ab=10,求证:log a c+log b c≥4lgc.证明:由于a>1,b 〉1,要证log a c+log b c≥4lgc,需证b ca clg lg lg lg +≥4lgc,而lgc>0, 因此只要证b a lg 1lg 1+≥4,即证b a b a lg lg lg lg +≥4。

∵ab=10,有lga+lgb=1,于是只需证lga·lgb≤41, 而lga·lgb≤(2lg lg b a +)2=41。

∴不等式log a c+log b c≥4lgc 成立.变式提升1已知a>0,b 1—a 1>1,求证:ba ->+111。

证明不等式的基本方法高考复习课件和练习数学课件PPT

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∵x>0,y>0,∴x2y2>0.
即证3x2+3y2>2xy,∵3x2+3y2>x2+y2≥2xy,
1
1
∴3x2+3y2>2xy成立,∴x2y2 2 x3y3 3.
【拓展提升】1.综合法与分析法的逻辑关系 (1)用综合法证明不等式是“由因导果”,分析法证明不等 式是“执果索因”,它们是两种思路截然相反的证明方法. (2)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. (3)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.
【变式训练】已知a,b∈R+,且a+b=1,求证:(a1)(b1) 25.
a
b4
【证明】方法一:∵a,b∈(0,+∞),且a+b=1,
ab(a当b)且2 仅1,当a=b时,等号成立.
24
( a 1 )( b 1 ) b a a b 1
a b ab
ab
(b a ) ( 1 ab )2 2
【变式训练】用反证法证明下列结论:
已知0<a<1,则 1 4 9.
a 1a
【证明】假设 1 4 <9,
a 1a
通分得
1
a 1
3
a a

9
.
∵0<a<1,∴1+3a<9a(1-a).
整理得(3a-1)2<0.
这与平方数不小于0矛盾.
∴假设不成立,则 1 4 9.
a 1a
71.今天有许多人不是不愿接受新观念,而是不愿抛弃旧观念。 53.用这生命中的每一秒,给自己一个不后悔的未来。 74.上苍不会给你快乐也不会给你痛苦,它只会给你真实的生活。有人忍受不了生活的平淡而死去,却不知道生命本身就是奇迹! 10.没有错误的行为,就不会有失败的结果。如果你不能正确分析失败的原因,即使做再多的努力,也于事无补。 61.少年时要恢宏气度,青年时肯吃苦耐劳,壮年时不妄自菲薄,老年时能传递经验。人生给父母最好的礼物是争光,给儿女最好的礼物是榜样,给社会最好的礼物是奉献。 48.当你看到一个没有右手的人,就不会抱怨你右手上的哪个胎记了。 16.你不能左右天气,但可以改变心情。你不能改变容貌,但可以掌握自己。你不能预见明天,但可以珍惜今天。 16.外在压力增加时,就应增强内在的动力。 6.人生舞台的大幕随时都可能拉开,关键是你愿意表演,还是选择躲避。 62.人生的路,难与易都得走。世间的情,冷与暖总会有。如果有些事无法回避,那我们能做的,就是把自己变得更强大,强大到能够应对这一次挑战。智慧的人不徘徊在过去,豁达的人不忧患 于未来,聪明的人懂得把握现在!

高中数学第二讲证明不等式的基本方法综合法与分析法

高中数学第二讲证明不等式的基本方法综合法与分析法

2。

2.1 综合法课堂导学三点剖析一,利用综合法证明不等式【例1】 (1)若a>0,b 〉0,求证:ab b a 22+≥a+b.思路分析:主要利用不等式2ba +≥ab 和a 2+b 2≥2ab。

证明:由a 2+b 2≥2ab,∴2(a 2+b 2)≥a 2+b 2+2ab,即2(a 2+b 2)≥(a+b)2。

∴ab b a 22+≥b a b a b a b a ++≥++222)()(2=a+b.(2)设a ,b ,c 都是正数,求证:2222222≥+++++a c c b b a (a+b+c ).思路分析:主要利用不等式2)(2222y x y x +≥+。

证明:由不等式a 2+b 2≥2)(22222b a ab b a +=++. ∴22b a +≥2ba +. 同理,2,22222ac a c cb c b +≥++≥+2)222(2222222=+++++=+++++∴ca cb ba a c cb b a (a+b+c )各个击破类题演练1已知a,b,c∈(0,+∞),且a ,b ,c 成等比数列,求证:a 2+b 2+c 2≥(a—b+c)2。

证明:左边-右边=2(ab+bc-ac)。

∵a,b ,c 成等比数列,∴b 2=ac.又∵a,b,c∈(0,+∞),∴0〈b=ac ≤2ca +〈a+c 。

∴a+c—b 〉0。

∴2(ab+bc —ac )=2(ab+bc —b 2)=2b(a+c —b )〉0,∴a 2+b 2+c 2>(a —b+c )2.变式提升1若a,b,c 是正数,能确定b a c c a b c b a +++++222与2c b a ++的大小吗? 解析:∵cb a +24+(b+c )≥4a, ac b +24+(c+a)≥4b, ba c +24+(a+b)≥4c , ∴c b a +24+a c b +24+ba c +24≥2(a+b+c ), 即b a c a c b c b a +++++222≥2c b a ++. 二、用综合法证明条件不等式【例2】 已知a,b ,c 〉0,且abc=1,求证:c b a ++≤a 1+b 1+c 1。

高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 2.2 综合法与分析法练习(含解析)新人教A版选修4-5-新

高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 2.2 综合法与分析法练习(含解析)新人教A版选修4-5-新

2.2 综合法与分析法[A 级 基础巩固]一、选择题1.若实数x ,y 满足不等式xy >1,x +y ≥0,则()A .x >0,y >0B .x <0,y <0C .x >0,y <0D .x <0,y >0解析:因为xy >1>0,所以x ,y 同号.又x +y ≥0,故x >0,y >0.答案:A2.设x ,y >0,且xy -(x +y )=1,则( ) A .x +y ≥2(2+1)B .xy ≤2+1C .x +y ≤2(2+1)2D .xy ≥2(2+1)解析:因为x ,y >0,且xy -(x +y )=1,所以(x +y )+1=xy ≤⎝⎛⎭⎪⎫x +y 22. 所以(x +y )2-4(x +y )-4≥0,解得x +y ≥2(2+1).答案:A3.对任意的锐角α,β,下列不等关系中正确的是()A .sin(α+β)>sin α+sin βB .sin(α+β)>cos α+cos βC .cos(α+β)>sin α+sin βD .cos(α+β)<cos α+cos β解析:因为α,β为锐角,所以0<α<α+β<π,所以cos α>cos(α+β).又cos β>0,所以cos α+cos β>cos(α+β). 答案:D4.设13<⎝ ⎛⎭⎪⎫13b <⎝ ⎛⎭⎪⎫13a<1,则( ) A .a a <a b <b aB .a a <b a <a bC .a b <a a <b aD .a b <b a <a a解析:因为13<⎝ ⎛⎭⎪⎫13b <⎝ ⎛⎭⎪⎫13a<1, 所以0<a <b <1,所以a aa b =a a -b >1,所以a b <a a , a a b a =⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a .因为0<a b<1,a >0, 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a <1,所以a a <b a ,所以a b <a a <b a . 答案:C5.已知a ,b ∈R,则“a +b >2,ab >1”是“a >1,b >1”成立的( )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解析:当a >1,b >1时,两式相加得a +b >2,两式相乘得ab >1.反之,当a +b >2,ab >1时,a >1,b >1不一定成立.如:a =12,b =4也满足a +b >2,ab =2>1,但不满足a >1,b >1. 答案:B二、填空题6.若1a <1b <0,已知下列不等式:①a +b <ab ;②|a |>|b |;③a <b ;④b a +a b>2. 其中正确的不等式的序号为________.解析:因为1a <1b<0, 所以b <a <0,故②③错.答案:①④7.若a >0,b >0,则下列两式的大小关系为:lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1+a +b 2________12[lg(1+a )+lg(1+b )]. 解析:12[lg(1+a )+lg(1+b )]=12lg[(1+a )(1+b )]=lg[(1+a )(1+b )]12, 又lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1+a +b 2=lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a +b +22, 因为a >0,b >0,所以a +1>0,b +1>0,所以[(a +1)(1+b )]12≤a +1+b +12=a +b +22, 所以lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1+a +b 2≥lg[(1+a )(1+b )]12. 即lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1+a +b 2≥12[lg(1+a )+lg(1+b )].答案:≥8.已知a >0,b >0,若P 是a ,b 的等差中项,Q 是a ,b 的等比中项,1R 是1a ,1b的等差中项,则P ,Q ,R 按从大到小的排列顺序为________.解析:P =a +b 2,Q =ab ,2R =1a +1b , 所以R =2ab a +b ≤Q =ab ≤P =a +b 2, 当且仅当a =b 时取等号.答案:P ≥Q ≥R三、解答题9.已知a >0,b >0,2c >a +b ,求证:c -c 2-ab <a .证明:要证c -c 2-ab <a ,只需证明c <a +c 2-ab ,即证b -a <2c 2-ab ,当b -a <0时,显然成立;当b -a ≥0时,只需证明b 2+a 2-2ab <4c 2-4ab ,即证(a +b )2<4c 2,由2c >a +b 知上式成立.所以原不等式成立.10.已知△ABC 的三边长是a ,b ,c ,且m 为正数.求证:aa +m +b b +m >c c +m. 证明: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 +am 2+abc +abm +bcm +bm 2-abc -acm -bcm -cm 2>0, 即证abc +2abm +(a +b -c )m 2>0.由于a ,b ,c 是△ABC 的边长,m >0,故有a +b >c ,即(a +b -c )m 2>0.所以abc +2abm +(a +b -c )m 2>0是成立的.因此aa +m +b b +m >c c +m 成立.B 级 能力提升1.已知a ,b ,c 为三角形的三边且S =a 2+b 2+c 2,P =ab +bc +ca ,则( )A .S ≥2PB .P <S <2PC .S >PD .P ≤S <2P 解析:因为a 2+b 2≥2ab ,b 2+c 2≥2bc ,c 2+a 2≥2ca ,所以a 2+b 2+c 2≥ab +bc +ca ,即S ≥P .又三角形中|a -b |<c ,所以a 2+b 2-2ab <c 2,同理b 2-2bc +c 2<a 2,c 2-2ac +a 2<b 2,所以a 2+b 2+c 2<2(ab +bc +ca ),即S <2P .答案:D2.若n 为正整数,则2n +1与2n +1n 的大小关系是________.解析:要比较2n +1与2n +1n 的大小,只需比较(2n +1)2与⎝ ⎛⎭⎪⎫2n +1n 2的大小,即4n +4与4n +4+1n 的大小. 因为n 为正整数,所以4n +4+1n>4n +4. 所以2n +1<2n +1n .答案:2n +1<2n +1n3.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|,综上所述a+b>c+d是|a-b|<|c-d|的充要条件.。

高中数学 第2讲 证明不等式的基本方法 1 比较法、综合法与分析法课后练习 新人教A版选修45

高中数学 第2讲 证明不等式的基本方法 1 比较法、综合法与分析法课后练习 新人教A版选修45

2016-2017学年高中数学 第2讲 证明不等式的基本方法 1 比较法、综合法与分析法课后练习 新人教A 版选修4-5一、选择题1.设0<x <1,则a =2x ,b =1+x ,c =11-x中最大的一个是( ) A .a B .bC .cD .不能确定解析: ∵0<x <1,∴1+x >2x =4x >2x ,∴只需比较1+x 与11-x 的大小.∵1+x -11-x =1-x 2-11-x =-x21-x <0,∴1+x <11-x .答案: C2.已知a ,b ,c ,d ∈{正实数}且a b <c d ,则( )A.a b <a +cb +d <cd B.a +c b +d <a b <c dC.a b <c d <a +cb +d D .以上均可能解析: ∵a ,b ,c ,d 为正数,∴要比较a b 与a +cb +d 的大小,只要比较a (b +d )与b (a +c )的大小,即ab +ad 与ab +bc 的大小,即:ad 与bc 的大小.又∵a b <c d ,∴ad <bc ,∴a b <a +cb +d .同理可得a +cb +d <cd .故选A.答案: A3.已知a >2,x ∈R ,P =a +1a -2,Q =⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2-2,则P ,Q 的大小关系为( ) A .P ≥QB .P >QC .P <QD .P ≤Q解析: ∵a >2,∴a -2>0, P =a +1a -2=a -2+1a -2+2≥2+2=4. 又Q =⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2-2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12-2=4.∴P ≥Q . 答案: A4.已知a ,b ∈R ,则“a +b >2,ab >1”是“a >1,b >1”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解析: ∵a >1,b >1⇒a +b >2,ab >1a +b >2,ab >1⇒/ a >1,b >1举例说明a =3,b =12. 答案: B二、填空题5.设a >b >0,x =a +b -a ,y =a -a -b ,则x ,y 的大小关系是x ________y . 解析: ∵a >b >0,∴x -y =a +b -a -(a -a -b ) =b a +b +a -b a +a -b=b a -b -a +b a +b +a a +a -b <0. 答案: <6.在△ABC 中,a ,b ,c 分别是∠A ,∠B ,∠C 的对边,若∠C =90°,则a +b c的取值范围是________.解析: 由题意知c 2=a 2+b 2≥2ab , 即ab c 2≤12.∴a +b c =a 2+b 2+2ab c 2=1+2ab c2≤ 2. (当且仅当a =b 时取等号).又三角形中a +b >c .∴1<a +b c≤ 2. 答案: (1,2]三、解答题7.设a ≥b >0,求证:3a 3+2b 3≥3a 2b +2ab 2.证明: 3a 3+2b 3-(3a 2b +2ab 2)=3a 2(a -b )+2b 2(b -a )=(3a 2-2b 2)(a -b ).因为a ≥b >0,所以a -b ≥0,3a 2-2b 2>0,从而(3a 2-2b 2)(a -b )≥0,即3a 3+2b 3≥3a 2b +2ab 2.8.已知a ,b 都是正实数,且a +b =2.求证:a 2a +1+b 2b +1≥1.解答:证明: 因为a ,b 都是正实数,所以原不等式等价于a 2(b +1)+b 2(a +1)≥(a +1)(b +1),即a 2b +a 2+ab 2+b 2≥ab +a +b +1.等价于a 2+b 2+ab (a +b )≥ab +a +b +1,将a +b =2代入,只需要证明a 2+b 2+ab =(a +b )2=4≥ab +3,即ab ≤1. 而由已知a +b ≥2ab ,可得ab ≤1成立,所以原不等式成立.另证:因为a ,b 都是正实数,所以a 2a +1+a -14≥a ,b 2b +1+b +14≥b . 两式相加得a 2a +1+a -14+b 2b +1+b +14≥a +b , 因为a +2=2,所以a 2a +1-b 2b +1≥1.9.设a ,b ,c 是不全相等的正实数.求证:lg a +b2+lg b +c2+lg c +a2>lg a +lg b +lg c . 证明: 方法一:要证:lg a +b 2+lg b +c 2+lg c +a 2>lg a +lg b +lg c 只需证:lg ⎝⎛⎭⎪⎫a +b 2·b +c 2·c +a 2>lg(abc ) 只需证:a +b 2·b +c 2·c +a2>abc∵a +b 2≥ab >0,b +c 2≥bc >0,c +a 2≥ca >0,∴a +b 2·b +c 2·c +a 2≥abc >0成立.∵a ,b ,c 为不全等的正数,∴上式中等号不成立. ∴原不等式成立.方法二:∵a ,b ,c ∈{正实数},∴a +b 2≥ab >0,b +c 2≥bc >0,c +a 2≥ca >0,又∵a ,b ,c 为不全相等的实数,∴a +b 2·b +c 2·c +a 2>abc ,∴lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a +b 2·b +c 2·c +a 2>lg(abc ),即lg a +b 2+lg b +c 2+lg c +a 2>lg a +lg b +lg c .。

高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 一 比较法学案(含解析)4-5

高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 一 比较法学案(含解析)4-5

一比较法1.作差比较法(1)作差比较法的理论依据a-b>0⇔a〉b,a-b<0⇔a<b,a-b=0⇔a=b.(2)作差比较法解题的一般步骤:①作差;②变形整理,③判定符号,④得出结论.其中变形整理是解题的关键,变形整理的目的是为了能够直接判定差与0的大小,常用的手段有因式分解、配方、通分、分子或分母有理化等.2.作商比较法(1)作商比较法的理论依据是不等式的基本性质:①b>0,若错误!〉1,则a>b;若错误!〈1,则a<b;②b〈0,若错误!>1,则a〈b;若错误!〈1,则a>b。

(2)作商比较法解题的一般步骤:①判定a,b的符号;②作商;③变形整理;④判定与1的大小关系;⑤得出结论.作差比较法证明不等式设△ABC的三边长分别是a,b,c,求证:4(ab+bc+ac)〉(a+b+c)2.作差法证明,注意条件“在同一个三角形中,任意两边之和大于第三边"的应用.∵a,b,c是△ABC的三边长,∴a>0,b>0,c〉0,且b+c-a〉0,c+a-b>0,a+b-c〉0。

∴4(ab+bc+ac)-(a+b+c)2=2(ab+bc+ac)-(a2+b2+c2)=(b+c-a)a+(c+a-b)b+(a+b-c)c〉0。

∴4(ab+bc+ac)>(a+b+c)2.(1)作差比较法中,变形具有承上启下的作用,变形的目的在于判断差的符号,而不用考虑差能否化简或值是多少.(2)变形所用的方法要具体情况具体分析,可以配方,可以因式分解,可以运用一切有效的恒等变形的方法.(3)因式分解是常用的变形手段,为了便于判断“差式"的符号,常将“差式”变形为一个常数或几个因式积的形式,当所得的“差式"是某字母的二次三项式时,常用配方法判断符号.有时会遇到结果符号不能确定,这时候要对差式进行分类讨论.1.求证:a 2+b 2≥2(a -b -1).证明:a 2+b 2-2(a -b -1)=(a -1)2+(b +1)2≥0,∴a 2+b 2≥2(a -b -1). 2.已知a ,b ∈R +,n ∈N +,求证:(a +b )(a n+b n)≤2(a n +1+bn +1).证明:∵(a +b )(a n+b n)-2(a n +1+bn +1)=an +1+ab n +ba n +bn +1-2an +1-2b n +1=a (b n-a n)+b (a n-b n)=(a -b )(b n-a n).①若a 〉b >0时,b n -a n 〈0,a -b >0,∴(a -b )(b n -a n)〈0。

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2016-2017学年高中数学 第2讲 证明不等式的基本方法 1 比较法、
综合法与分析法课后练习 新人教A 版选修4-5
一、选择题
1.设0<x <1,则a =2x ,b =1+x ,c =11-x
中最大的一个是( ) A .a B .b
C .c
D .不能确定
解析: ∵0<x <1,∴1+x >2x =4x >2x ,
∴只需比较1+x 与1
1-x 的大小.
∵1+x -11-x =1-x 2-11-x =-x
2
1-x <0,
∴1+x <1
1-x .
答案: C
2.已知a ,b ,c ,d ∈{正实数}且a b <c d ,则( )
A.a b <a +c
b +d <
c
d B.a +c b +d <a b <c d
C.a b <c d <a +c
b +d D .以上均可能
解析: ∵a ,b ,c ,d 为正数,
∴要比较a b 与a +c
b +d 的大小,
只要比较a (b +d )与b (a +c )的大小,
即ab +ad 与ab +bc 的大小,
即:ad 与bc 的大小.
又∵a b <c d ,∴ad <bc ,
∴a b <a +c
b +d .
同理可得a +c
b +d <
c
d .
故选A.
答案:A
3.已知a >2,x ∈R ,P =a +1a -2,Q =⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2-2,则P ,Q 的大小关系为( ) A .P ≥Q B .P >Q
C .P <Q
D .P ≤Q 解析: ∵a >2,∴a -2>0,
P =a +1a -2=a -2+1a -2
+2≥2+2=4. 又Q =⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2-2≤⎝ ⎛⎭
⎪⎫12-2=4.∴P ≥Q . 答案: A
4.已知a ,b ∈R ,则“a +b >2,ab >1”是“a >1,b >1”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
解析: ∵a >1,b >1⇒a +b >2,ab >1
a +
b >2,ab >1⇒/ a >1,b >1
举例说明a =3,b =12
. 答案: B
二、填空题
5.设a >b >0,x =a +b -a ,y =a -a -b ,则x ,y 的大小关系是x ________y . 解析: ∵a >b >0,
∴x -y =a +b -a -(a -a -b )
=b a +b +a -b a +a -b

b a -b -a +b a +b +a a +a -b <0. 答案: <
6.在△ABC 中,a ,b ,c 分别是∠A ,∠B ,∠C 的对边,若∠C =90°,则a +b c
的取值范围是________.
解析: 由题意知c 2=a 2+b 2≥2ab , 即ab c 2≤12
.
∴a +b c =a 2+b 2+2ab c 2=1+2ab c
2≤ 2.
(当且仅当a =b 时取等号).
又三角形中a +b >c .∴1<a +b c ≤ 2. 答案: (1,2]
三、解答题
7.设a ≥b >0,求证:3a 3+2b 3≥3a 2b +2ab 2.
证明: 3a 3+2b 3-(3a 2b +2ab 2)=3a 2(a -b )+2b 2(b -a )=(3a 2-2b 2)(a -b ).因为a ≥b >0,所以a -b ≥0,3a 2-2b 2>0,
从而(3a 2-2b 2)(a -b )≥0,即3a 3+2b 3≥3a 2b +2ab 2.
8.已知a ,b 都是正实数,且a +b =2.求证:a 2
a +1+
b 2
b +1≥1.
解答:证明: 因为a ,b 都是正实数,所以原不等式等价于
a 2(
b +1)+b 2(a +1)≥(a +1)(b +1),
即a 2b +a 2+ab 2+b 2≥ab +a +b +1.
等价于a 2+b 2+ab (a +b )≥ab +a +b +1,
将a +b =2代入,只需要证明a 2+b 2+ab =(a +b )2=4≥ab +3,即ab ≤1. 而由已知a +b ≥2ab ,可得ab ≤1成立,所以原不等式成立.
另证:因为a ,b 都是正实数,所以
a 2a +1+a -14≥a ,
b 2b +1+b +14≥b . 两式相加得a 2a +1+a -14+b 2b +1+b +14
≥a +b , 因为a +2=2,所以a 2
a +1-
b 2
b +1≥1.
9.设a ,b ,c 是不全相等的正实数.
求证:lg a +b
2+lg b +c
2+lg c +a
2
>lg a +lg b +lg c . 证明: 方法一:要证:lg
a +
b 2+lg b +
c 2+lg c +a 2>lg a +lg b +lg c 只需证:lg ⎝
⎛⎭⎪⎫a +b 2·b +c 2·c +a 2>lg(abc ) 只需证:
a +
b 2·b +
c 2·c +a 2>abc ∵
a +
b 2≥ab >0,b +
c 2≥bc >0,c +a 2≥ca >0, ∴a +b 2·b +c 2·c +a
2≥abc >0成立.
∵a,b,c为不全等的正数,∴上式中等号不成立.
∴原不等式成立.
方法二:∵a ,b ,c ∈{正实数}, ∴a +b 2≥ab >0,b +c 2≥bc >0,c +a 2≥ca >0,
又∵a ,b ,c 为不全相等的实数, ∴a +b 2·b +c 2·c +a 2>abc ,
∴lg ⎝
⎛⎭⎪⎫a +b 2·b +c 2·c +a 2>lg(abc ), 即lg a +b 2+lg b +c 2+lg c +a 2>lg a +lg b +lg c .
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