高三数学第一轮复习教案：第41课时—不等式证明(二)(学案)
2021年高考数学一轮总复习 18.3 不等式的证明(二)教案 理 新人教A版
2021年高考数学一轮总复习 18.3 不等式的证明(二)教案 理 新人教A版典例精析题型一 用放缩法、反证法证明不等式【例1】已知a ，b ∈R ，且a ＋b ＝1，求证：(a ＋2)2＋(b ＋2)2≥252. 【证明】 方法一：(放缩法)因为a ＋b ＝1，所以左边＝(a ＋2)2＋(b ＋2)2≥2[(a ＋2)＋(b ＋2)2]2＝12[(a ＋b)＋4]2＝252＝右边. 方法二：(反证法)假设(a ＋2)2＋(b ＋2)2＜252，则 a2＋b2＋4(a ＋b)＋8＜252. 由a ＋b ＝1，得b ＝1－a ，于是有a2＋(1－a)2＋12＜252. 所以(a －12)2＜0，这与(a －12)2≥0矛盾. 故假设不成立，所以(a ＋2)2＋(b ＋2)2≥252. 【点拨】 根据不等式左边是平方和及a ＋b ＝1这个特点，选用重要不等式a2 ＋ b2≥ 2(a ＋ b 2)2来证明比较好，它可以将具备a2＋b2形式的式子缩小. 而反证法的思路关键是先假设命题不成立，结合条件a ＋b ＝1，得到关于a 的不等式，最后与数的平方非负的性质矛盾，从而证明了原不等式.当然本题也可以用分析法和作差比较法来证明.【变式训练1】设a0，a1，a2，…，an －1，an 满足a0＝an ＝0，且有a0－2a1＋a2≥0，a1－2a2＋a3≥0，…an －2－2an －1＋an≥0，求证：a1，a2，…，an －1≤0.【证明】由题设a0－2a1＋a2≥0得a2－a1≥a1－a0.同理，an －an －1≥an－1－an －2≥…≥a2－a1≥a1－a0.假设a1，a2，…，an －1中存在大于0的数，假设ar 是a1，a2，…，an －1中第一个出现的正数. 即a1≤0，a2≤0，…，ar －1≤0，ar ＞0，则有ar －ar －1＞0，于是有an －an －1≥an－1－an －2≥…≥ar－ar －1＞0. 并由此得an≥an－1≥an－2≥…≥ar＞0.这与题设an ＝0矛盾.由此证得a1，a2，…，an －1≤0成立.题型二 用数学归纳法证明不等式【例2】用放缩法、数学归纳法证明：设an ＝1×2＋2×3＋…＋n(n ＋1)，n ∈N*，求证：n(n ＋1)2＜an ＜(n ＋1)22. 【证明】 方法一：(放缩法)n2＜n(n ＋1)＜n ＋(n ＋1)2，即n ＜n(n ＋1)＜2n ＋12. 所以1＋2＋…＋n ＜an ＜12[1＋3＋…＋(2n ＋1)].所以n(n ＋1)2＜an ＜12·(n ＋1)(1＋2n ＋1)2， 即n(n ＋1)2＜an ＜(n ＋1)22. 方法二：(数学归纳法)①当n ＝1时，a1＝2，而1＜2＜2，所以原不等式成立.②假设n ＝k (k≥1)时，不等式成立，即k(k ＋1)2＜ak ＜(k ＋1)22. 则当n ＝k ＋1时，ak ＋1＝1×2＋2×3＋…＋k(k ＋1)＋(k ＋1)(k ＋2)，所以k(k ＋1)2＋(k ＋1)(k ＋2)＜ak ＋1＜(k ＋1)22＋(k ＋1)(k ＋2). 而k(k ＋1)2＋(k ＋1)(k ＋2)＞k(k ＋1)2＋(k ＋1)(k ＋1)＝k(k ＋1)2＋(k ＋1)＝(k ＋1)(k ＋2)2， (k ＋1)22＋(k ＋1)(k ＋2)＜(k ＋1)22＋(k ＋1)＋(k ＋2)2＝k2＋4k ＋42＝(k ＋2)22. 所以(k ＋1)(k ＋2)2＜ak ＋1＜(k ＋2)22. 故当n ＝k ＋1时，不等式也成立.综合①②知当n ∈N*，都有n(n ＋1)2＜an ＜(n ＋1)22. 【点拨】 在用放缩法时，常利用基本不等式n(n ＋1)＜n ＋(n ＋1)2将某个相乘的的式子进行放缩，而在上面的方法二的数学归纳法的关键步骤也要用到这个公式.在用数学归纳法时要注意根据目标来寻找思路.【变式训练2】已知数列8×112×32，8×232×52，…，8n (2n －1)2(2n ＋1)2，…，Sn 为其前n 项和，计算得S1＝89，S2＝2425，S3＝4849，S4＝8081，观察上述结果推测出计算Sn 的公式且用数学归纳法加以证明.【解析】猜想Sn ＝(2n ＋1)2－1(2n ＋1)2(n ∈N ＋). 证明：①当n ＝1时，S1＝32－132＝89，等式成立. ②假设当n ＝k(k≥1)时等式成立，即Sk ＝(2k ＋1)2－1(2k ＋1)2. 则Sk ＋1＝Sk ＋8(k ＋1)(2k ＋1)2(2k ＋3)2＝(2k ＋1)2－1(2k ＋1)2＋8(k ＋1)(2k ＋1)2(2k ＋3)2＝(2k ＋1)2(2k ＋3)2－(2k ＋1)2(2k ＋1)2(2k ＋3)2＝[2(k ＋1)＋1]2－1[2(k ＋1)＋1]2. 即当n ＝k ＋1时，等式也成立.综合①②得，对任何n ∈N ＋，等式都成立.题型三 用不等式证明方法解决应用问题【例3】某地区原有森林木材存量为a ，且每年增长率为25%，因生产建设的需要每年年底要砍伐的木材量为b ，设an 为n 年后该地区森林木材存量.(1)求an 的表达式；(2)为保护生态环境，防止水土流失，该地区每年森林木材量应不少于79a ，如果b ＝1972a ，那么该地区今后会发生水土流失吗？若会，需要经过几年？(取lg 2＝0.30)【解析】(1)依题意得a1＝a(1＋14)－b ＝54a －b ， a2＝54a1－b ＝54(54a －b)－b ＝(54)2a －(54＋1)b ， a3＝54a2－b ＝(54)3a －[(54)2＋(54＋1)]b ， 由此猜测an ＝(54)na －[(54)n －1＋(54)n －2＋…＋54＋1]b ＝(54)na －4[(54)n －1]b(n ∈N ＋).下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a1＝54a －b ，猜测成立. ②假设n ＝k(k ≥2)时猜测成立，即ak ＝(54)ka －4[(54)k －1]b 成立. 那么当n ＝k ＋1时，ak ＋1＝54ak －b ＝54⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫(54)ka －4[(54)k －1]b －b ＝(54)k ＋1a －4[(54)k ＋1－1]b ，即当n ＝k ＋1时，猜测仍成立.由①②知，对任意n ∈N ＋，猜测成立.(2)当b ＝1972a 时，若该地区今后发生水土流失，则森林木材存量必须少于79a ， 所以(54)na －4[(54)n －1]·1972a ＜79a ，整理得(54)n ＞5， 两边取对数得nlg 54＞lg 5， 所以n ＞lg 5lg 5－2lg 2＝1－lg 21－3lg 2≈1－0.301－3×0.30＝7. 故经过8年该地区就开始水土流失.【变式训练3】经过长期观测得到：在交通繁忙的时段内，某公路段汽车的车流量y(千辆/时)与汽车的平均速度v(千米/时)之间的函数关系为y ＝920v v2＋3v ＋1 600(v ＞0). (1)在该时段内，当汽车的平均速度v 为多少时，车流量最大？最大车流量为多少？(精确到0.1千辆/时)(2)若要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应在什么范围内？【解析】(1)依题意，y ＝9203＋(v ＋1 600v )≤9203＋2 1 600＝92083，当且仅当v ＝1 600v ，即v ＝40时，上式等号成立，所以ymax ＝92083≈11.1(千辆/时).(2)由条件得920v v2＋3v ＋1 600＞10，整理得v2－89v ＋1 600＜0， 即(v －25)(v －64)＜0，解得25＜v ＜64.答：当v ＝40千米/时时，车流量最大，最大车流量约为11.1千辆/时.如果要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应大于25千米/时且小于64千米/时. 总结提高1.有些不等式，从正面证如果不易说清，可以考虑反证法，凡是含有“至少”、“唯一”或者其他否定词的命题适用反证法.在一些客观题如填空、选择题之中，也可以用反证法的方法进行命题正确与否的判断.2.放缩法是证明不等式特有的方法，在证明不等式过程中常常要用到它，放缩要有目标，目标在结论和中间结果中寻找.常用的放缩方法有：(1)添加或舍去一些项，如a2＋1＞||a ，n(n ＋1)＞n ；(2)将分子或分母放大(或缩小)；(3)利用基本不等式，如n(n ＋1)＜n ＋(n ＋1)2； (4)利用常用结论，如k ＋1－k ＝1k ＋1＋k ＜12k， 1k2＜1k(k －1)＝1k －1－1k ； 1k2＞1k(k ＋1)＝1k －1k ＋1(程度大)；1k2＜1k2－1＝1(k －1)(k ＋1)＝12(1k －1－1k ＋1) (程度小). 3.用数学归纳法证明与自然数有关的不等式的证明过程与用数学归纳法证明其他命题一样，先要奠基，后进行假设与推理，二者缺一不可.。
高三数学高考专题复习系列导学案不等式-不等式证明(二)
第4课时 不等式证明（二）证明不等式的其它方法：反证法、换元法、放缩法、判别式法等．反证法：从否定结论出发，经过逻辑推理导出矛盾，证实结论的否定是错误的，从而肯定原命题是正确的证明方法．换元法：对结构较为复杂，量与量之间关系不甚明了的命题，通过恰当引入新变量，代换原命题中的部分式子，简化原有结构，使其转化为便于研究的形式的证明方法．放缩法：为证明不等式的需要，有时需舍去或添加一些代数项，使不等式的一边放大或缩小，利用不等式的传递性，达到证题的目的，这种方法叫放缩法．判别式法：根据已知的式子或构造出来的一元二次方程的根，一元二次不等式的解集，二次函数的性质等特征，确定其判别式所应满足的不等式，从而推出所证的不等式成立．例1. 已知f(x)＝x 2＋px ＋q ，(1) 求证：f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；(2) 求证：｜f(1)｜、｜f(2)｜、｜f(3)｜中至少有一个不小于21．证明: (1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p ＋q)＋(9＋3p ＋q)－2(4＋2p ＋q)＝2(2)用反证法。
假设｜f(1)｜、｜f(2)｜、｜f(3)｜都小于21，则｜f(1)｜+2｜f(2)｜+｜f(3)｜＜2，而｜f(1)｜+2｜f(2)｜+｜f(3)｜≥f(1)＋f(3)－2f(2)＝2，出现矛盾.∴｜f(1)｜、｜f(2)｜、｜f(3)｜中至少有一个不小于21.变式训练1：设∈c b a 、、+R ，那么三个数b a 1+、c b 1+、a c 1+ （ ） A ．都不大于2 B ．都不小于2C ．至少有一个不大于2D ．至少有一个不小于2解:D例2. （1） 已知x 2＋y 2＝1，求证:2211a ax y a +≤-≤+-.（2） 已知a 、b ∈R ，且a 2＋b 2≤1，求证:2222≤-+b ab a .证明:(1)设ααsin ,cos ==y x∴ ααcos sin a ax y -=-)sin(12φα++=a(其中221sin ,11cos a a a +-=+=φφ)∵ 1)sin(1≤+≤-φα∴ 2211a ax y a +≤-≤+-(2)令ααcos ,sin k b k a ==(其中k 2≤1), 则222b ab a -+αααα22222cos cos sin 2sin k k k -+=)42sin(22πα-=k ≤222≤k故原不等式成立.变式训练2： 设实数x ，y 满足x 2＋(y －1)2＝1，当x ＋y ＋c≥0时，c 的取值范围是（ ） A.)12[∞+-，，B. ]12(--∞，，C.)12[∞++，，D.]12(+-∞，，解:A例3. 若2≥∈n N n ，且，求证：1131211121222<+⋅⋅⋅++<+-n n 证明：当2≥n 时 )1()1(2+<<-n n n n n 即n n n n n 11111112--<<+- 1121)111()4131()3121(13121+-=+-+⋅⋅⋅+-+->+⋅⋅⋅++∴n n n n 111)111()3121()211(13121222<-=--+⋅⋅⋅+-+-<+⋅⋅⋅++n n n n 又故原不等式成立．变式训练3：若f(n)＝12+n －n ，g(n)＝n －12-n ，ϕ(n)＝n21，则f (n)，g (n)，ϕ(n)的大小顺序为____________．解:g(n)>φ(n)>f(n)例4. 证明：23112122≤+++≤x x x ． 证明：设1122+++=x x x y ，则(1－y)x 2＋x ＋1－y ＝0 (1)当y≠1时，∵x ∈R ，∴△＝1－4(1－y)2≥0 得)1(2321≠≤≤y y(2)当y ＝1时，由(1－y)x 2＋x ＋1－y ＝0得x ＝0而x ＝0是函数1122+++=x x x y 的定义域中的一个值； ∴y ＝1是它值域中的一个值.综合(1)和(2)可知，2321≤≤y ， 即23112122≤+++≤x x x ． 变式训练4：设二次函数)0()(2≠∈++=a R c b a c bx ax x f 且、、，若函数)(x f y =的图象与直线x y =和x y -=均无公共点．(1) 求证：142>-b ac(2) 求证：对于一切实数x 恒有||41||2a c bx ax >++ 证明：(1)由ax 2＋(b －1)x ＋c ＝0无实根，得Δ1＝(b －1)2－4ac<0由ax 2＋(b ＋1)x ＋c ＝0无实根得Δ2＝(b ＋1)2－4ac<0两式相加得：4ac －b 2>1(2)∵4ac －b 2>1>0，∴a(x ＋a b 2)2与ab ac 442-同号， ∴｜ax ＋bx ＋c ｜＝｜ a(x ＋a b 2)2＋ab ac 442-｜ ＝｜a ｜(x ＋a b 2)2＋a b ac 442-≥a b ac 442->a411．凡是含有“至少”，“至多”，“唯一”，“不存在”或其它否定词的命题适宜用反证法．2．在已知式子中，如果出现两变量之和为正常数或变量的绝对值不大于一个正常数，可进行三角变换，换元法证明不等式时，要注意换元的等价性．3．放缩法证题中，放缩必须有目标，放缩的途径很多，如用均值不等式，增减项、放缩因式等．4．含有字母的不等式，如果可以化成一边为零，另一边是关于某字母的二次三项式时，可用判别式法证明不等式成立，但要注意根的范围和题设条件的限制．。
高三数学 第41课时 不等式的证明(1)教案
课题：不等式的证明（1）教学目标：掌握并灵活运用比较法证明简单的不等式，掌握综合法与分析法，会利用 综合法和分析法证明不等式教学重点：灵活作差比较法、作商比较法证明不等式，能合理进行作差（作商）后的 变形、配凑，会灵活应用综合法、分析法解决不等式的证明问题。
（一） 主要知识：比较法证明不等式的基本步骤：⎧⎫⎪⎪⎪⎪→→⎨⎬⎪⎪⎪⎪⎭⎩配方法分解法作差（商）变形判断通分法放缩法有理化综合法：就是从题设条件和已经证明的基本不等式出发，不断用必要条件替换前面的不等式，直至推出要证明的结论，可简称为“由因导果”，在使用分析法证明不等式时，要 注意基本不等式的应用。
分析法：就是从所要证明的不等式出发，不断地利用充分条件替换前面的不等式，直至 找到题设条件或已经证明的基本不等式。
可简称为“执果索因”，在使用分析法证明不等 式时，习惯上用“⇐”或“⇔”表达。
（二）典例分析：问题1．已知0,0,0a b c >>>，且互不相等，1abc =111a b c<++问题2．已知:x ≥0,y ≥0，求证：()()21124x y x y +++≥问题3．设0,0,2a b c a b >>>+，求证：c a c <<问题4．已知0a >，0b >，且a b ≠> 用比较法、综合法、分析法证明，用尽可能多的方法）（三）课后作业：1.已知：222121n a a a +++=L ，222121n x x x +++=L ，*n N ∈ 求证: 11221n n a x a x a x +++≤L ．2.若3a ≥,求证：321---<--a a a a ．3.已知0a b >>,求证：bb a ab b a a b a 8)(28)(22-<-+<-．4.若,,a b c R +∈，1a b c ++=,求证：()1；()2111(1)(1)(1)8a b c---≥5.（09届湖北黄冈市红安一中高二实验期中）⑴已知,a b 是正常数，a b ≠，,(0,)x y ∈+∞，求证：222()a b a b x y x y ++≥+，并指出等号成立的条件；⑵利用⑴的结论求函数29()12f x x x =+-（1(0,)2x ∈）的最小值，并指出取最小值时x 的值．（四）走向高考：6.（06上海）已知函数ay x x=+有如下性质：如果常数a ＞0，那么该函数在(，上是减函数，在)+∞)上是增函数．（1）如果函数y ＝x ＋xb 2（x ＞0）的值域为[)6,+∞，求b 的值；（2）研究函数y ＝2x ＋2xc （常数c ＞0）在定义域内的单调性，并说明理由；（3）对函数y ＝x ＋x a 和y ＝2x ＋2xa （常数a ＞0）作出推广，使它们都是你所推广的函数的特例．研究推广后的函数的单调性（只须写出结论，不必证明），并求函数)(x F ＝n x x )1(2+＋n x x)1(2+（n 是正整数）在区间[21，2]上的最大值和最小值（可利用你的研究结论）．。
高考数学一轮复习 不等式选讲 2 第2讲 不等式的证明教案 理-人教版高三全册数学教案
第2讲 不等式的证明1．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，那么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，那么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，那么a ＋b ＋c3≥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，那么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．对于任意的x 、y ∈R ，求证|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|≥3. 证明：根据绝对值的几何意义，可知|x －1|＋|x |≥1， |y －1|＋|y ＋1|≥2，所以|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|≥1＋2＝3. 假设a ，b ∈(0，＋∞)且a ＋b ＝1，求证：1a 2＋1b2≥8.证明：因为a ＋b ＝1， 所以a 2＋2ab ＋b 2＝1. 因为a >0，b >0， 所以1a 2＋1b 2＝〔a ＋b 〕2a 2＋〔a ＋b 〕2b 2＝1＋2ba ＋b 2a 2＋1＋2a b ＋a 2b 2＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b a ＋2a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a 2＋a 2b 2≥2＋22b a ·2ab＋2b 2a 2·a 2b 2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫当a ＝b ＝12时取等号.假设x ，y ，z ∈R ＋，且x ＋y >z ，求证：x 1＋x ＋y 1＋y >z1＋z .证明：因为x ＋y >z ， 所以x ＋y －z >0.由分数性质得z 1＋z <z ＋〔x ＋y －z 〕1＋z ＋〔x ＋y －z 〕＝x ＋y1＋x ＋y.因为x >0，y >0，所以x ＋y 1＋x ＋y ＝x 1＋x ＋y ＋y 1＋x ＋y <x 1＋x ＋y 1＋y.所以x 1＋x ＋y 1＋y >z1＋z.假设a >b >1，证明：a ＋1a >b ＋1b.证明：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a ＋1a －⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b >0，所以a ＋1a >b ＋1b.比较法证明不等式[典例引领](2016·高考全国卷Ⅱ)函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，M 为不等式f (x )＜2的解集． (1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |＜|1＋ab |.【解】 (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12＜x ＜12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )＜2得－2x ＜2，解得x ＞－1；当－12＜x ＜12时，f (x )＜2；当x ≥12时，由f (x )＜2得2x ＜2，解得x ＜1.所以f (x )＜2的解集M ＝{x |－1＜x ＜1}．(2)证明：由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1＜a ＜1，－1＜b ＜1，从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)(1－b 2)＜0. 因此|a ＋b |＜|1＋ab |.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．[通关练习]1．假设a ，b ∈R ＋，证明：(a ＋b )(a 5＋b 5)≤2(a 6＋b 6)．证明：因为(a ＋b )(a 5＋b 5)－2(a 6＋b 6)＝a 6＋a 5b ＋ab 5＋b 6－2a 6－2b 6＝a 5b ＋ab 5－a 6－b 6＝a 5(b －a )＋b 5(a －b )＝(a －b )(b 5－a 5)．当a >b >0时，a －b >0，b 5－a 5<0，有(a －b )(b 5－a 5)<0. 当b >a >0时，a －b <0，b 5－a 5>0，有(a －b )(b 5－a 5)<0. 当a ＝b >0时，a －b ＝0，有(a －b )(b 5－a 5)＝0. 综上可知(a ＋b )(a 5＋b 5)≤2(a 6＋b 6)．2．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<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.用综合法、分析法证明不等式[典例引领](2017·高考全国卷Ⅱ)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， 再证a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6≥a 6＋2a 3b 3＋b 6， 再证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，再证a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3≤8，再证ab (a ＋b )≤2， 再证ab (a ＋b )≤a 3＋b 3，再证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条件，又时刻瞄准解题目标，即不仅要搞清什么，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．[通关练习]1．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．2．实数a ，b ，c 满足a >0，b >0，c >0，且abc ＝1. (1)证明：(1＋a )(1＋b )(1＋c )≥8； (2)证明：a ＋b ＋c ≤1a ＋1b ＋1c.证明：(1)1＋a ≥2a ，1＋b ≥2b ，1＋c ≥2c ， 相乘得：(1＋a )(1＋b )(1＋c )≥8abc ＝8. (2)1a ＋1b ＋1c＝ab ＋bc ＋ac ，ab ＋bc ≥2ab 2c ＝2b ，ab ＋ac ≥2a 2bc ＝2a ， bc ＋ac ≥2abc 2＝2c ，相加得a ＋b ＋c ≤1a ＋1b ＋1c.反证法证明不等式[典例引领]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．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，那么b ＋c >－a >0，所以ab ＋bc ＋ca ＝a (b ＋c )＋bc <0，与题设矛盾． (2)假设a ＝0，那么与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[典例引领]假设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〕，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“假设0<a <b ，m >0，那么a b <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＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <n n ＝1.所以原不等式成立．用数学归纳法证明不等式[典例引领]证明贝努利不等式：设x ∈R ，且x >－1，x ≠0，n ∈N ，n >1，那么(1＋x )n>1＋nx . 【证明】 (1)当n ＝2时，因为x ≠0. 所以(1＋x )2＝1＋2x ＋x 2>1＋2x ，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥2)时不等式成立， 即有(1＋x )k >1＋kx ，那么当n ＝k ＋1时，由于x >－1，x ≠0. 所以(1＋x )k ＋1＝(1＋x )(1＋x )k>(1＋x )(1＋kx )＝1＋x ＋kx ＋kx 2>1＋(k ＋1)x ， 所以当n ＝k ＋1时不等式成立． 由(1)(2)可知，贝努利不等式成立．用数学归纳法证明与自然数有关的命题时应注意以下两个证题步骤： (1)证明当n ＝n 0(满足命题的最小的自然数的值)时，命题正确．(2)在假设n ＝k (k ≥n 0)时命题正确的基础上，推证当n ＝k ＋1时，命题也正确．这两步合为一体才是数学归纳法，缺一不可．其中第一步是基础，第二步是递推的依据．证明：对于n ∈N *，不等式|sin n θ|≤n |sin θ|恒成立．证明：(1)当n ＝1时，上式左边＝|sin θ|＝右边，不等式成立．(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时不等式成立，即有|sin kθ|≤k|sin θ|.当n＝k＋1时，|sin(k＋1)θ|＝|sin kθcos θ＋cos kθsin θ|≤|sin kθcos θ|＋|cos kθsin θ|＝|sin kθ|·|cos θ|＋|cos kθ|·|sin θ|≤|sin kθ|＋|sin θ|≤k|sin θ|＋|sin θ|＝(k＋1)|sin θ|.所以当n＝k＋1时不等式也成立．由(1)(2)可知，不等式对一切正整数n均成立．证明不等式的常用方法与技巧(1)如果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，那么考虑用反证法；如果待证不等式与自然数有关，那么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．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．1．(2018·某某省两校阶段性测试)函数f(x)＝|x－2|.(1)解不等式：f(x)＋f(x＋1)≤2；(2)假设a<0，求证：f(ax)－af(x)≥f(2a)．解：(1)由题意，得f(x)＋f(x＋1)＝|x－1|＋|x－2|.因此只要解不等式|x－1|＋|x－2|≤2.当x ≤1时，原不等式等价于－2x ＋3≤2，即12≤x ≤1；当1<x ≤2时，原不等式等价于1≤2，即1<x ≤2； 当x >2时，原不等式等价于2x －3≤2，即2<x ≤52.综上，原不等式的解集为⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫12≤x ≤52.(2)证明：由题意得f (ax )－af (x )＝|ax －2|－a |x －2|＝|ax －2|＋|2a －ax |≥|ax －2＋2a －ax |＝|2a －2|＝f (2a )， 所以f (ax )－af (x )≥f (2a )成立． 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．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)假设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．设a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1.(1)求证：2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12； (2)求证：a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a≥2. 证明：(1)要证2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12，只需证1≥4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2，即证1－(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)≥0，而1－(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)＝(a ＋b ＋c )2－(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)＝a 2＋b 2－2ab ＝(a －b )2≥0成立，所以2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12. (2)因为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 ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c ＋b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c ＋c a ＋c ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a ≥2a ＋2b ＋2c ＝2(当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立)． 5．函数f (x )＝|x －1|.(1)解不等式f (x )＋f (x ＋4)≥8；(2)假设|a |<1，|b |<1，且a ≠0，求证：f (ab )>|a |f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a .解：(1)f (x )＋f (x ＋4)＝|x －1|＋|x ＋3|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2，x <－3，4，－3≤x ≤12x ＋2，x >1.当x <－3时，由－2x －2≥8，解得x ≤－5；当－3≤x ≤1时，4≥8不成立；当x >1时，由2x ＋2≥8，解得x ≥3.所以不等式f (x )＋f (x ＋4)≥8的解集为{x |x ≤－5或x ≥3}．(2)证明：f (ab )>|a |f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a，即|ab －1|>|a －b |. 因为|a |<1，|b |<1，所以|ab －1|2－|a －b |2＝(a 2b 2－2ab ＋1)－(a 2－2ab ＋b 2)＝(a 2－1)(b 2－1)>0， 所以|ab －1|>|a －b |.故所证不等式成立．1．(2018·某某市武昌区调研考试)设函数f (x )＝|x －2|＋2x －3，记f (x )≤－1的解集为M .(1)求M ；(2)当x ∈M 时，证明：x [f (x )]2－x 2f (x )≤0.解：(1)由，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1，x ≤23x －5，x >2. 当x ≤2时，由f (x )＝x －1≤－1，解得x ≤0，此时x ≤0；当x >2时，由f (x )＝3x －5≤－1，解得x ≤43，显然不成立． 故f (x )≤－1的解集为M ＝{x |x ≤0}．(2)证明：当x ∈M 时，f (x )＝x －1，于是x [f (x )]2－x 2f (x )＝x (x －1)2－x 2(x －1)＝－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14. 令g (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14，那么函数g (x )在(－∞，0]上是增函数， 所以g (x )≤g (0)＝0.故x [f (x )]2－x 2f (x )≤0.2．(2018·某某模拟)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 ＋ac2， 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．3．a ，b ，c 均为正实数．求证：(1)(a ＋b )(ab ＋c 2)≥4abc ；(2)假设a ＋b ＋c ＝3，那么a ＋1＋b ＋1＋c ＋1≤3 2.证明：(1)要证(a ＋b )(ab ＋c 2)≥4abc ，可证a 2b ＋ac 2＋ab 2＋bc 2－4abc ≥0，需证b (a 2＋c 2－2ac )＋a (c 2＋b 2－2bc )≥0，即证b (a －c )2＋a (c －b )2≥0，当且仅当a ＝b ＝c 时，取等号，由，上式显然成立，故不等式(a ＋b )(ab ＋c 2)≥4abc 成立．(2)因为a ，b ，c 均为正实数，由不等式的性质知 a ＋1·2≤a ＋1＋22＝a ＋32，当且仅当a ＋1＝2时，取等号， b ＋1·2≤b ＋1＋22＝b ＋32，当且仅当b ＋1＝2时，取等号， c ＋1·2≤c ＋1＋22＝c ＋32，当且仅当c ＋1＝2时，取等号， 以上三式相加，得2(a ＋1＋b ＋1＋c ＋1)≤a ＋b ＋c ＋92＝6， 所以a ＋1＋b ＋1＋c ＋1≤32，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，取等号．。
高考数学一轮复习 不等式选讲 第2讲 不等式的证明学案
第2讲不等式的证明板块一知识梳理·自主学习[必备知识]考点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．考点2 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，这种证明方法叫做综合法．综合法又叫由因导果法．考点3 分析法证明命题时，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，这是一种执果索因的思考和证明方法．考点4 反证法证明命题时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，从而得出原命题成立，我们把这种证明方法称为反证法．考点5 放缩法证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小，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．考点6 柯西不等式 1．二维形式的柯西不等式定理1 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．柯西不等式的向量形式定理2 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．[考点自测]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x ＋2yx －y>1，则x ＋2y >x －y .( ) (3)|a ＋b |＋|a －b |≥|2a |.( )(4)若实数x 、y 适合不等式xy >1，x ＋y >－2，则x >0，y >0.( ) 答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√2．[2018·温州模拟]若a ，b ，c ∈R ，a >b ，则下列不等式成立的是( ) A.1a <1bB ．a 2>b 2C.ac 2＋1>bc 2＋1D ．a |c |>b |c |答案 C解析 应用排除法．取a ＝1，b ＝－1，排除A ；取a ＝0，b ＝－1，排除B ；取c ＝0，排除D.显然1c 2＋1>0，对不等式a >b 的两边同时乘以1c 2＋1，立得a c 2＋1>bc 2＋1成立．故选C. 3．[课本改编]不等式：①x 2＋3>3x ；②a 2＋b 2≥2(a －b －1)；③b a ＋ab≥2，其中恒成立的是( )A ．①③B ．②③C ．①②③D ．①② 答案 D解析 由①得x 2＋3－3x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋34>0，所以x 2＋3>3x ；对于②，因为a 2＋b 2－2(a －b－1)＝(a －1)2＋(b ＋1)2≥0，所以不等式成立；对于③，因为当ab <0时，b a ＋a b －2＝(a －b )2ab<0，即b a ＋ab<2.故选D.4．[2018·南通模拟]若|a －c |<|b |，则下列不等式中正确的是( ) A ．a <b ＋c B ．a >c －b C ．|a |>|b |－|c |D ．|a |<|b |＋|c |答案 D解析 |a |－|c |≤|a －c |<|b |，即|a |<|b |＋|c |，故选D.5．已知a ，b ，c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1c的最小值为________．答案 9解析 解法一：把a ＋b ＋c ＝1代入1a ＋1b ＋1c，得a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋cc＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c a ＋a c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立．解法二：由柯西不等式得：(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c ≥⎝⎛⎭⎪⎫a ·1a ＋b ·1b＋c ·1c 2，即1a ＋1b ＋1c≥9.6．[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 )34，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2.板块二 典例探究·考向突破 考向比较法证明不等式例 1 [2016·全国卷Ⅱ]已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，M 为不等式f (x )<2的解集．(1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |<|1＋ab |.解 (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12<x <12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )<2，得－2x <2，解得x >－1，即－1<x ≤－12；当－12<x <12时，f (x )<2，即－12<x <12；当x ≥12时，由f (x )<2，得2x <2，解得x <1，即12≤x <1.所以f (x )<2的解集M ＝{x |－1<x <1}．(2)证明：由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1<a <1，－1<b <1，从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)(1－b 2)<0.因此|a ＋b |<|1＋ab |.触类旁通比较法证明的一般步骤一般步骤：作差—变形—判断—结论．为了判断作差后的符号，有时要把这个差变形为一个常数，或者变形为一个常数与一个或几个平方和的形式，也可变形为几个因式的积的形式，以判断其正负．常用的变形技巧有因式分解、配方、拆项、拼项等方法．【变式训练1】 [2018·福建模拟]已知函数f (x )＝|x ＋1|. (1)求不等式f (x )<|2x ＋1|－1的解集M ； (2)设a ，b ∈M ，证明：f (ab )>f (a )－f (－b )．解 (1)当x ≤－1时，原不等式可化为－x －1<－2x －2，解得x <－1；当－1<x <－12时，原不等式可化为x ＋1<－2x －2，解得x <－1，此时原不等式无解；当x ≥－12时，原不等式可化为x ＋1<2x ，解得x >1，综上，M ＝{x |x <－1或x >1}．(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 |.因为a ，b ∈M ，所以|b |>1，|a ＋1|>0， 所以f (ab )>|a ＋1|－|1－b |， 即f (ab )>f (a )－f (－b )．证法二：因为f (a )－f (－b )＝|a ＋1|－|－b ＋1| ≤|a ＋1－(－b ＋1)|＝|a ＋b |， 所以要证f (ab )>f (a )－f (－b )，只需证|ab ＋1|>|a ＋b |，即证|ab ＋1|2>|a ＋b |2，即证a 2b 2＋2ab ＋1>a 2＋2ab ＋b 2，即证a 2b 2－a 2－b 2＋1>0，即证(a 2－1)(b 2－1)>0.因为a ，b ∈M ，所以a 2>1，b 2>1，所以(a 2－1)(b 2－1)>0成立，所以原不等式成立．考向用综合法与分析法证明不等式例 2 (1)[2018·浙江金华模拟]已知x ，y ∈R . ①若x ，y 满足|x －3y |<12，|x ＋2y |<16，求证：|x |<310；②求证：x 4＋16y 4≥2x 3y ＋8xy 3. 证明 ①利用绝对值不等式的性质得：|x |＝15[|2(x －3y )＋3(x ＋2y )|]≤15[|2(x －3y )|＋|3(x ＋2y )|]<15⎝ ⎛⎭⎪⎫2×12＋3×16＝310.②因为x 4＋16y 4－(2x 3y ＋8xy 3) ＝x 4－2x 3y ＋16y 4－8xy 3＝x 3(x －2y )＋8y 3(2y －x ) ＝(x －2y )(x 3－8y 3)＝(x －2y )(x －2y )(x 2＋2xy ＋4y 2) ＝(x －2y )2[(x ＋y )2＋3y 2]≥0， ∴x 4＋16y 4≥2x 3y ＋8xy 3.(2)[2018·徐州模拟]已知a ，b ∈R ，a >b >e(其中e 是自然对数的底数)，求证：b a>a b.(提示：可考虑用分析法找思路)证明 ∵b a>0，a b>0， ∴要证b a>a b 只要证a ln b >b ln a 只要证ln b b >ln aa.(∵a >b >e)取函数f (x )＝ln x x ，∵f ′(x )＝1－ln x x2令f ′(x )＝0，x ＝e∴当x >e 时，f ′(x )<0，∴函数f (x )在(e ，＋∞)上单调递减． ∴当a >b >e 时，有f (b )>f (a )， 即ln b b >ln aa，得证．触类旁通综合法与分析法的逻辑关系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．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．【变式训练2】 (1)设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明：①ab ＋bc ＋ca ≤13；②a 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证法一：因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故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.证法二：由柯西不等式得：(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2a ＋a 2b ＋b 2c ≥(c ＋a ＋b )2，∵a ＋b ＋c ＝1，∴c 2a ＋a 2b ＋b 2c≥1. (2)[2015·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 ；②a ＋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.所以a ＋b >c ＋d .②(ⅰ)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 .(ⅱ)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．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)a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．证明 由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab，a >0，b >0，得ab ＝1.(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2，当且仅当a ＝b ＝1时等号成立．(2)假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则由a 2＋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a 2＋a <2与b 2＋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．【变式训练3】 [2018·达州校级期末]已知a ，b ，c ∈(0,1)．求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不能同时大于14.证明 假设三式同时大于14，即(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >14.三式同向相乘，得(1－a )a (1－b )b (1－c )c >164(*)又(1－a )a ≤⎝⎛⎭⎪⎫1－a ＋a 22＝14，同理(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14.所以(1－a )a (1－b )b (1－c )c ≤164，与*式矛盾，即假设不成立，故结论正确．考向柯西不等式的应用例 4 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a i ，b i (i ＝1,2，…，n )，有(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2≤(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )，当且仅当a i ＝kb i (i ＝1,2，…，n )时，等号成立．(1)证明：当n ＝2时的柯西不等式；(2)设a ，b ，m ，n ∈R ，且a 2＋b 2＝5，ma ＋nb ＝5，求m 2＋n 2的最小值．解 (1)证明：当n ＝2时，柯西不等式的二维形式为：(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)2＝a 21b 22＋a 22b 21－2a 1a 2b 1b 2＝(a 1b 2－a 2b 1)2≥0，当且仅当a 1b 2＝a 2b 1时取得等号．(2)由柯西不等式得(a 2＋b 2)(m 2＋n 2)≥(ma ＋nb )2，所以5(m 2＋n 2)≥52即m 2＋n 2≥5，所以m 2＋n 2的最小值为 5.触类旁通利用柯西不等式解题时，要注意配凑成相应的形式，既可从左向右用，也可从右向左用．【变式训练4】 [2018·皇姑区校级期末]设xy >0，则⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋4y 2⎝⎛⎭⎪⎫y 2＋1x2的最小值为( )A ．－9B ．9C ．10D ．0 答案 B解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋4y 2⎝ ⎛⎭⎪⎫y 2＋1x 2≥⎝⎛⎭⎪⎫x ·1x ＋2y·y 2＝9.当且仅当xy ＝2xy即xy ＝2时取等号．故选B.核心规律1.证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和反证法仍是证明不等式的基本方法．要依据题设、题目的结构特点、内在联系，选择恰当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维方法，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．2.综合法往往是分析法的相反过程，其表述简单、条理清楚．当问题比较复杂时，通常把分析法和综合法结合起来使用，以分析法寻找证明的思路，而用综合法叙述、表达整个证明过程．3.不等式证明中的裂项形式： (1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k .(2)1k 2<1k 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1.(3)1k －1k ＋1＝1(k ＋1)k <1k 2<1(k －1)k ＝1k －1－1k . (4)1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2).满分策略1.作差比较法适用的主要题型是多项式、分式、对数式、三角式，作商比较法适用的主要题型是高次幂乘积结构．2.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．3.高考命题专家说：“放缩是一种能力．”如何把握放缩的“度”，使得放缩“恰到好处”，这正是放缩法的精髓和关键所在！板块三 模拟演练·提能增分[A 级 基础达标]1．已知a ，b ，c ，d 均为正数，S ＝a a ＋b ＋d ＋b b ＋c ＋a ＋c c ＋d ＋b ＋d d ＋a ＋c，则一定有( )A ．0<S <1B ．1<S <2C ．2<S <3D ．3<S <4答案 B 解析 S >a a ＋b ＋c ＋d ＋b a ＋b ＋c ＋d ＋ca ＋b ＋c ＋d ＋da ＋b ＋c ＋d＝1，S <aa ＋b ＋ba ＋b ＋cc ＋d ＋dc ＋d＝2，∴1<S <2.故选B.2．[2018·驻马店期末]若x 1，x 2，x 3∈(0，＋∞)，则3个数x 1x 2，x 2x 3，x 3x 1的值( ) A ．至多有一个不大于1 B ．至少有一个不大于1 C ．都大于1 D ．都小于1答案 B解析 解法一：设x 1≤x 2≤x 3，则x 1x 2≤1，x 2x 3≤1，x 3x 1≥1.故选B. 解法二：设x 1x 2>1，x 2x 3>1，x 3x 1>1， ∴x 1x 2·x 2x 3·x 3x 1>1与x 1x 2·x 2x 3·x 3x 1＝1矛盾， ∴至少有一个不大于1.3．设x >0，y >0，M ＝x ＋y 2＋x ＋y ，N ＝x 2＋x ＋y2＋y，则M 、N 的大小关系为________．答案 M <N解析 N ＝x 2＋x ＋y 2＋y >x 2＋x ＋y ＋y2＋x ＋y＝x ＋y2＋x ＋y＝M .4．已知a ，b ∈R ，a 2＋b 2＝4，则3a ＋2b 的取值范围是________． 答案 [－213，213] 解析 根据柯西不等式(ac ＋bd )2≤(a 2＋b 2)·(c 2＋d 2)，可得(3a ＋2b )2≤(a 2＋b 2)·(32＋22) ∴－213≤3a ＋2b ≤213. 3a ＋2b ∈[－213，213]．[B 级 能力达标]5．求证：11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)<12(n ∈N *)．证明 ∵1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1∴左边＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12.6．[2018·泸州模拟]设函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －4a ＋|x ＋a |(a >0)．(1)证明：f (x )≥4；(2)若f (2)<5，求a 的取值范围．解 (1)证明：⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －4a ＋|x ＋a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋a ＋4a－x ＝a ＋4a≥4；当且仅当a ＝2时取等号．(2)f (2)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－4a ＋|a ＋2|.①当a ＝2时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－4a ＋|2＋a |<5显然满足；②当 0<a ≤2时，不等式变成a ＋4a<5，即a 2－5a ＋4<0⇒1<a <4，联立求解得1<a ≤2；③当a >2时，不等式变成a 2－a －4<0，∴1－172<a <1＋172，联立求解得2<a <1＋172.综上，a 的取值范围为1<a <1＋172. 7．[2018·龙门县校级模拟]已知函数f (x )＝|2x －1|.(1)若不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12≤2m ＋1(m >0)的解集为[－2,2]，求实数m 的值； (2)对任意x ∈R ，y >0，求证：f (x )≤2y ＋42y＋|2x ＋3|.解 (1)不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12≤2m ＋1⇔|2x |≤2m ＋1(m >0)， ∴－m －12≤x ≤m ＋12，由解集为[－2,2]，可得m ＋12＝2，解得m ＝32.(2)证明：原不等式即为|2x －1|－|2x ＋3|≤2y ＋42y .令g (x )＝|2x －1|－|2x ＋3|≤|(2x －1)－(2x ＋3)|＝4， 当2x ＋3≤0，即x ≤－32时，g (x )取得最大值4，又2y ＋42y≥22y ·42y ＝4，当且仅当2y ＝42y，即y ＝1时，取得最小值4.则|2x －1|－|2x ＋3|≤2y ＋42y. 故原不等式成立．8．[2018·黄山期末](1)已知a ，b ∈(0，＋∞)，求证：x ，y ∈R ，有x 2a ＋y 2b ≥(x ＋y )2a ＋b；(2)若0<a <2,0<b <2,0<c <2，求证：(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 不能同时大于1.证明 (1)证法一：⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2a ＋y 2b (a ＋b )＝x 2＋bx 2a ＋ay 2b ＋y 2≥x 2＋2xy ＋y 2＝(x ＋y )2，当且仅当bx 2a ＝ay 2b，即|bx |＝|ay |时取等号，由于a ，b ∈(0，＋∞)，所以有x 2a ＋y 2b ≥(x ＋y )2a ＋b. 证法二：由柯西不等式得(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2a ＋y 2b ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ·x a ＋b ·y b 2， 即(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2a ＋y 2b ≥(x ＋y )2， x 2a ＋y 2b ≥(x ＋y )2a ＋b. (2)假设结论不成立，即(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 同时大于1.⎭⎪⎬⎪⎫(2－a )b >1(2－b )c >1(2－c )a >1⇒(2－a )b ·(2－b )c ·(2－c )a >1， 而(2－a )b ·(2－b )c · (2－c )a ＝(2－a )a ·(2－b )b ·(2－c )c ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2－a ＋a 22⎝ ⎛⎭⎪⎫2－b ＋b 22⎝ ⎛⎭⎪⎫2－c ＋c 22＝1， 这与(2－a )b ·(2－b )c ·(2－c )a >1矛盾．所以假设错误，即(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 不能同时大于1.9．[2018·天津期末]已知x >y >0，m >0.(1)试比较y x 与y ＋m x ＋m的大小； (2)用分析法证明：xy (2－xy )≤1. 解 (1)因为y x －y ＋m x ＋m ＝m (y －x )x (x ＋m )，x >y >0，m >0. 所以m (y －x )<0，x (x ＋m )>0，所以m (y －x )x (x ＋m )<0，即y x －y ＋m x ＋m<0， 所以y x <y ＋m x ＋m . (2)证明：(用分析法证明)要证xy (2－xy )≤1，只需证2xy －(xy )2≤1，只需证(xy )2－2xy ＋1≥0，即证(xy －1)2≥0，因为x ，y >0，且(xy －1)2≥0成立，所以xy (2－xy )≤1.10．[2018·江阴市期末]已知实数a >0，b >0.(1)若a ＋b >2，求证：1＋b a ，1＋a b中至少有一个小于2； (2)若a －b ＝2，求证：a 3＋b >8.证明 (1)假设1＋b a ，1＋a b 都不小于2，则1＋b a ≥2，1＋a b≥2，因为a >0，b >0，所以1＋b ≥2a,1＋a ≥2b ，1＋1＋a ＋b ≥2(a ＋b )，即2≥a ＋b ，这与已知a ＋b >2相矛盾，故假设不成立．综上，1＋b a ，1＋a b中至少有一个小于2. (2)∵a －b ＝2，∴b ＝a －2，∵b >0，∴a >2，∴a 3＋b －8＝a 3－8＋a －2＝(a －2)(a 2＋2a ＋5)，∴(a －2)[(a ＋1)2＋4]>0，∴a 3＋b >8.。
高三数学一轮复习优质学案：第2讲 不等式的证明
第2讲不等式的证明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.知识梳理1.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、放缩法等.(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.(3)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，推导出所要证明的不等式成立，即“由因寻果”的方法，这种证明不等式的方法称为综合法.(4)反证法的证明步骤第一步：作出与所证不等式相反的假设；第二步：从条件和假设出发，应用正确的推理方法，推出矛盾的结论，否定假设，从而证明原不等式成立.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：设a，b，c，d都是实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(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.(2)算术—几何平均不等式若a 1，a 2，…，a n 为正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n ≥a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立.诊 断 自 测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(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.(2017·泰安模拟)若a ＞b ＞1，x ＝a ＋1a ，y ＝b ＋1b ，则x 与y 的大小关系是( )A.x ＞yB.x ＜yC.x ≥yD.x ≤y解析 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 . 答案 A3.(2017·聊城模拟)下列四个不等式：①log x 10＋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.1B.2C.3D.4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.答案 C4.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，∴m 2＋n 2≥5，∴所求最小值为5.答案 55.(2016·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12， M 为不等式f (x )<2的解集.(1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |<|1＋ab |.(1)解 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12<x <12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )<2得－2x <2， 解得x >－1；当－12<x <12时，f (x )<2成立；当x≥12时，由f(x)<2得2x<2，解得x<1.所以f(x)<2的解集M＝{x|－1<x<1}.(2)证明由(1)知，当a，b∈M时，－1<a<1，－1<b<1，从而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)<0，即(a＋b)2<(1＋ab)2，因此|a＋b|<|1＋ab|.考点一用分析法证明不等式『例1』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，而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.而这可以由ab＋bc＋ca≤a2＋b22＋b2＋c22＋c2＋a22＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)证得.∴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.规律方法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.『训练1』 (2016·宜昌一中月考)已知函数f (x )＝|x －1|.(1)解不等式f (x －1)＋f (x ＋3)≥6；(2)若|a |＜1，|b |＜1，且a ≠0，求证：f (ab )＞|a |f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a . (1)解 由题意，知原不等式等价为|x －2|＋|x ＋2|≥6，令g (x )＝|x －2|＋|x ＋2|，则g (x )＝⎩⎨⎧－2x ，x ≤－2，4，－2＜x ＜2，2x ，x ≥2.当x ≤－2时，由－2x ≥6，得x ≤－3；当－2＜x ＜2时，4≥6不成立，此时无解；当x ≥2时，由2x ≥6，得x ≥3.综上，不等式的解集是(－∞，－3』∪『3，＋∞).(2)证明 要证f (ab )＞|a |f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ， 只需证|ab －1|＞|b －a |，只需证(ab －1)2＞(b －a )2.而(ab －1)2－(b －a )2＝a 2b 2－a 2－b 2＋1＝(a 2－1)·(b 2－1)＞0，从而原不等式成立. 考点二 用综合法证明不等式『例2』 已知a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，求证：(1)1a ＋1b ＋1ab ≥8；(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ≥9. 证明 (1)∵a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0，∴1a ＋1b ＋1ab ＝1a ＋1b ＋a ＋b ab ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b a ＋a ＋b b ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋4≥4 b a ×a b ＋4＝8.∴1a ＋1b ＋1ab ≥8(当且仅当a ＝b ＝12时等号成立).(2)∵⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ＝1a ＋1b ＋1ab ＋1， 由(1)知1a ＋1b ＋1ab ≥8.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ≥9. 规律方法 (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.『训练2』 (2017·重庆适应性测试)设a ，b ，c ∈R ＋且a ＋b ＋c ＝1.(1)求证：2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12；(2)求证：a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a ≥2.证明 (1)因为1＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ≥4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2，所以2ab ＋bc ＋ca ＋c 22＝12(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)≤12.(2)因为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 ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c ＋b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c ＋c a ＋c ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a ≥2a ＋2b ＋2c ＝2. 考点三 柯西不等式的应用『例3』 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.(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≤3 3.当且仅当x ＝23，y ＝13，z ＝0时取等号.(2)解 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.规律方法 (1)使用柯西不等式证明的关键是恰当变形，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，要注意右边常数且应注意等号成立的条件.『训练3』 已知大于1的正数x ，y ，z 满足x ＋y ＋z ＝3 3.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，∴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.『思想方法』证明不等式的方法和技巧：(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，其简化的在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.『易错防范』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，要求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.。
高考数学一轮复习 6.3 不等式的证明(二)教案
6.3 不等式的证明（二）●知识梳理1.用综合法证明不等式：利用不等式的性质和已证明过的不等式以及函数的单调性导出待证不等式的方法叫综合法，概括为“由因导果”.2.用分析法证明不等式：从待证不等式出发，分析并寻求使这个不等式成立的充分条件的方法叫分析法，概括为“执果索因”.3.放缩法证明不等式.4.利用单调性证明不等式.5.构造一元二次方程利用“Δ”法证明不等式.6.数形结合法证明不等式.7.反证法、换元法等.特别提示不等式证明方法多，证法灵活，其中比较法、分析法、综合法是基本方法，要熟练掌握，其他方法作为辅助，这些方法之间不能截然分开，要综合运用各种方法.●点击双基1.（2005年春季北京，8）若不等式（－1）na ＜2+nn 11+-）（对任意n ∈N *恒成立，则实数a 的取值范围是A.［－2，23） B.（－2，23） C.［－3，23）D.（－3，23） 解析：当n 为正偶数时，a ＜2－n 1，2－n 1为增函数，∴a ＜2－21=23. 当n 为正奇数时，－a ＜2+n 1，a ＞－2－n 1.而－2－n 1为增函数，－2－n1＜－2， ∴a ≥－2.故a ∈［－2，23）. 答案：A2.（2003年南京市质检题）若a 1＜b1＜0，则下列结论不正确．．．的是 A.a 2＜b 2B.ab ＜b 2C.a b +ba＞2D.|a |+|b |＞|a +b |解析：由a 1＜b1＜0，知b ＜a ＜0.∴A 不正确. 答案：A3.分析法是从要证的不等式出发，寻求使它成立的A.充分条件B.必要条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件 答案：A4.（理）在等差数列{a n }与等比数列{b n }中，a 1=b 1＞0，a n =b n ＞0，则a m 与b m 的大小关系是____________.解析：若d =0或q =1，则a m =b m .若d ≠0，画出a n =a 1+（n －1）d 与b n =b 1·q n －1的图象，易知a m ＞b m ，故a m ≥b m . 答案：a m ≥b m（文）在等差数列{a n }与等比数列{b n }中，a 1=b 1＞0，a 2n +1=b 2n +1＞0（n =1，2，3，…），则a n +1与b n +1的大小关系是____________.解析：a n +1=2121++n a a ≥121+n a a =121+n b b =b n +1. 答案：a n +1≥b n +15.若a ＞b ＞c ，则b a -1+c b -1_______c a -3.（填“＞”“=”“＜”）解析：a ＞b ＞c ，（b a -1+c b -1）（a －c ）=（b a -1+cb -1）［（a －b ）+（b －c ）］ ≥2））（（c b b a --1·2））（（c b b a --=4.∴b a -1+c b -1≥c a -4＞ca -3. 答案：＞ ●典例剖析【例1】 设实数x 、y 满足y ＋x 2＝0，0＜a ＜1.求证：log a （a x ＋a y）＜log a 2＋81.剖析：不等式左端含x 、y ，而右端不含x 、y ，故从左向右变形时应消去x 、y .证明：∵a x ＞0，a y＞0， ∴a x＋a y≥2y x a +＝22x x a -.∵x －x 2＝41－（x －21）2≤41，0＜a ＜1，∴a x ＋a y≥241a ＝2a 81.∴log a （a x＋a y）＜log a 2a 81＝log a 2＋81.评述：本题的证题思路可由分析法获得.要证原不等式成立，只要证a x ＋a y≥2·a 81即可． 【例2】 已知a 、b 、c ∈R +，且a +b +c =1.求证： （1+a ）（1+b ）（1+c ）≥8（1－a ）（1－b ）（1－c ）.剖析：在条件“a +b +c =1”的作用下，将不等式的“真面目”隐含了，给证明不等式带来困难，若用“a +b +c ”换成“1”，则还原出原不等式的“真面目”，从而抓住实质，解决问题.证明：∵a 、b 、c ∈R +且a +b +c =1， ∴要证原不等式成立， 即证［（a +b +c ）+a ］·［（a +b +c ）+b ］［（a +b +c ）+c ］≥8［（a +b +c ）－a ］·［（a +b +c ）－b ］·［（a +b +c ）－c ］.也就是证［（a +b ）+（c +a ）］［（a +b ）+（b +c ）］·［（c +a ）+（b +c ）］≥8（b +c ）（c +a ）（a +b ）. ①∵（a +b ）+（b +c ）≥2））（（c b b a ++＞0， （b +c ）+（c +a ）≥2））（（a c c b ++＞0， （c +a ）+（a +b ）≥2））（（b a a c ++＞0， 三式相乘得①式成立. 故原不等式得证.【例3】 已知a ＞1，n ≥2，n ∈N *. 求证：n a －1＜na 1-. 证法一：要证n a －1＜n a 1-，即证a ＜（na 1-+1）n. 令a －1=t ＞0，则a =t +1.也就是证t +1＜（1+nt ）n. ∵（1+n t ）n =1+C 1n n t +…+C n n （n t ）n ＞1+t ，即n a －1＜na 1-成立. 证法二：设a =x n，x ＞1.于是只要证nx n 1-＞x －1，即证11--x x n ＞n .联想到等比数列前n 项和1+x +…+x n －1=11--x x n，① 倒序xn －1+xn －2+…+1=11--x x n .②①+②得2·11--x x n =（1+x n －1）+（x +x n －2）+…+（x n －1+1）＞21-n x +21-n x +…+21-n x ＞2n . ∴11--x x n ＞n .思考讨论本不等式是与自然数有关的命题，用数学归纳法可以证吗?读者可尝试一下. ●闯关训练 夯实基础1.已知a 、b 是不相等的正数，x =2b a +，y =b a +，则x 、y 的关系是A.x ＞yB.y ＞xC.x ＞2yD.不能确定解析：∵x 2=21（a +b ）2=21（a +b +2ab ）， y 2=a +b =21（a +b +a +b ）＞21（a +b +2ab ）=x 2，又x ＞0，y ＞0.∴y ＞x . 答案：B2.对实数a 和x 而言，不等式x 3+13a 2x ＞5ax 2+9a 3成立的充要条件是____________.解析：（x 3+13a 2x ）－（5ax 2+9a 3） =x 3－5ax 2+13a 2x －9a 3=（x －a ）（x 2－4ax +9a 2）=（x －a ）［（x －2a ）2+5a 2］＞0.∵当x ≠2a ≠0时，有（x －2a ）2+5a 2＞0.由题意故只需x －a ＞0即x ＞a ，以上过程可逆. 答案：x ＞a3.已知a ＞b ＞c 且a +b +c =0，求证：ac b -2＜3a . 证明：要证ac b -2＜3a ，只需证b 2－ac ＜3a 2，即证b 2+a （a +b ）＜3a 2，即证（a －b ）（2a +b ）＞0， 即证（a －b ）（a －c ）＞0. ∵a ＞b ＞c ，∴（a －b ）·（a －c ）＞0成立. ∴原不等式成立.4.已知a +b +c =0，求证：ab +bc +ca ≤0.证法一：（综合法）∵a +b +c =0，∴（a +b +c ）2＝0.展开得ab +bc +ca =－2222c b a ++，∴ab +bc +ca ≤0. 证法二：（分析法）要证ab +bc +ca ≤0， ∵a +b +c =0，故只需证ab +bc +ca ≤（a +b +c ）2，即证a 2+b 2+c 2+ab +bc +ca ≥0，亦即证21［（a +b ）2＋（b ＋c ）2＋（c ＋a ）2］≥0． 而这是显然的，由于以上相应各步均可逆， ∴原不等式成立.证法三：∵a +b +c =0，∴－c =a +b .∴ab +bc +ca =ab +（b +a ）c =ab －（a +b ）2＝－a 2－b 2－ab ＝－［（a ＋2b ）2＋432b ］≤0．∴ab +bc +ca ≤0.培养能力5.设a +b +c =1，a 2+b 2+c 2=1且a ＞b ＞c . 求证：－31＜c ＜0.证明：∵a 2+b 2+c 2=1，∴（a +b ）2－2ab +c 2=1.∴2ab =（a +b ）2+c 2－1=（1－c ）2+c 2－1=2c 2－2c .∴ab =c 2－c .又∵a +b =1－c ，∴a 、b 是方程x 2+（c －1）x +c 2－c =0的两个根，且a ＞b ＞c . 令f （x ）=x 2+（c －1）x +c 2－c ，则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<-⇒>->.0031210）（c f c c c Δ6.已知ac b 22-=1，求证：方程ax 2+bx +c =0有实数根. 证明：由a cb 22-=1，∴b =22c a +. ∴b 2=（2a+2c ）2=22a +2ac +2c 2=4ac +（2a －2c ）2≥4ac .∴方程ax 2+bx +c =0有实数根.7.设a 、b 、c 均为实数，求证：a 21+b 21+c 21≥c b +1+a c +1+ba +1. 证明：∵a 、b 、c 均为实数，∴21（a 21＋b 21）≥ab21≥b a +1，当a =b 时等号成立；21（b 21＋c 21）≥bc21≥c b +1，当b =c 时等号成立； 21（c 21＋a 21）≥ca21≥a c +1． 三个不等式相加即得a 21+b 21+c 21≥c b +1+a c +1+ba +1，当且仅当a =b =c 时等号成立. 探究创新8.已知a 、b 、c 、d ∈R ，且a +b =c +d =1，ac +bd ＞1. 求证：a 、b 、c 、d 中至少有一个是负数. 证明：假设a 、b 、c 、d 都是非负数， ∵a +b =c +d =1，∴（a +b ）（c +d ）=1.∴ac +bd +bc +ad =1≥ac +bd .这与ac +bd ＞1矛盾. 所以假设不成立，即a 、b 、c 、d 中至少有一个负数. ●思悟小结1.综合法就是“由因导果”，从已知不等式出发，不断用必要条件替换前面的不等式，直至推出要证的结论.2.分析法就是“执果索因”，从所证不等式出发，不断用充分条件替换前面的不等式，直至找到成立的不等式.3.探求不等式的证法一般用分析法，叙述证明过程用综合法较简，两法结合在证明不等式中经常遇到.4.构造函数利用单调性证不等式或构造方程利用“Δ≥0”证不等式，充分体现相关知识间的联系.●教师下载中心 教学点睛1.在证明不等式的过程中，分析法和综合法是不能分离的，如果使用综合法证明不等式难以入手时，常用分析法探索证题途径，之后用综合法的形式写出它的证明过程，以适应学生习惯的思维规律.有时问题证明难度较大，常使用分析综合法，实现两头往中间靠以达到证题目的.2.由于高考试题不会出现单一的不等式的证明题，常常与函数、数列、三角、方程综合在一起，所以在教学中，不等式的证明除常用的三种方法外，还需介绍其他方法，如函数的单调性法、判别式法、换元法（特别是三角换元）、放缩法以及数学归纳法等.拓展题例【例1】 已知a 、b 为正数，求证：（1）若a +1＞b ，则对于任何大于1的正数x ，恒有ax +1-x x＞b 成立； （2）若对于任何大于1的正数x ，恒有ax +1-x x＞b 成立，则a +1＞b . 分析：对带条件的不等式的证明，条件的利用常有两种方法：①证明过程中代入条件；②由条件变形得出要证的不等式.证明：（1）ax +1-x x =a （x －1）+11-x +1+a ≥2a +1+a =（a +1）2. ∵a +1＞b （b ＞0），∴（a +1）2＞b 2. （2）∵ax +1-x x ＞b 对于大于1的实数x 恒成立，即x ＞1时，［ax +1-x x ］min ＞b ， 而ax +1-x x =a （x －1）+11-x +1+a ≥2a +1+a =（a +1）2， 当且仅当a （x －1）=11-x ，即x =1+a1＞1时取等号.故［ax +1-x x ］min =（a +1）2.则（a +1）2＞b ，即a +1＞b .评述：条件如何利用取决于要证明的不等式两端的差异如何消除. 【例2】 求证：||1||b a b a +++≤||1||a a ++||1||b b +.剖析：|a +b |≤|a |+|b |，故可先研究f （x ）=xx+1（x ≥0）的单调性. 证明：令f （x ）=xx+1（x ≥0），易证f （x ）在［0，+∞）上单调递增. |a +b |≤|a |+|b |，∴f （|a +b |）≤f （|a |+|b |），即||1||b a b a +++≤||||1||||b a b a +++=||||1||||||1||b a b b a a +++++≤||1||||1||b b a a +++.思考讨论1.本题用分析法直接去证可以吗?2.本题当|a +b |=0时，不等式成立；当|a +b |≠0时，原不等式即为||111b a ++≤||1||||1||b b a a +++.再利用|a +b |≤|a |+|b |放缩能证吗?读者可以尝试一下!。
2021版高考数学一轮复习选修4_5不等式选讲第2讲不等式的证明教案文新人教A版
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 ＋b2≥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＋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)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＋1c2＋1a＋1c2＋1a＋1b2＝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≤a2＋b2＋c2；(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.证明：(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥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（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1k2＜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 ＋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．求证：112＋122＋132＋…＋1n 2＜2.证明：因为1n2＜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－a3，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.。
高三数学一轮复习精品教案2：第2讲 证明不等式的基本方法教学设计
第二节 证明不等式的基本方法考纲传真了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法.1．基本不等式定理1：如果a ，b ∈R ，那么a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理2：(基本不等式)如果a ，b >0，那么a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．定理3：如果a ，b ，c ∈R ＋，那么a ＋b ＋c 3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．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．1．(教材改编题)已知a ＋b ＋c ＞0，ab ＋bc ＋ac ＞0，abc ＞0，用反证法求证a ＞0，b ＞0，c ＞0时的反设为( )A ．a ＜0，b ＜0，c ＜0B ．a ≤0，b ＞0，c ＞0C ．a 、b 、c 不全是正数D ．abc ＜0『解析』 a ＞0，b ＞0，c ＞0的否定是：a ，b ，c 不全是正数． 『答案』 C2．四个不相等的正数a 、b 、c 、d 成等差数列，则( ) A.a ＋d 2>bcB.a ＋d 2<bcC.a ＋d 2＝bcD.a ＋d 2与bc 的大小不确定『解析』 ∵a ＋d ＝b ＋c ，且正数a ，b ，c ，d 不相等． ∴a ＋d 2＝b ＋c2＞bc . 『答案』 A3．设a ＝2，b ＝7－3，c ＝6－2，则a 、b 、c 间的大小关系是( ) A ．a >b >c B ．b >a >c C ．b >c >a D ．a >c >b 『解析』 由42＋2>46＋2>47＋3，得a >c >b . 『答案』 D 4．已知|a |≠|b |，m ＝|a |－|b ||a －b |，n ＝|a |＋|b ||a ＋b |，则m ，n 之间的大小关系是( ) A ．m ＞n B ．m ＜n C ．m ＝n D ．m ≤n『解析』 ∵|a |＋|b |≥|a ＋b |， ∴n ＝|a |＋|b ||a ＋b |≥1，又|a |－|b |≤|a －b |，∴m ＝|a |－|b ||a －b |≤1，因此n ≥m .『答案』 D5．已知a ＞0，b ＞0且ln(a ＋b )＝0，则1a ＋1b的最小值是________．『解析』 由题意得，a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0， ∴1a ＋1b ＝2＋b a ＋ab≥2＋2b a ·ab＝4， 当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立．『答案』 4比较法证明不等式已知a ＞0，b ＞0，求证：a b ＋ba≥a ＋b . 『思路点拨』 (1)作差变形，化为因式乘积的形式；(2)注意到a ＋b ＞0也可作商，转化为判定商值与1的大小．『尝试解答』 法一 ∵(a b ＋ba)－(a ＋b ) ＝(a b －b )＋(ba －a )＝a －b b ＋b －a a＝（a －b ）（a －b ）ab ＝（a ＋b ）（a －b ）2ab≥0，∴a b ＋ba ≥a ＋b .法二 由于a b ＋ba a ＋b ＝a a ＋b bab （a ＋b ）＝（a ＋b ）（a －ab ＋b ）ab （a ＋b ）＝a ＋b ab －1≥2abab－1＝1.又a ＞0，b ＞0，ab ＞0. ∴a b ＋ba≥a ＋b .,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．设a ，b 是非负实数，求证：a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)．『证明』 a 3＋b 3－ab (a 2＋b 2) ＝(a 3－a 2ab )＋(b 3－b 2ab ) ＝a 2a (a －b )－b 2b (a －b ) ＝(a －b )(a 5－b 5)． 当a ≥b ≥0时，a ≥b 且a 5≥b 5， 当b ＞a ≥0时，a ＜b 且a 5＜b 5， ∴a 3＋b 3－ab (a 2＋b 2)≥0， ∴a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2).综合法证明不等式(2013·大连调研)已知a ，b ，c 均为正数，证明：a 2＋b 2＋c 2＋(1a ＋1b ＋1c)2≥63，并确定a ，b ，c 为何值时，等号成立．『思路点拨』 考虑待证不等式的结构特征，a 2＋b 2＋c 2与1a ＋1b ＋1c 分别运用基本不等式；相加后，再用基本不等式，并根据等号成立的条件确定a ，b ，c 的值．『尝试解答』 因为a ，b ，c 均为正数，由均值不等式得 a 2＋b 2＋c 2≥3(abc )23，① 1a ＋1b ＋1c ≥3(abc )－13， 所以(1a ＋1b ＋1c )2≥9(abc )－23.②故a 2＋b 2＋c 2＋(1a ＋1b ＋1c )2≥3(abc )23＋9(abc )－23. 又3(abc )23＋9(abc )－23≥227＝63，③所以原不等式成立．当且仅当a ＝b ＝c 时，①式和②式等号成立； 当且仅当3(abc )23＝9(abc )－23时，③式等号成立．因此当且仅当a ＝b ＝c ＝314时，原式等号成立．,1．综合法证明的逻辑关系是：A ⇒B 1⇒B 2⇒…⇒B n ⇒B (A 为已知条件或数学定义、定理、公理，B 为要证结论)，它的常见书面表达是“∵，∴”或“⇒”．2．综合法证明不等式，利用已证的不等式为基础，例如：a 2＋b 2≥2ab ，a ＋b2≥ab (a ≥0，b ≥0)，|a ＋b |≤|a |＋|b |及其变形等，再运用不等式的性质推导出所要证的不等式．(2013·徐州模拟)设a 、b 、c 为正实数，求证：1a 3＋1b 3＋1c3＋abc ≥2 3.『证明』 因为a ，b ，c 为正实数，由均值不等式可得 1a 3＋1b 3＋1c 3≥3 31a 3·1b 3·1c 3， 所以1a 3＋1b 3＋1c 3≥3abc.所以1a 3＋1b 3＋1c 3＋abc ≥3abc ＋abc .又3abc＋abc ≥2 3abc·abc ＝23， 所以1a 3＋1b 3＋1c 3＋abc ≥2 3.分析法证明不等式已知a >0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.『思路点拨』 观察待证不等式两边的特征：①左边是无理式，右边是有理式．②两边均非负．可考虑用分析法，通过平方寻找它成立的充分条件．『尝试解答』 要证原不等式，只需证 a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋2，∵a >0，∴两边均大于零． 因此只需证a 2＋1a 2＋4＋4a 2＋1a 2≥a 2＋1a 2＋2＋2＋22(a ＋1a)，只需证2a 2＋1a 2≥2(a ＋1a)，只需证2(a 2＋1a 2)≥a 2＋1a 2＋2，即证a 2＋1a 2≥2，又a 2＋1a 2≥2显然成立，∴原不等式成立．,,\x(\a\al( 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：Q ⇐P 1))→P 1⇐P 2)→P 2⇐P 3→…→得到一个明显成立的条件.ＫＫ(2013·盐城调研)已知m ＞0，a ，b ∈R ，求证：(a ＋mb 1＋m )2≤a 2＋mb 21＋m.『证明』 ∵m ＞0，∴1＋m ＞0. 欲证(a ＋mb 1＋m )2≤a 2＋mb 21＋m 成立．只需证明(a ＋mb )2≤(1＋m )(a 2＋mb 2)， 即证m (a 2－2ab ＋b 2)≥0， 只要证明a 2－2ab ＋b 2≥0，又a 2－2ab ＋b 2＝(a －b )2≥0显然成立， 故(a ＋mb 1＋m )2≤a 2＋mb 21＋m.不等式其他证明方法已知a ，b ，c ∈(0，1)，求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不能同时大于14.『思路点拨』 当直接证明命题较困难时，可根据“正难则反”，利用反证法加以证明． 『尝试解答』 假设三式同时大于14，即b －ab ＞14，c －bc ＞14，a －ac ＞14.三式同向相乘，得(1－a )a (1－b )b (1－c )c ＞164.①∵0＜a ＜1，∴(1－a )a ≤(1－a ＋a 2)2＝14.同理(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14.又(1－a )a ，(1－b )b ，(1－c )c 均大于零． ∴(1－a )a (1－b )b (1－c )c ≤164，②因此①式与②式矛盾．故假设不成立，即原命题成立．,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．凡涉及否定性、惟一性命题或含“至多”“至少”等语句的不等式时，常可考虑反证法．设m 是|a |、|b |和1中最大的一个，当|x |＞m 时，求证：|a x ＋bx2|＜2.『证明』 ∵m 是|a |，|b |和1中的最大的一个． ∴|x |＞m ≥1，|x |＞m ≥|b |， ∴|x 2|＞m 2＞|b |. 又|x |＞m ≥|a |， 因此|a x ＋b x 2|≤|a x |＋|b x 2|＝|a ||x |＋|b ||x 2|＜|x ||x |＋|x 2||x 2|＝2.一种原则“正难则反”原则．当直接证明有困难时，常采用反证法．一个程序反证法证明步骤是：(1)作出否定结论的假设；(2)利用假设进行推理，导出矛盾；(3)否定假设，肯定结论．两种方法1.分析法：B⇐B1⇐B2⇐…⇐B n⇐A(结论)．(步步寻求不等式成立的充分条件)(已知)．2．综合法：A⇒B1⇒B2⇒…⇒B n⇒B(已知)．(逐步推演不等式成立的必要条件)(结论)．从近两年高考命题看，做为新课标选考的重要内容，不等式证明严格按考试说明要求命题，试题难度不超过中等．着重考查比较法、综合法与分析法证明不等式，在证明中要注意放缩法的应用．创新探究之十四新定义型不等式及其证明(2013·常州质检)若实数x、y、m满足|x－m|＞|y－m|，则称x比y远离m.(1) 若x2－1比1远离0，求x的取值范围；(2)对任意两个不相等的正数a，b，证明：a3＋b3比a2b＋ab2远离2ab ab.『规范解答』(1)由题意知|x2－1－0|＞|1－0|，即|x2－1|＞1，所以x2－1＜－1或x2－1＞1，解得x＞2或x＜－2，所以x的取值范围是{x|x＞2或x＜－2}．(2)要证明a3＋b3比a2b＋ab2远离2ab ab，即证|a3＋b3－2ab ab|＞|a2b＋ab2－2ab ab|，因为a ≠b ，故a 2b ＋ab 2＞2a 2bab 2＝2ab ab ， a 3＋b 3＞2a 3b 3＝2ab ab .所以只需证a 3＋b 3－2ab ab ＞a 2b ＋ab 2－2ab ab . 即证明a 3＋b 3－(a 2b ＋ab 2)＞0， 化简得(a －b )2(a ＋b )＞0显然成立， 所以a 3＋b 3比a 2b ＋ab 2远离2ab ab .创新点拨：(1)本题是在题设情境上进行创新，定义新概念“x 比y 远离m ”；(2)注重新知识的接受、迁移能力，是对再学习能力的很好考查，并考查绝对值不等式的解法及不等式的证明．应对措施：(1)认真审题，吃透概念，抓住“x 比y 远离m ”，建立不等式；(2)“万变不离其宗”，增强自信，平时强化迁移能力的培养，善于把“新概念”，“新运算”转化为我们熟悉的“旧概念”、“旧运算”，并严格按照规定进行操作．1．(2013·合肥调研)若a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝2，则下列不等式对一切满足条件的a ，b 恒成立的是________(写出所有正确命题的编号)．①ab ≤1；②a ＋b ≤2；③a 2＋b 2≥2；④a 3＋b 3≥3；⑤1a ＋1b ≥2.『解析』 令a ＝b ＝1，排除②④； 由2＝a ＋b ≥2ab ⇒ab ≤1，命题①正确； a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ＝4－2ab ≥2，命题③正确； 1a ＋1b ＝a ＋b ab ＝2ab ≥2，命题⑤正确． 『答案』 ①③⑤2．(2013·济南模拟)已知a >0，b >0，且a ＋b >2，求证：1＋b a ，1＋ab 中至少有一个小于2.『证明』 假设1＋b a ，1＋a b 都不小于2，则1＋b a ≥2，1＋ab ≥2，∵a >0，b >0，∴1＋b ≥2a ，1＋a ≥2b ， 两式相加可得1＋b ＋1＋a ≥2a ＋2b ，即a ＋b ≤2. 这与已知a ＋b >2矛盾，故假设不成立． 因此，1＋b a ，1＋ab 中至少有一个小于2.。
2020高考数学理科大一轮复习导学案《不等式证明》
第二节不等式的证明知识点一不等式证明的常见方法1．综合法：从命题的已知条件出发，利用公理、已知的定义及定理，逐步推导，从而最后导出要证明的命题．2．分析法：从需要证明的结论出发，分析使这个命题成立的充分条件，利用已知的一些定理，逐步探索，最后达到命题所给出的条件(或者一个已证明过的定理或一个明显的事实)．3．反证法：首先假设要证明的命题是不正确的，然后利用公理，已有的定义、定理，逐步分析，得到和命题的条件(或已证明过的定理，或明显成立的事实)矛盾的结论，以此说明假设的结论不成立，从而原来的结论正确．4．放缩法：将所需证明的不等式的值适当放大(或缩小)，使它由繁到简，达到证明目的．如果所要证明的不等式中含有分式，把分母放大，则相应分式的值缩小，反之，把分母缩小，则分式的值放大．1．要证明29＋31>25，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是( B )A ．综合法B ．分析法C ．反证法D ．归纳法解析：根据条件和分析法的定义可知选项B 最合理．故选B. 2．(选修4－5P23习题2.1T1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 .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 .3．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 ＋acb ≥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 ＋ab c >a ＋b ＋c .知识点二 柯西不等式1．设a ，b ，c ，d 均为实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时等号成立．2．若a i ，b i (i ∈N *)为实数，则(∑i ＝1na 2i )(∑i ＝1nb 2i )≥(∑i ＝1n a i b i )2，当且仅当b 1a 1＝b 2a 2＝…＝b na n(当a i ＝0时，约定b i ＝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．4．已知x ，y ，z 是正实数，且满足x ＋2y ＋3z ＝1. (1)求1x ＋1y ＋1z 的最小值； (2)求证：x 2＋y 2＋z 2≥114.解：(1)1x ＋1y ＋1z ＝1x ＋1y ＋1z (x ＋2y ＋3z )≥1x ·x ＋1y ·2y ＋1z·3z 2＝(1＋2＋3)2＝6＋22＋23＋26，当且仅当2y x ＝x y 且3z x ＝x z 且3z y ＝2y z 时取等号，故1x ＋1y ＋1z 的最小值为6＋22＋23＋2 6.(2)证明：由柯西不等式可得1＝(x ＋2y ＋3z )2≤(x 2＋y 2＋z 2)(12＋22＋32)＝14(x 2＋y 2＋z 2)， ∴x 2＋y 2＋z 2≥114， 当且仅当x ＝y 2＝z3，即x ＝114，y ＝17，z ＝314时取等号， 故x 2＋y 2＋z 2≥114.1．证明不等式的基本方法 (1)比较法：作差(商)比较法． (2)综合法：由因导果法． (3)分析法：执果索因法．2．利用柯西不等式求最值或证明不等式要注意合理的变形配凑常数，而且还要注意取“＝”的条件．考向一 分析法、综合法证明不等式【例1】 (1)已知x ，y 均为正数，且x >y ，求证：2x ＋1x 2－2xy ＋y 2≥2y＋3；(2)设a ，b ，c >0且ab ＋bc ＋ca ＝1，求证：a ＋b ＋c ≥ 3.【证明】 (1)因为x >0，y >0，x －y >0,2x ＋1x 2－2xy ＋y 2－2y ＝2(x －y )＋1(x －y )2＝(x －y )＋(x －y )＋1(x －y )2≥33(x －y )21(x －y )2＝3， 所以2x ＋1x 2－2xy ＋y 2≥2y ＋3.(2)因为a ，b ，c >0，所以要证a ＋b ＋c ≥3，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)成立．所以原不等式成立．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.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 ，a ，b ，c ，d 均为正数，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． 考向二 放缩法证明不等式【例2】 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 |.(1)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：②利用函数的单调性；③真分数性质“若0<a <b ，m >0，(2)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，∴12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <n n ＝1.∴原不等式成立．考向三 柯西不等式的应用【例3】 已知a ，b ，c ，m ，n ，p 都是实数，且a 2＋b 2＋c 2＝1，m 2＋n 2＋p 2＝1.(1)证明：|am ＋bn ＋cp |≤1； (2)若abc ≠0，证明：m 4a 2＋n 4b 2＋p 4c 2≥1.【证明】 (1)方法1：∵(am ＋bn ＋cp )2≤(a 2＋b 2＋c 2)(m 2＋n 2＋p 2)＝1，∴|am ＋bn ＋cp |≤1.方法2：因为|am ＋bn ＋cp |≤|am |＋|bn |＋|cp |，a 2＋b 2＋c 2＝1，m 2＋n 2＋p 2＝1，所以|am |＋|bn |＋|cp |≤a 2＋m 22＋b 2＋n 22＋c 2＋p22＝a 2＋b 2＋c 2＋m 2＋n 2＋p 22＝1，所以|am ＋bn ＋cp |≤1. (2)因为a 2＋b 2＋c 2＝1，m 2＋n 2＋p 2＝1， 所以m 4a 2＋n 4b 2＋p 4c 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 4a 2＋n 4b 2＋p 4c 2(a 2＋b 2＋c 2)≥⎝ ⎛⎭⎪⎫m2a·a ＋n 2b ·b ＋p 2c ·c 2＝(m 2＋n 2＋p 2)2＝1， 所以m 4a 2＋n 4b 2＋p 4c 2≥1.对于若干个单项式的平方和，因为其符合柯西不等式(a 2＋b 2＋…＋c 2)(m 2＋n 2＋…＋p 2)≥(am ＋bn ＋…＋cp )2，所以只要补足另一个平方和多项式，便可利用柯西不等式来求最值.(2019·河南豫南九校联考)已知x ，y ，z 均为实数． (1)求证：1＋2x 4≥2x 3＋x 2；(2)若x ＋2y ＋3z ＝6，求x 2＋y 2＋z 2的最小值．解：(1)证法1：(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)22x ＋122＋12≥0，所以1＋2x 4≥2x 3＋x 2.证法2：(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)因为6＝x ＋2y ＋3z≤x 2＋y 2＋z 2·1＋4＋9(由柯西不等式得)， 所以x 2＋y 2＋z 2≥187，当且仅当x ＝y 2＝z3，即x ＝37，y ＝67，z ＝97时，x 2＋y 2＋z 2有最小值187.。
高三数学第一轮复习 第41课时—不等式证明(二)学案
高三数学第一轮复习讲义（41）不等式的证明（二）一．复习目标：1．了解用反证法、换元法、放缩法等方法证明简单的不等式．二．知识要点：1．反证法的一般步骤：反设——推理——导出矛盾（得出结论）；2．换元法：一般由代数式的整体换元、三角换元，换元时要注意等价性；3．放缩法：要注意放缩的适度，常用的方法是：①舍去或加上一些项；②将分子或分母放大（或缩小）．三．课前预习：1．设实数,x y 满足22(1)1x y +-=，当0x y c ++≥时，c 的取值范围是 （ ） ()A 1,)-+∞ ()B (1]-∞ ()C 1,)++∞ ()D (1]-∞+2．1A =+++)n N *∈的大小关系是 ． 四．例题分析：例1．已知332x y +=，求证：2x y +≤．小结：例2．设正有理数1a 是3的一个近似值，令21211a a =++， （1介于1a 与2a 之间；（2）证明：2a 比1a 更接近于3；（3的有理近似值的方法．例3．在数列{}n a 中，23sin sin 2sin 3sin 2222n nn a αααα=++++ ，对正整数,m n 且m n >，求证：12m n n a a -<．小结： 例4．设1a b c ++=，2221a b c ++=，a b c >>，求证：103c -<<．小结：五．课后作业： 班级 学号 姓名1．下列三个式子22a c -，22b a -，22(,,)c b a b c R -∈中 （ ）()A 至少有一式小于1-()B 都小于1- ()C 都大于等于1-()D 至少有一式大于等于1- 2设0,0,,111x y x y x y A B x y x y +>>==+++++，则,A B 的大小关系是 ．3．,,x x y R x y y∈=-，则x 的取值范围是 ．4．已知221x y +=，求证：y ax ≤-≤5．证明：2221111223n ++++< ．6．设,,a b c 为三角形的三边，求证：3a b c b c a a c b a b c++≥+-+-+-．7．已知22,,4a b R a b ∈+≤，求证22|383|20a ab b --≤．。
高考数学一轮复习不等式选讲第2节不等式的证明学案文北师大版
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a b＞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(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(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＝k β时，等号成立．③一般形式的柯西不等式设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)算术—几何平均不等式 若a 1，a 2，…，a n 为正数，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．[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 ＞yB ．x ＜yC ．x ≥yD ．x ≤yA [x －y ＝a ＋1a －⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b＝a －b ＋b －a ab ＝a －b ab －1ab. 由a ＞b ＞1得ab ＞1，a －b ＞0， 所以a －bab －1ab＞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＋ba＋ab≥2＋2ba·ab＝4，当且仅当a＝b＝12时等号成立．]5．已知x＞0，y＞0，证明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy.[证明]因为x＞0，y＞0，所以1＋x＋y2≥33xy2＞0,1＋x2＋y≥33x2y＞0，故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥33xy2·33x2y＝9xy.(对应学生用书第167页)比较法证明不等式已知a＞0，b＞0，求证：ab＋ba≥a＋b.[证明]法一：∵⎝⎛⎭⎪⎫ab＋ba－(a＋b) ＝⎝⎛⎭⎪⎫ab－b＋⎝⎛⎭⎪⎫ba－a＝a－bb＋b－aa＝a－b a－bab＝a＋b a－b2ab≥0，∴ab＋ba≥a＋b. 10分法二：由于ab＋baa＋b＝a a＋b bab a＋b＝a＋b a－ab＋bab a＋b＝a＋bab－1≥2abab－1＝1. 8分又a＞0，b＞0，ab＞0，∴ab＋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a b＞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－b 12)⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32－b 32≥0，所以a 2＋b 2≥ab (a ＋b ).10分综合法证明不等式(1)ab ＋bc ＋ac ≤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 ≤13.5分(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，则a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c ，所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥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 ⇒B 1⇒B 2⇒…⇒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(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。
2012年高三数学第一轮复习教案(新人教A)不等式的证明
专题五 不等式考情动态分析1.重视对基础知识的考查，设问方式不断创新.重点考查四种题型：证明不等式、解不等式、涉及不等式的应用题、涉及不等式的综合题.考查方式不断创新，如出现了图表信息题、多选型填空题，因此，情景新颖的题型应引起我们的关注.2.加大推理、论证能力的考查力度，充分体现由知识立意向能力立意转变的命题方向.代数推理问题常以高中代数的主要内容——函数、方程、不等式、数列及其交叉综合部分为知识背景，还常与导数知识相衔接.3.突出重点，综合考查，在知识与方法的交汇点处设计命题，在不等式问题中蕴涵着丰富的函数思想，为研究函数提供了重要工具.对不等式的考查常体现出高起点、低设问、深入浅出的特点，考查容量之大、功能之多、能力要求之高，一直是高考的热点.4.突出不等式知识在解决实际问题中的应用价值，借助不等式考查对数学的应用意识.§5.1 不等式的证明考点核心整合1.证明不等式的依据有不等式的性质及定理：当a 、b ∈R 时，a 2+b 2≥2ab;当a 、b ∈R +时，a+b ≥2ab .2.证明不等式的常用方法是：比较法、分析法、综合法,另外还有反证法、放缩法、数学归纳法、换元法、判别式法等，这些方法要根据不等式的结构特点，灵活运用.考题名师诠释【例1】已知三个不等式：①ab>0;②-a c <-bd ;③bc>ad.以其中两个作条件，余下一个作结论，则可以组成_____________个真命题. 解析：-a c <-b d ⇒⎪⎩⎪⎨⎧>>0ab b d a c ⇒bc>ad; ⎪⎭⎪⎬⎫>>⇒⎩⎨⎧>>010ab ad bc ab ad bc ⇒a c >b d ⇒-a c <-b d ;-a c <-b d ⇒a c -b d >0⇒⎪⎭⎪⎬⎫>>-00ab ab ad bc ⇒bc>ad.应填3.答案：3【例2】已知x 、y 、z ∈R ,a 、b 、c ∈R +,求证：a cb +x 2+b ac +y 2+c b a +z 2≥2(xy+yz+zx). 分析一：两端都是多项式，可用作差法证.证明：∵a cb +x 2+b ac +y 2+c b a +z 2-2(xy+yz+zx)=a b x 2-2xy+b a y 2+ac x 2-2zx+c a z 2+b c y 2-2yz+c b z 2 =(a b x-b a y)2+(a c x-c a z)2+(b c y-cb z)2≥0, ∴ac b +x 2+b a c +y 2+cb a +z 2≥2(xy+yz+zx).评述：配方技巧的实现关键在于合理分项.分析二：由左端向右端转化，需消去a 、b 、c ，且右端是乘积的和，故可用“a 2+b 2≥2ab ”. 证明：a cb +x 2+b ac +y 2+cb a +z 2 =(a b x 2+b a y 2)+(ac x 2+c a z 2)+(b c y 2+c b z 2)(∵a 、b 、c ∈R +) ≥2a b ·b a xy+2a c ·c a xz+2b c ·cb yz=2(xy+yz+zx). 评述：寻异求同是证明不等式的基本思路.【例3】(2006山东潍坊高三统考)已知函数f(x)=lnx-x x 1-. (Ⅰ)判定函数f(x)的单调性；(Ⅱ)设a ＞1,证明：1ln -a a ＜a1. 分析：(Ⅰ)判定函数的单调性，一般有两种方法：①定义法；②利用导数.(Ⅱ)要证1ln -a a ＜a1，∵a ＞1,∴只需证lna-a a 1-＜0. 故需证x ＞1时f(x)＜0.解析：(Ⅰ)f ′(x)=x 1-x x x x 21)1(•--=x x x x x •-+-2122=xx x •--2)1(2≤0. ∴f(x)为单调减函数.(Ⅱ)由(Ⅰ)知f(x)在(1,+∞)为减函数，又f(x)在x=1处连续.∴当a ＞1时，f(a)＜f(1)=0-0=0.∴a ＞1时，有1ln -a a -a 1＜0.即1ln -a a ＜a1. 评述：构造函数法证明不等式，体现了学生的创新思维，是高考的发展趋势，应引起重视.【例4】(2005湖北高考)已知不等式21+31+…+n 1＞21［log 2n ］,其中n 为大于2的整数，［log 2n ］表示不超过log 2n 的最大整数.设数列{a n }的各项为正，且满足a 1=b(b ＞0),a n ≤11--+n n a n na ,n=2,3,4,… (1)证明：a n ＜][log 222n b b +,n=3,4,5,…; (2)猜测数列{a n }是否有极限？如果有，写出极限的值(不必证明)；(3)试确定一个正整数N ；使得当n ＞N 时，对任意b ＞0,都有a n ＜51.解：方法1：∵当n ≥2时，0＜a n ≤11--+n n a n na ,∴n a 1≥11--+n n na a n =11-n a +n 1,即n a 1-11-n a ≥n 1,于是有1211a a -≥21,2311a a -≥31,…,n a 1-11-n a ≥n1. 所有不等式两边相加可得n a 1-11a ≥21+31+…+n1. 由已知不等式知，当n ≥3时有n a 1-11a ＞21［log 2n ］.∵a 1=b,∴n a 1＞b 1+21［log 2n ］=bn b 2][log 22+.∴a n ＜][log 222n b b +. 方法2：设f(n)=21+31+…+n1,首先利用数学归纳法证不等式a n ≤b n f b )(1+,n=3,4,5,… ①当n=3时，由a 3≤2233a a +=1332+a ≤1223311++•a a =b f b )3(1+知不等式成立. ②假设当n=k(k ≥3)时，不等式成立，即a k ≤bk f b )(1+, 则a k+1≤111)1()1(+++=+++kk k a k k a k a k ≤ b b k f k k b k bb k f k k +++++=++•++)()1()1()1(1)(1)1(1 =bk f b b k k f b)1(1)11)((1++=+++, 即当n=k+1时，不等式也成立.由①、②知，a n ≤bn f b )(1+,n=3,4,5,… 又由已知不等式得a n ＜][log 22][log 21122n b b b n b+=+,n=3,4,5,… (2)有极限，且∞→n lim a n =0.(3)∵][log 222n b b +＜][log 22n ,令][log 22n ＜51, 则有log 2n ≥［log 2n ］＞10⇒n ＞210=1 024,故取N=1 024，可使当n ＞N 时，都有a n ＜51. 评述：本题是2005年高考湖北卷的压轴题，涉及的知识点多，方法选择面广，充分体现出与不等式综合的问题，思维的多样性和灵活性，呈现出不等式的精华.。
湖南省师范大学附属中学高三数学总复习 不等式证明教案
湖南师范大学附属中学高三数学总复习教案：不等式证明教材：不等式证明综合练习目的：系统小结不等式证明的几种常用方法，渗透“化归”“类比”“换元”等数学思想。
过程：一、 简述不等式证明的几种常用方法比较、综合、分析、换元、反证、放缩、构造二、 例一、已知0 < x < 1, 0 < a < 1，试比较|)1(log | |)1(log |x x a a +-和的大小。
解一：[][])1(log )1(log )1(log )1(log |)1(log | |)1(log |22x x x x x x a a a a a a +---+-=+--xxx aa +--=11log )1(log 2∵0 < 1 - x 2< 1, 1110<+-<x x ∴011log )1(log 2>+--xx x a a ∴|)1(log | |)1(log |x x a a +>-解二：2111111log 11log )1(log )1(log )1(log )1(log xxx x x x x xx x x a a -+=-=--=-=+-++++ )1(log 121x x --=+∵0 < 1 - x 2< 1, 1 + x > 1, ∴0)1(log 21>--+x x∴1)1(log 121>--+x x ∴|)1(log | |)1(log |x x a a +>- 解三：∵0 < x < 1, ∴0 < 1 - x < 1, 1 < 1 + x < 2, ∴0)1(log ,0)1(log <+>-x x a a∴左 - 右 = )1(log )1(log )1(log 2x x x a a a -=++- ∵0 < 1 - x 2< 1, 且0 < a < 1 ∴0)1(log 2>-x a∴|)1(log | |)1(log |x x a a +>-变题：若将a 的取值范围改为a > 0且a ≠ 1，其余条件不变。
2020届高三数学一轮复习《不等式证明方法》学案
《不等式证明方法》学案考纲要求：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222a b ab +≥，当且仅当a b =时，等号成立．定理2：如果,0a b >，那么2a b +≥，当且仅当a b =时，等号成立．定理3：如果,,a b c +∈R ，那么3a b c ++≥，当且仅当a b c ==时，等号成立．2．不等式的证明方法(1)比较法：(2)综合法：(3)分析法：【典例剖析】考点一 利用比较法证明不等式【变式】设不等式211x -<的解集为M .(1)求集合M ；(2)若,a b M ∈，试比较1ab +与a b +的大小．考点二 利用综合法证明不等式【例2】已知0a >，0b >，332a b +=．证明：（1）55()()4a b a b ++≥ ：（2）2a b +≤．【变式】(2019沈阳质检)已知0a >，0b >，函数()f x x a x b =+--．（1）当1a =，1b =时，解关于x 的不等式()1f x >；（2）若函数()f x 的最大值为2，求证：112a b+≥．考点三 利用分析法证明不等式【例3】（2019黑龙江调研）已知()11f x x x =++-,不等式()4f x <的解集为M .(1)求M ；(2)当,a b M ∈时,证明:24a b ab +<+.【变式】(2019福州质检)已知函数()1f x x =+．(1)求不等式()211f x x <+-的解集M ；(2)设,a b M ∈，证明：()()()f ab f a f b >--．。
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高三数学第一轮复习讲义（41）
不等式的证明（二）
一．复习目标：
1．了解用反证法、换元法、放缩法等方法证明简单的不等式．
二．知识要点：
1．反证法的一般步骤：反设——推理——导出矛盾（得出结论）；
2．换元法：一般由代数式的整体换元、三角换元，换元时要注意等价性；
3．放缩法：要注意放缩的适度，常用的方法是：①舍去或加上一些项；②将分子或分母放大（或缩小）．
三．课前预习：
1．设实数,x y 满足22(1)1x y +-=，当0x y c ++≥时，c 的取值范围是 （ ）
()
A 1,)+∞ ()
B (1]-∞ ()
C 1,)+∞ ()
D (1]-∞
2
．1A n
=++与)n N *∈的大小关系是 ． 四．例题分析：
例1．已知332x y +=，求证：2x y +≤．
小结：
例2．设正有理数1a 是3的一个近似值，令21
211a a =
+
+， （1介于1a 与2a 之间；
（2）证明：2a 比1a 更接近于3；
（3
例3．在数列{}n a 中，23sin sin 2sin 3sin 2222n n
n a αααα=++++，对正整数,m n 且m n >，求证：12
m n n a a -<
．
小结： 例4．设1a b c ++=，2221a b c ++=，a b c >>，求证：103
c -
<<．
小结：
五．课后作业： 班级 学号 姓名
1．下列三个式子22a c -，22b a -，22(,,)c b a b c R -∈中
（ ）
()A 至少有一式小于1- ()B 都小于1- ()C 都大于等于1- ()D 至少有一式大于等于1-
2设0,0,,111x y x y x y A B x y x y
+>>==+++++，则,A B 的大小关系是 ．
3．,,
x x y R x y y ∈=-，则x 的取值范围是 ．
4．已知221x y +=，求证：y ax ≤-≤
5．证明：2221111223n +
+++<．
6．设,,a b c 为三角形的三边，求证：3a b c b c a a c b a b c ++≥+-+-+-．
7．已知22,,4a b R a b ∈+≤，求证22|383|20a ab b --≤．。