高考文科数学一轮复习选修不等式选讲第二节证明不等式的基本方法课件

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高考数学一轮复习不等式选讲 2 证明不等式的基本方法课件理选修45

a
b)2
,开方即得
( c d)2
a b c d.
(2)本小题可借助第一问的结论来证明,但要分必要性
与充分性来证明.
【规范解答】(1)因为 (
【加固训练】 1.求证:a2+b2≥ab+a+b-1. 【证明】因为(a2+b2)-(ab+a+b-1) =a2+b2-ab-a-b+1 = (2a2+2b2-2ab-2a-2b+2)
1 2
= 1 [(a2-2ab+b2)+(a2-2a+1)+(b2-2b+1)] 2
= 1 [(a-b)2+(a-1)2+(b-1)2]≥0. 所2以a2+b2≥ab+a+b-1.
第二节证明不等式的基本方法
【知识梳理】 1.比较法比较法是证明不等式最基本的方法,可分为作差比较法和作商比较法两种.
名称
理论依据
作差比较法
a>b⇔_a_-_b_>0__ a<b⇔_a_-_b_<0__ a=b⇔_a_-_b_=0__
作商比较法
b>0,
a b
>1⇒a>b
b<0, a >1⇒a<b
定义
定理
性质等,经过一系列的_____、_____而得出命题成立,
推理论证这种证明方法叫做综合法.综合法又叫_________或由
因导果法.
顺推证法
3.分析法
证明命题时,从___________出发,逐步寻求使它成立的要证的结论
_________,直至所需条件为_________或_____________

高考数学一轮复习不等式选讲第2讲证明不等式的基本

选修4－5 不等式选讲
第2讲证明不等式的基本方法
考纲展示
三年高考总结
从近三年高考情况来看，不等式的证明是高考中的
了解证明不等式的基本方法：比较法、综
一个热点，题目以不等式的性质为基础来考查不等
合法、分析法，并能用它们证明一些简单
式的相关证明，题型以解答题为主，解题时注意比
不等式.
较法、分析法、综合法的应用.
，简化不等式，从而达到证明的目
的，我们把这种方法称为放缩法．
4．三个正数的算术-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
a＋b＋c
3
的算术平均
3 不小于它们的几何平均 abc
.
(2)基本不等式的推广
对于 n 个正数 a1，a2，…，an，它们的算术平均数不小于它们的几何平均数，即a1＋a2＋n …＋an ≥
比较法证明不等式的方法与步骤 1．作差比较法 (1)作差比较法证明不等式的一般步骤 ①作差：将不等式左右两边的式子看作一个整体进行作差； ②变形：将差式进行变形，化简为一个常数，或通分，因式分解变形为若干个因式的积，或配方变形为一个或几个平方和等； ③判号：根据已知条件与上述变形结果，判断不等式两边差的正负号； ④结论：肯定不等式成立的结论． (2)作差比较法的应用范围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．若 n>0，则 n＋3n22的最小值为(
)
A．2
B．4
C．6
D．8
解析成立)．
根据算术-几何平均不等式可得 n＋3n22＝n2＋n2＋3n22≥3× 3 12×12×32＝6(当且仅当 n＝4 时“＝”

高考数学一轮复习不等式选讲-2不等式的证明课件理新人教A版

第十四章
不等式选讲
第2课时
不等式的证明
考纲下载了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法．请注意！不等式的证明是中学数学的难点，主要考查比较法和综合法，而比较法多用作差比较，综合法主要涉及基本不等式和不等式的性质，多属中档题．
高考考点预览
■ ·考点梳理· ■ 1．比较法 (1)作差比较法
■ ·考点自测· ■ 1. [2012·辽宁模拟]设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则s 与t的大小关系是( A．s≥t C．s≤t ) B．s>t D．s<t
答案：A
解析：∵s－t＝a＋b2＋1－a－2b＝b2－2b＋1＝(b －1)2≥0，∴使|a|＋|b|>1成立的一个充分不必要条件是( A．|a＋b|≥1 C．b<－1 ) 1 1 B．|a|≥ 且|b|≥ 2 2 D．a≥1
答案：C
解析：由于A、B、D均可推导得|a|＋|b|≥1，仅C答案由b<－1得|b|>1，即得|a|＋|b|≥|b|>1，但由|a|＋|b|>1，推不出b<－1，故b<－1是|a|＋|b|>1成立的充分不必要条件，应选C.
x y z 3．P＝＋＋ (x>0，y>0，z>0)与3的大 x＋1 y＋1 z＋1 小关系是( A．P≥3 C．P<3 ) B．P＝3 D．P>3
a b a 2 a b＝a 证明： b 2 ＝(b) 2 ，（ab） 2
ab
a b
a－ b
b－ a
－
＋
aab 当a＝b时，( ) 2 ＝1. b
－
a－ b a a a2b 当a>b>0时，b>1， >0，则(b) >1. 2

高考数学一轮总复习不等式选讲2证明不等式的基本方法课件文

(2)由柯西不等式得(a2＋b2)(m2＋n2)≥(ma＋nb)2，所以 5(m2＋n2)≥52 即 m2＋n2≥5，所以 m2＋n2的最小值为 5.
考向反证法证明不等式例 3 [2015·湖南高考]设 a>0，b>0，且 a＋b＝1a＋1b.证明： (1)a＋b≥2； (2)a2＋a<2 与 b2＋b<2 不可能同时成立． [证明] 由 a＋b＝1a＋1b＝a＋ abb，a>0，b>0，得 ab＝1. (1)由基本不等式及 ab＝1，有 a＋b≥2 ab＝2，即 a＋b≥2，当且仅当 a＝b＝1 时等号成立．
(2)假设 a2＋a<2 与 b2＋b<2 同时成立，则由 a2＋a<2 及 a>0，得 0<a<1；同理，0<b<1，从而 ab<1，这与 ab＝1 矛盾．故 a2＋a<2 与 b2＋b<2 不可能同时成立．
触类旁通对于某些问题中所证结论若是“都是”“都不是”“至多”“至少”等问题，一般用反证法．其一般步骤是反设→推理→得出矛盾→肯定原结论．
提醒用分析法证明不等式时，不要把“逆求”错误地作为“逆推”，分析法的过程仅需要寻求充分条件即可，而不是充要条件．
【变式训练 2】柯西不等式是大数学家柯西在研究数学分析中的“流数”问题时得到的，柯西不等式是指：对任意实数 ai，bi(i＝1,2，…，n)，有(a1b1＋a2b2＋…anbn)2≤(a21＋ a22＋…a2n)(b21＋b22＋…b2n)，当且仅当 ai＝kbi(i＝1,2，…n)时，等号成立．
(2)证明：证法一：因为 f(ab)＝|ab＋1|＝|(ab＋b)＋(1－ b)|≥|ab＋b|－|1－b|＝|b||a＋1|－|1－b|.

高考数学一轮复习选修部分不等式选讲第2讲不等式的证明课件理北师大版

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．
2.设 a>0，b>0，若 3是 3a 与 3b 的等比中项，
求证1＋1≥ ab
4.
证明：由 3是 3a 与 3b 的等比中项得 3a·3b＝3，
[证明] 因为 a，b，c 为正实数，由基本不等式可得a13＋b13＋c13 ≥3 3 a13·b13·c13，即a13＋b13＋c13≥a3bc，
当且仅当a13＝b13＝c13，即 a＝b＝c 时，等号成立，所以a13＋b13
＋c13
＋
abc≥ 3 ＋ abc
abc.
而a3bc＋abc≥2 a3bc·abc＝2 3，当且仅当a3bc＝abc，即 abc＝ 3时，等号成立，所以a13＋b13＋c13＋abc≥2 3.
选修4-5 不等式选讲
第2讲不等式的证明
1．基本不等式定理 1：设 a，b∈R，则 a2＋b2≥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≥ ab，当且仅当 a＝b
2 时，等号成立．
定理 3：如果 a、b、c 为正数，则a＋3b＋c≥3 abc，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 a1，a2，…， an 为 n 个正数，则a1＋a2＋n …＋an≥n a1a2…an，当且仅当 a1＝a2＝…＝an 时，等号成立．
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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、反证法等．

高考数学一轮复习选修4_5不等式选讲课件文新人教版

选修4—5
不等式选讲
-2知识梳理
双基自测
1
2
3
4
1.绝对值三角不等式
(1)定理1:若a,b是实数,则|a+b|≤
时,等号成立;
(2)性质:|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|;
(3)定理2:若a,b,c是实数,则|a-c|≤
(a-b)(b-c)≥0
时,等号成立.
5
|a|+|b|
,当且仅当_______
-22考点1
考点2
考点3
考点4
考点5
对点训练2设函数f(x)=|x+1|-m|x-2|.
(1)若m=1,求函数f(x)的值域;
(2)若m=-1,求不等式f(x)>3x的解集.
解:(1)当m=1时,f(x)=|x+1|-|x-2|.
∵||x+1|-|x-2||≤|(x+1)-(x-2)|=3,
∴-3≤|x+1|-|x-2|≤3,即函数f(x)的值域为[-3,3].
(3)柯西不等式的向量情势: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.
-6知识梳理
双基自测
1
2
3
4
5
5.不等式证明的方法
证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法等.
-7知识梳理
双基自测
1
2
3
4
5
1.下列结论正确的打“ ”,错误的打“×”.
所以|x|+|y|+|x-1|+|y-1|=2,即
|| + |-1| = 1,
|| + |-1| = 1.

高考数学一轮复习选考45不等式选讲第2讲不等式的证明课件文新人教版

[答案] C
2．(2018·聊城模拟)下列四个不等式：①logx10＋lg x≥2(x>1)；
②|a－b|<|a|＋|b|；③ba＋ab≥2(ab≠0)；④|x－1|＋|x－2|≥1，其中恒
成立的个数是( )
A．g x＝lg1x＋lg x≥2(x>1)，①正确． ab≤0 时，|a－b|＝|a|＋|b|，②不正确；因为 ab≠0，ba与ab同号，所以ba＋ab＝ba＋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． [答案] C
2．综合法与分析法 (1)综合法：证明不等式时，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过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：证明命题时，从待证不等式出发，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．这是一种执果索因的思考和证明方法．
④柯西不等式的一般形式：设 a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…， bn 是实数，则(a21＋a22＋…＋an2)(b12＋b22＋…＋b2n)≥(a1b1＋a2b2＋…＋ anbn)2，当且仅当 bi＝0(i＝1,2，…，n)或存在一个数 k，使得 ai＝kbi(i ＝1,2，…，n)时，等号成立．
(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.
方法感悟 (1)利用综合法证明不等式时，常用的不等式有①a2≥0；②|a|≥0； ③a2＋b2≥2ab；它的变形形式又有(a＋b)2≥4ab，a2＋2 b2≥a＋2 b2 等； ④a＋2 b≥ ab (a≥0，b≥0)，它的变形形式又有 a＋1a≥2(a＞0)，ba＋ ab≥2(ab＞0)，ba＋ab≤－2(ab＜0)等．

高考数学总复习第2讲证明不等式的基本方法理新人教a版选修省公共课一等奖全国赛课获奖课件

第11页
3. 证明不等式的方法
(1)比较法
①求差比较法
由a>b⇔a－b>0，a<b⇔a－b<0，因此要证明a>b，只要证
明________即可，这种方法称为求差比较法．
②求商比较法
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________即可，这种方法称为求商比较法．
填一填：(1)3
31 (2)3 4
第17页
2．填一填：(1)
1 21
提示：∵1＝x＋2y＋
4z≤
x2＋y2＋z2 ·
1＋4＋16
，∴x2＋y2＋z2≥
1 21
，即x2＋y2＋z2
的最小值为211.
(2)[－5 2 ，5 2 ] 提示：∵(x2＋y2)[22＋(－1)2]≥(2x－
y)2，
∴－5 2≤2x－y≤5 2.
第24页
例2 已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋ 1a＋1b＋1c2≥6 3，并确定a，b，c为何值时，等号成立．
[审题视点] 因为a，b，c均为正数，且a＋b＋c≥
3 3
abc，故可利用三个正数的算术——几何平均不等式证明．
第25页
[证明] 因为a，b，c均为正数，
所以a2＋b2＋c2≥3(abc)23，
c的最大值为( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 2
答案：C
第41页
解析：( 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． ∴( a＋ b＋ c)2≤3. 故 a＋ b＋ c的最大值为 3.

高考数学一轮总复习 2不等式证明的基本方法课件(选修4-5)

放缩法等．
A
9
对点自测
知识点一
基本不等式
1.若 0<a<b<1，则 a＋b,2 ab，a2＋b2,2ab 中最大的一个是 ________．
A
10
解析 ∵a＋b>2 ab，a2＋b2>2ab. 又(a2＋b2)－(a＋b)＝a(a－1)＋b(b－1)． ∵0<a<1,0<b<1，∴a(a－1)＋b(b－1)<0. ∴a2＋b2<a＋b.
由平均不等式可得a13＋b13＋c13≥3 3 a13·b13·c13，即a13＋b13＋c13≥a3bc. 所以a13＋b13＋c13＋abc≥a3bc＋abc.
而a3bc＋abc≥2 a3bc·abc＝2 3.
所以a13＋b13＋c13＋abc≥2 3.
A
16
R 热点命题·深度剖析
研考点知规律通法悟道
答案 a＋b
A
11
2．已知 x，y∈R，且 xy＝1，则1＋1x1＋1y的最小值为 ________．
解析 1＋1x1＋1y≥1＋ 1xy2＝4. 答案 4
A
12
知识点二
柯西不等式
3.已知 x，y，z 为正数，且 x＋y＋z＝1，则 x2＋y2＋z2 的最小
值是__________．
解析 x2＋y2＋z2＝(12＋12＋12)(x2＋y2＋z2)×13≥(1·x＋1·y＋ 1·z)2×13＝13.
A
19
(2)反证法必须从否定结论进行推理，且必须根据这一条件进行论证，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行论证，就不是反证法．
(3)推导出来的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与定理、公理相违背等等，但推导出的矛盾必须是明显的．

高考数学总复习不等式选讲第2节不等式证明的基本方法课件文新人教A版选修4-5

立．
所以 a3＋b3 的最小值为 4 2.
(2)由(1)知，2a＋3b≥2 6 ab≥4 3.
由于 4 3>6，从而不存在 a，b，使得 2a＋3b＝6.
综合法证明不等式的技巧综合法证明不等式，主要从目标式的结构特征探索思路．如果这种特征不足以明确解题方法时，就应从目标式开始，通过 “倒推”探索解题思路．
作差比较法证明不等式的步骤 (1)作差；(2)变形；(3)判断差的符号；(4)下结论．其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负．
设 a，b 是非负实数，求证：a3＋b3≥ ab(a2＋b2)．
证明：由 a，b 是非负实数，作差得 a3＋b3－ ab(a2＋b2) ＝a2 a( a－ b)＋b2 b( 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)．
(2)分析法：证明命题时，从待证不等式出发，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．这是一种执果索因的思考和证明方法．
3．反证法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，我们把它称为反证法． 4．放缩法证明不等式时，通过把所证不等式的一边适当地放大或缩小，以利于化简，并使它与不等式的另一边的不等关系更为明显，从而得出原不等式成立，这种方法称为放缩法．

人教版高考文科数学一轮复习资料选修-不等式的证明

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 ＋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≥ 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．常用结论基本不等式及其推广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 ＋b 2≥ab .特别地，b a ＋ab ≥2.4．a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 二、教材衍化求证：3＋7<2＋ 6. 证明：3＋7<2＋6 ⇐(3＋7)2<(2＋6)2 ⇐10＋221<10＋46⇐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)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× 二、易错纠偏常见误区不等式放缩不当致错.已知三个互不相等的正数a ，b ，c 满足abc ＝1.试证明： a ＋b ＋c <1a ＋1b ＋1c.证明：因为a ，b ，c >0，且互不相等，abc ＝1，所以a ＋b ＋c ＝1bc＋1ac＋1ab<1b ＋1c 2＋1a ＋1c 2＋1a ＋1b 2＝1a ＋1b ＋1c ，即a ＋b ＋c <1a ＋1b ＋1c.用综合法、分析法证明不等式(师生共研)(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 ，又abc ＝1，故有a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ＝ab ＋bc ＋ca abc ＝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，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.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.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．1．若a ，b ∈R ，ab >0，a 2＋b 2＝1.求证：a 3b ＋b 3a≥1. 证明：a 3b ＋b 3a ＝a 4＋b 4ab ＝（a 2＋b 2）2－2a 2b 2ab ＝1ab －2ab .因为a 2＋b 2＝1≥2ab ，当且仅当a ＝b 时等号成立，所以0<ab ≤12.令h (t )＝1t －2t ，0<t ≤12，则h (t )在(0，12]上递减，所以h (t )≥h (12)＝1.所以当0<ab ≤12时，1ab －2ab ≥1.所以a 3b ＋b 3a≥1.2．(一题多解)(2020·宿州市质量检测)已知不等式|2x ＋1|＋|2x －1|<4的解集为M . (1)求集合M ；(2)设实数a ∈M ，b ∉M ，证明：|ab |＋1≤|a |＋|b |.解：(1)当x <－12时，不等式化为－2x －1＋1－2x <4，即x >－1，所以－1<x <－12；当－12≤x ≤12时，不等式化为2x ＋1－2x ＋1<4，即2<4，所以－12≤x ≤12；当x >12时，不等式化为2x ＋1＋2x －1<4，即x <1，所以12<x <1.综上可知，M ＝{x |－1<x <1}．(2)法一：因为a ∈M ，b ∉M ，所以|a |<1，|b |≥1. 而|ab |＋1－(|a |＋|b |) ＝|ab |＋1－|a |－|b | ＝(|a |－1)(|b |－1)≤0，所以|ab |＋1≤|a |＋|b |. 法二：要证|ab |＋1≤|a |＋|b |，只需证|a ||b |＋1－|a |－|b |≤0，只需证(|a |－1)(|b |－1)≤0，因为a ∈M ，b ∉M ，所以|a |<1，|b |≥1，所以(|a |－1)(|b |－1)≤0成立．所以|ab |＋1≤|a |＋|b |成立．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 |.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．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．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.[基础题组练]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 ＋a b ≥2成立，因为a ＞0，b ＞0，所以b a ＋ab≥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．求证：112＋122＋132＋…＋1n 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. 3．(2020·蚌埠一模)已知函数f (x )＝|x |＋|x －3|. (1)解关于x 的不等式f (x )－5≥x ；(2)设m ，n ∈{y |y ＝f (x )}，试比较mn ＋4与2(m ＋n )的大小．解：(1)f (x )＝|x |＋|x －3|＝⎩⎪⎨⎪⎧3－2x ，x <0，3，0≤x ≤3，2x －3，x >3.f (x )－5≥x ，即⎩⎪⎨⎪⎧x <0，3－2x ≥x ＋5或⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤3，3≥x ＋5或⎩⎪⎨⎪⎧x >3，2x －3≥x ＋5，解得x ≤－23或x ∈∅或x ≥8.所以不等式的解集为⎝⎛⎦⎤－∞，－23∪[8，＋∞)． (2)由(1)易知f (x )≥3，所以m ≥3，n ≥3.由于2(m ＋n )－(mn ＋4)＝2m －mn ＋2n －4＝(m －2)(2－n )．且m ≥3，n ≥3，所以m －2>0，2－n <0，即(m －2)(2－n )<0，所以2(m ＋n )<mn ＋4.4．(2020·开封市定位考试)已知函数f (x )＝|x －1|＋|x －m |(m >1)，若f (x )>4的解集是{x |x <0或x >4}．(1)求m 的值；(2)若正实数a ，b ，c 满足1a ＋12b ＋13c ＝m3，求证：a ＋2b ＋3c ≥9.解：(1)因为m >1，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋m ＋1，x <1m －1，1≤x ≤m 2x －m －1，x >m ，作出函数f (x )的图象如图所示，由f (x )>4的解集及函数f (x )的图象得⎩⎪⎨⎪⎧－2×0＋m ＋1＝42×4－m －1＝4，得m ＝3.(2)由(1)知m ＝3，从而1a ＋12b ＋13c＝1，a ＋2b ＋3c ＝(1a ＋12b ＋13c )(a ＋2b ＋3c )＝3＋(a 2b ＋2b a )＋(a 3c ＋3c a )＋(2b 3c ＋3c2b )≥9，当且仅当a ＝3，b ＝32，c ＝1时“＝”成立．5．(2020·原创冲刺卷)已知定义在R 上的函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|＋(x －1)2的最小值为s .(1)试求s 的值；(2)若a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝s ，求证：a 2＋b 2＋c 2≥3.解：(1)f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|＋(x －1)2≥|x ＋1|＋|2－x |≥|(x ＋1)＋(2－x )|＝3，即f (x )≥3. 当且仅当x ＝1，且(x ＋1)(2－x )≥0，即x ＝1时，等号成立，所以f (x )的最小值为3，所以s ＝3.(2)证明：由(1)知a ＋b ＋c ＝3.故a 2＋b 2＋c 2＝(a 2＋12)＋(b 2＋12)＋(c 2＋12)－3 ≥2a ＋2b ＋2c －3＝2(a ＋b ＋c )－3＝3(当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立)． 6．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 |.[综合题组练]1．(2020·江西八所重点中学联考)已知不等式|ax －1|≤|x ＋3|的解集为{x |x ≥－1}． (1)求实数a 的值；(2)求12－at ＋4＋t 的最大值．解：(1)|ax －1|≤|x ＋3|的解集为{x |x ≥－1}，即(1－a 2)x 2＋(2a ＋6)x ＋8≥0的解集为{x |x ≥－1}．当1－a 2≠0时，不符合题意，舍去．当1－a 2＝0，即a ＝±1时，x ＝－1为方程(2a ＋6)x ＋8＝0的一解，经检验a ＝－1不符合题意，舍去， a ＝1符合题意．综上，a ＝1.(2)(12－t ＋4＋t )2＝16＋2（12－t ）（4＋t ）＝16＋2－t 2＋8t ＋48，当t ＝82＝4时，(12－t ＋4＋t )2有最大值，为32.又12－t ＋4＋t ≥0，所以12－t ＋4＋t 的最大值为4 2. 2．(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.。

高考数学一轮复习选修45 不等式选讲第2讲不等式的证明课件理高三选修45数学课件

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(× )
第十页，共三十九页。
二、易错纠偏常见误区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＋1
D．a＋b>2( 2＋1)
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()
解析：选 A.由已知得 a＋b＋1＝ab≤a＋2 b2，故有(a＋b)2－4(a＋b)－4≥0，解得 a＋ b≥2 2＋2 或 a＋b≤－2 2＋2(舍去)，即 a＋b≥2 2＋2.(当且仅当 a＝b＝ 2＋1 时取等号)故选 A.
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放缩法证明不等式(师生共研)
若 a，b∈R，求证：1＋|a＋|a＋b|b|≤1＋|a||a|＋1＋|b||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| ⇒|a＋1 b|≥|a|＋1 |b|，
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第二十七页，共三十九页。
(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＋4ab＋ab)≥12(5＋4)＝4.5，所以|x－2.5|－f(x)≤4a＋1b.
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2．求证： 3＋ 7<2＋ 6. 证明： 3＋ 7<2＋ 6 ⇐( 3＋ 7)2<(2＋ 6)2 ⇐10＋2 21<10＋4 6 ⇐ 21<2 6⇐21<24. 故原不等式成立．
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高二选修证明不等式的基本方法 PPT

bm b
a m a m(b a) b m b b(b m)
b a b a 0, 又 a,b, m都是正数,
m(b a) 0,b(b m) 0
m(b a) 0 即 a m a 0 a m a
b(b m)
bm b
bm b
(2)作商比较法
例3 已知a,b是正数,求证aabb abba , 当且仅当a b时,等号成立.
证明
:
a a
abb bba
aabbba
a ab b
根据要证的不等式的特点(交换a,b的位置, 不等式不变 )
不妨设a b 0,则 a 1, a b 0, a ab 1
b
b
当且仅当a b时,等号成立.
aabb abba ,当且仅当a b时,等号成立.
abc
变式引申 : 求证 : 若a,b,c R ,则aabbcc (abc) 3
通常放大或缩小得方法就是不唯一得,因而放缩法具有较在原灵活性;另外,用放缩法证明不等式,关键就是放、缩适当,否则就不能达到目得,因此放缩法就是技巧性较强得一种证法、
例3 已知a,b,c,d R ,求证
1 a b c d 2 abd bca cdb dac
证明 : a,b,c,d 0,
2
二、综合法与分析法
(1)综合法
在不等式得证明中,我们经常从已知条件与不等式得性质、基本不等式等出发,通过逻辑推理,推导出所要证明得结论、这种从已知条件出发,利用定义、公理、定理、性质等,经过一系列得推理、论证而得出命题成立,这种证明方法叫做综合法、又叫顺推证法或由因导果法、
用综合法证明不等式得逻辑关系
高二选修证明不等式的基本方法
一、比较法 (1)作差比较法

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文

即－λ≤4，λ≥－4.
答案：－4
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第2节证明不等式的基本方法第十一页，共三十六页。
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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第2节证明不等式的基本方法第十二页，共三十六页。
∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac
a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac＝(a＋b＋c)2≥3(ab＋bc＋ca)＝3.
∴a＋b＋c≥ 3.
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第2节证明不等式的基本方法第二十一页，共三十六页。
因此要证原不等式成立，
只需证明
1≥ abc
a＋
b＋
c，
即证 a bc＋b ac＋c ab≤1，
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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第2节证明不等式的基本方法第二十九页，共三十六页。
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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第2节证明不等式的基本方法第十九页，共三十六页。
【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．