2019年高考数学(理)一轮复习不等式选讲 第2节 不等式的证明学案
高考数学一轮复习 选修部分 不等式选讲 第二节 不等式的证明学案 文 选修45
第二节不等式的证明1.了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、放缩法．2．了解柯西不等式、排序不等式以及贝努利不等式．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________、已知的______及______，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________，利用已知的一些______，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______________)．3．反证法：首先假设要证明的命题是________，然后利用______，已有的______、______，逐步分析，得到和____________(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________，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____(或______)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______，反之，把分母缩小，则分式的值______．答案1．公理定义定理2．充分条件定理一个明显的事实3．不正确的公理定义定理命题的条件不成立4．放大缩小缩小放大1．判断正误(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．若m ＝a ＋2b ，n ＝a ＋b 2＋1，则m 与n 的大小关系为________． 解析：∵n －m ＝a ＋b 2＋1－a －2b ＝b 2－2b ＋1＝(b －1)2≥0，∴n ≥m . 答案：n ≥m3．已知a ，b 为正数，求证：1a ＋4b ≥9a ＋b .证明：∵a >0，b >0，∴(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ＝5＋b a ＋4a b≥5＋2b a ×4a b ＝9.∴1a ＋4b ≥9a ＋b. 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 ＝1na ib i )2，当且仅当b 1a 1＝b 2a 2＝…＝b n a 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．设a ，b ，m ，n ∈R ，且a 2＋b 2＝5，ma ＋nb ＝5，则m 2＋n 2的最小值是________． 解析：根据柯西不等式(ma ＋nb )2≤(a 2＋b 2)(m 2＋n 2)，得25≤5(m 2＋n 2)，m 2＋n 2≥5，m 2＋n 2的最小值为 5.答案： 55．若a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1，则a ＋b ＋c 的最大值为________． 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. 答案： 3热点一比较法证明不等式【例1】设a，b是非负实数，求证：a2＋b2≥ab(a＋b)．【证明】因为a2＋b2－ab(a＋b)＝(a2－a ab)＋(b2－b ab)＝a a(a－b)＋b b(b－a)＝(a－b)(a a－b b)＝(a 12－b12)(a32－b32)，因为a≥0，b≥0，所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有a 12－b12与a32－b32同号，所以(a12－b12)(a32－b 32)≥0，所以a2＋b2≥ab(a＋b).设不等式|2x－1|<1的解集为M.(1)求集合M；(2)若a，b∈M，试比较ab＋1与a＋b的大小．解：(1)由|2x－1|<1，得－1<2x－1<1，解得0<x<1，所以M＝{x|0<x<1}．(2)由(1)和a，b∈M可知0<a<1,0<b<1.所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)>0，故ab ＋1>a＋b.热点二分析法、综合法证明不等式【例2】(1)已知x，y均为正数，且x>y，求证：2x＋1x2－2xy＋y2≥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＋1x2－2xy＋y2－2y＝2(x－y)＋1x－y2＝(x－y)＋(x－y)＋1x －y2≥33x－y21x －y2＝3，所以2x＋1x2－2xy＋y2≥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：a2＋b2＋c2＋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.设a 、b 、c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明： (1)ab ＋bc ＋ac ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c2a≥1.证明：(1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1.所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13.(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，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. 热点三 放缩法证明不等式【例3】 设a ，b ，c 均为正实数，求证：12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b .【证明】 ∵a ，b ，c 均为正实数，∴12⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ≥12ab ≥1a ＋b，当且仅当a ＝b 时等号成立； 12⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c ≥12bc ≥1b ＋c，当且仅当b ＝c 时等号成立； 12⎝ ⎛⎭⎪⎫12c ＋12a ≥12ca ≥1c ＋a，当且仅当c ＝a 时等号成立； 三个不等式相加即得12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b ，当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立.设s ＝1×2＋2×3＋3×4＋…＋nn ＋，求证：12n (n ＋1)<s <12n (n ＋2)．证明：由已知条件可知s >1×1＋2×2＋3×3＋…＋n ×n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝12n (n＋1)，s <1＋22＋2＋32＋3＋42＋…＋n ＋n ＋2＝12[3＋5＋7＋…＋(2n ＋1)]＝12n (n ＋2)，∴12n (n ＋1)<s <12n (n ＋2)．热点四 柯西不等式的应用 【例4】 已知x ，y ，z 均为实数．(1)若x ＋y ＋z ＝1，求证：3x ＋1＋3y ＋2＋3z ＋3≤33； (2)若x ＋2y ＋3z ＝6，求x 2＋y 2＋z 2的最小值．【解】 (1)证明：因为(3x ＋1＋3y ＋2＋3z ＋3)2≤(12＋12＋12)(3x ＋1＋3y ＋2＋3z ＋3)＝27.所以3x ＋1＋3y ＋2＋3z ＋3≤3 3.当且仅当x ＝23，y ＝13，z ＝0时取等号．(2)因为6＝x ＋2y ＋3z ≤x 2＋y 2＋z 2·1＋4＋9，所以x 2＋y 2＋z 2≥187，当且仅当x ＝y 2＝z3即x ＝37，y ＝67，z ＝97时，x 2＋y 2＋z 2有最小值187.(1)设x ，y ，z ∈R ，且满足：x 2＋y 2＋z 2＝1，x ＋2y ＋3z ＝14，则x ＋y ＋z ＝________.(2)已知x 、y 、z ∈R ＋，且x ＋y ＋z ＝1，则1x ＋4y ＋9z的最小值为________．解析：(1)由柯西不等式，得(x 2＋y 2＋z 2)(12＋22＋32)≥(x ＋2y ＋3z )2，∴(x ＋2y ＋3z )2≤14，则x ＋2y ＋3z ≤14，又x ＋2y ＋3z ＝14，∴x ＝y 2＝z 3，因此x ＝1414，y ＝147，z＝31414，于是x ＋y ＋z ＝3147. (2)法1：利用柯西不等式．由于(x ＋y ＋z )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋4y ＋9z ≥⎝⎛⎭⎪⎫x ·1x ＋y ·2y ＋z ·3z 2＝36.所以1x ＋4y ＋9z≥36.当且仅当x 2＝14y 2＝19z 2，即x ＝16，y ＝13，z ＝12时，等号成立．法2：1x ＋4y ＋9z ＝1x (x ＋y ＋z )＋4y (x ＋y ＋z )＋9z(x ＋y ＋z )＝14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋4x y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z x ＋9x z ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4z y ＋9y z ≥14＋4＋6＋12＝36，当且仅当y ＝2x ，z ＝3x ，即x ＝16，y ＝13，z ＝12时，等号成立．答案：(1)3147 (2)36。
高三数学一轮复习优质学案：第2课时 不等式的证明
第2课时 不等式的证明1．不等式证明的方法(1)比较法：①作差比较法：知道a >b ⇔a －b >0，a <b ⇔a －b <0，因此要证明a >b 只要证明________即可，这种方法称为作差比较法．②作商比较法：由a >b >0⇔a b>1且a >0，b >0，因此当a >0，b >0时，要证明a >b ，只要证明________即可，这种方法称为作商比较法．(2)综合法：从已知条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，最终推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法叫综合法．即“由因导果”的方法．(3)分析法：从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)，从而得出要证的不等式成立，这种证明方法叫分析法．即“执果索因”的方法．(4)反证法和放缩法：①先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，这种方法叫做反证法．②在证明不等式时，有时要把所证不等式的一边适当地放大或缩小，此利于化简并使它与不等式的另一边的关系更为明显，从而得出原不等式成立，这种方法称为放缩法．(5)数学归纳法：一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数n0的所有正整数n都成立时，可以用以下两个步骤：①证明当n＝n0时命题成立；②假设当n＝k (k∈N*，且k≥n0)时命题成立，证明n＝k＋1时命题也成立．在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于不小于n0的所有正整数都成立．这种证明方法称为数学归纳法．2．几个常用基本不等式(1)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)≥________(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＝kβ时，等号成立．③柯西不等式的三角不等式：设x1，y1，x2，y2，x3，y3∈R，则(x1－x2)2＋(y1－y2)2＋(x2－x3)2＋(y2－y3)2≥(x1－x3)2＋(y1－y3)2.④柯西不等式的一般形式：设a1，a2，a3，…，a n，b1，b2，b3，…，b n是实数，则(a21＋a22＋…＋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≥________________，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．1．设a ，b ，m ，n ∈R ，且a 2＋b 2＝5，ma ＋nb ＝5，求m 2＋n 2的最小值．2．若a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1，求a ＋b ＋c 的最大值．3．设x >0，y >0，若不等式1x ＋1y ＋λx ＋y≥0恒成立，求实数λ的最小值．题型一用综合法与分析法证明不等式例1(1)已知x，y均为正数，且x>y，求证：2x＋1x2－2xy＋y2≥2y＋3；(2)设a，b，c>0且ab＋bc＋ca＝1，求证：a＋b＋c≥ 3.思维升华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 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明：(1)ab ＋bc ＋ac ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.题型二 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 |.思维升华 (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：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 ＋m b ＋m”． (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＋ (12)<1.题型三 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．思维升华 (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，要注意右边为常数且应注意等号成立的条件．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.提醒：完成作业 第十四章 §14.2 第2课时答案精析基础知识 自主学习知识梳理1．(1)①a －b >0 ②a b>1 2．(1)①(ac ＋bd )2 (2)n a 1a 2…a n考点自测 1.5 2.3 3.λ≥－4题型分类 深度剖析例1 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．跟踪训练1 证明 (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac 得 a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1.所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13. (2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a＋a ≥2c ， 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. 例2 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 |. 跟踪训练2 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．例3 (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. 跟踪训练3 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．。
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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.双基自主测评I基本能力全面巩固（对应学生用书第166页）［基础知识填充］1.不等式证明的方法⑴比较法：①求差比较法：知道40,水Q白一ZK0,因此要证明小方，只要证明白一方>0即可,这种方法称为求差比较法.②求商比较法：由日>b>0O#>l且Q0,方〉0,因此当Q0,方〉0时，要证明$>力，只要证明#>1即可，这b b 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：对任意实数臼，b, c, d,有&+方2）&+旳事血土型（当向量（白，小与向量2,小共线时.等号成立）.②柯西不等式的向量形式：设0是两个向量，贝'JI a・0|,当且仅当8是零向量，或存在实数使a=kB时，等号成立.③一般形式的柯西不等式设t?i,型，…，/与b\, &, •••,方”是两组实数，则有&+垃 -------------- 韵&+/＞； -------------------------------------------------------- 力：）2 （日di+劲2 ------- aM 2,当向量（越,及,…，a”）与向量（5, th,…，几）共线时，等号成立.（2）算术一儿何平均不等式若 G ，32, …，日“为正数，则~三勺/曰2…日”, 当且仅当 7 =也=・・・=為时,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“厂，错误的打“X”）（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］⑴X ⑵丁 ⑶X （4）XA \_x~ y=a-\ 1b — a a — b ab —\=a ~b+^= --------------- 忑—由 a>b> 1 得臼方>1, ci-b>0,. a — b ab —1tlM . -所以 --------亦 ------- >0,即x —y>o,所以x>y.]3. （教材改编）已知 心2/—庆N=2al/-ab,则必用的大小关系为心 N ［2a~（2 日孑一曰络）=2a{a~l ）） +b{a~ I ））=（孑 _ 用）（2日+方）=（日一方）（日+力）（2日+〃）•因为日三力＞0,所以日一方20,日+力＞0,2自+力＞0, 从而（臼一力）（臼+ 力）（2臼+〃） $0,故 \ 4-已知玄＞0,力＞0且吨+方）=0,则牛+彳的最小值是【导学号：00090380］4 ［由题意得，自+方=1,臼＞0,方＞0,2.（教材改编）若E ＞1, &卄+ y=b+\则x 与y 的大小关系是（）A. x>yB. x<yC. x^yD. xW y$2 + 2,当且仅当日=〃=*时等号成立.］ 5.己知尢>0, y>0,证明：(1 + A Z + y) (1 + x + y) ^9xy.[证明]因为x>0, y>0,所以 1+/+ y >3^/x?>0, \+x + y^3yj7y>0 故(l + x+ y) (1+/+y) 23引2?・ 3y/7y=9xy.题型分类突破I 高考题型规律方法逐一突破(对应学生用书第167页)laatl»例11已知曰＞0,力＞0,求证:［证明］法一：・・・a — b10分&土一 卄冷+心 朋+册 法i 叶卜士+店嗣匹+边a —y ［ai^+ by[ab y[a+y[b a+b币T2y[^b yj&b又日>0,方>0, V^>o,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b a—• —= 4 a bh O(廿姑2+十比较法证明不等式込+边 三0质’把证明Q 方转化为证畴＞1（40）・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，耍注意说明分母的符号. [变式训练1]（2018 •长沙模拟）设玄，力是非负实数,求证：a+b~ M 寸亦(臼+ Z?)・[证明]因为 c?2 +1) —y[ab{a+6) =(孑_+ (力‘_b\f~ali)=ci\[a + b\[b (y[b~y[a)=(.y[3—y[b) (zjyjh —1133=(a 2— b 2) ( a 2— b 2)•12 因为已20,力20,所以不论日2520,还是0WaWb,都有日所以a +/?空寸石（臼+方）. las2l综合法证明不等式（2018(1) ab+ bc+ 臼c W*2,2 2/ 、臼、b 、c . (2)-+-+—^1.b c a[证明] ⑴由 /+方'22臼方，If + c^2bc f c + 得 a+fj + c^ ab+ bc+ ca, 由题设得(日+方+ c)' = 1,即 a 1} + c -\~2ab~\-2bc~\~2ca =1, 所以 3 {ab+ bc+ ca) W1, 即 ab+ bc+2甘2（2）因为〒+Q2日，：+心2°2甘 2故比+丁 M+心M+Q ），同号，所以（讣一必20,10分»例与?2 >2 2 2/22则~+~+^^ 卄 b+ c, 所 以Y +—+•_& 1. 10 分b c a b c a[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=心BiUB, 今〃U 为已知条件或数学定义、定理、公理，〃为要证结论），它的常见书而表达式是“•・・， ・•・”或“今”.2.综合法证明不等式，要着力分析己知与求证之间，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f3 =2|x+l| + |x-2|.（1） 求fd ）的最小值仍；// （! O 2（2） 若/乩c 均为正实数，且满足a+b+c=t n,求证：一+丁+—$3・a b c【导学号：00090381][解](1)当 x< — \ 时,f\x) =_2(卄 1) — (x —2) = —3才>3； 当一1W/V2 时，f\x)=2(x+l) — (A ~2)=卄4丘[3, 6)； 当 xM2 时，f(x)=2(x+l) + (x —2)=3x26.综上，f{x)的最小值刃=3.(2)证明：臼，b, c 均为正实数，且满足臼+b+c=3,z 2 2 2/n p因为一+〒+—+ @+ b+ c)a b c=(»)+(和)+(細-2 (白+ A+ c)・（当£L 仅当a=b=c=｛时取A 2 /2所以了+玄+右卄力+o 10分|”3|分析法证明不等式（2015 ⑴若 ab> cd,则y[^+y[b>y[c+y[d^⑵&+#N>讥是方| <| c —d\的充要条件. [证明] ⑴丁&, b, c, 〃为正数，且a+ b= c+ d,只需证明(^[a+y[b)~> (y[c+y[d)2f卜例 22a即 a2aN3・c也就是证明日+力+2寸云> c+〃+2寸恳^, 只需证明石， 即证ab> cD.由于ab> cd, 因 it\[a+y[l}>y[c+y[d.(2)①若\a —b\<\ c~d\,则(臼一b)'<(c —勿"，即(白+b)'—4白ZK (c+小‘一4".因为 a+ b= c+ d,所以 ab> cD. 由(1), ^y[^+yj^>y[c+y[d.②若士+卫>\[^+甫, 则(&+边)2> (y[c+y[d) 2f 即 b+ c+ d+ 2yj~cc/. 因为臼+ b= c+ d>所以ab> cD.于是(臼一b)'= (a+Z?)J—4aZK (c+ d)2—4cc/= (c — d) \ 因此 | a —b\< | c~d\. 综上，诵+边>\/^+寸旋|日一Z?|〈| q —〃|的充要条件.［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，可通过两边平方來证明.2.当要证的不等式较难发现条件和结论之I'可的关系时，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:［变式训练 3］已知 a>b>c,且日+Z?+c=0,求证：y ］l}—ac<y ［3A, ［证明］要证p $cV 羽白, 只需证V a+b~\~c=0f 只需证 8+a （a+6） <3a ,只需证 2a — ab — //>0,只需证（日一力）（2日+Z?） >0, 只需证（a —Z?）（日一c ） >0.V a> b> c t a —Z?>0, a~ c>0, (a —A) (a —c) >0 显然成立，故原不等式成立.10分gP\ - PSP得到一个明显成立的条件10分。
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
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
(通用版)2019版高考数学一轮复习 不等式选讲 2 第2讲 不等式的证明教案 理
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＋b2≥ab，当且仅当a＝b时，等号成立．定理3：如果a、b、c为正数，则错误!≥错误!，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,…,a n为n个正数，则a1＋a2＋…＋a nn≥错误!,当且仅当a1＝a2＝…＝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。
若a,b∈(0，＋∞)且a＋b＝1，求证:错误!＋错误!≥8.证明：因为a＋b＝1，所以a2＋2ab＋b2＝1.因为a>0，b〉0，所以错误!＋错误!＝错误!＋错误!＝1＋错误!＋错误!＋1＋错误!＋错误!＝2＋错误!＋错误!≥2＋2错误!＋2错误!＝8错误!。
若x，y，z∈R＋，且x＋y>z,求证：错误!＋错误!〉错误!.证明：因为x＋y〉z,所以x＋y－z〉0.由分数性质得z1＋z〈错误!＝错误!.因为x>0，y〉0，所以错误!＝错误!＋错误!<错误!＋错误!。
所以错误!＋错误!>错误!。
若a〉b>1，证明：a＋错误!>b＋错误!。
证明：a＋1a－错误!＝a－b＋错误!＝错误!.由a〉b〉1得ab〉1,a－b>0,所以错误!〉0。
2019版高考数学一轮复习选修部分不等式选讲第二节不等式的证明实用课件理
(3)已知 a，b，c 是正实数，且 a＋b＋c＝1，则1a＋1b＋1c的最小值 为________． 解析：把 a＋b＋c＝1 代入1a＋1b＋1c， 得a＋ab＋c＋a＋bb＋c＋a＋bc ＋c ＝3＋ba＋ab＋ac＋ac＋bc＋bc ≥3＋2＋2＋2＝9， 当且仅当 a＝b＝c＝13时，等号成立． 答案：9
第二节 不等式的证明
本节重点突破 1 个知识点：不等式的证明.
01
突破点 不等式的证明
02
全国卷5课时达标检测
01 突破点 不等式的证明
自学区 抓牢双基· 完成情况
[基本知识]
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
解析：∵a，b∈R ＋，且 a＋b＝2，∴(a＋b)1a＋1b＝2＋ba＋ab ≥2＋2 ba·ab＝4，∴1a＋1b≥a＋4 b＝2，即1a＋1b的最小值为 2(当且仅当 a＝b＝1 时，“＝”成立)． 答案：2
(2)已知正实数 a，b 满足 2ab＝a＋b＋12，则 ab 的最小值是 ________．
(2)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 a2b2＋2ab＋1＞a2＋2ab＋b2， 即证 a2b2－a2－b2＋1＞0， 即证(a2－1)(b2－1)＞0. 因为 a，b∈M， 所以 a2＞1，b2＞1， 所以(a2－1)(b2－1)＞0 成立，所以原不等式成立．
2019年高考数学一轮复习： 不等式选讲 第2节 不等式的证明学案
第二节 不等式的证明[考纲传真] (教师用书独具)通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法．(对应学生用书第206页)[基础知识填充]1．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立． 定理2：如果a ，b 为正数，则a ＋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．柯西不等式(1)柯西不等式的代数形式：设a ，b ，c ，d 都是实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2(当且仅当ad ＝bc 时，等号成立)．(2)柯西不等式的向量形式：设α，β是两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k ，使α＝k β时，等号成立． (3)柯西不等式的三角不等式：设x 1，y 1，x 2，y 2，x 3，y 3∈R ， 则(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(x 2－x 3)2＋(y 2－y 3)2≥(x 1－x 3)2＋(y 1－y 3)2.(4)柯西不等式的一般形式：设a 1，a 2，a 3，…，a n ，b 1，b 2，b 3，…，b n 是实数，则(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2，当且仅当b i ＝0(i ＝1,2，…，n )或存在一个数k ，使得a i ＝kb i (i ＝1,2，…，n )时，等号成立．3．不等式的证明方法证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法等． (1)比较法：①比差法的依据是：a －b >0⇔a >b 步骤是：“作差→变形→判断差的符号”．变形是手段，变形的目的是判断差的符号．②比商法：若B >0，欲证A ≥B ，只需证AB≥1. (2)综合法与分析法：①综合法：利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这种方法叫综合法．即“由因导果”的方法．②分析法：从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已经具备，那么就可以判定原不等式成立，这种方法叫作分析法．即“执果索因”的方法．[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)比较法最终要判断式子的符号得出结论．( )(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论．( )(3)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．( ) (4)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．( ) [答案] (1)× (2)√ (3)× (4)×2．(教材改编)若a ＞b ＞1，x ＝a ＋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 －1)ab. 由a ＞b ＞1得ab ＞1，a －b ＞0，所以(a －b )(ab －1)ab＞0，即x －y ＞0，所以x ＞y .]3．若a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a >b >cB ．a >c >bC ．b >c >aD ．c >a >b A [“分子”有理化得a ＝13＋2，b ＝16＋5，c ＝17＋6，所以a >b >c .]4．已知a ＞0，b ＞0且ln(a ＋b )＝0，则1a ＋1b的最小值是________.【导学号：79140398】4 [由题意得，a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0， 所以1a ＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b (a ＋b )＝2＋b a ＋a b≥2＋2b a ·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 ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥9xy . [证明] 因为x ＞0，y ＞0，所以1＋x ＋y 2≥33xy 2＞0,1＋x 2＋y ≥33x 2y ＞0，故(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥33xy 2·33x 2y ＝9xy .(对应学生用书第207页)已知a ＞0，b ＞0，求证：a b ＋ba≥a ＋b . [证明] 法一：∵⎝⎛⎭⎪⎫a b＋b a －(a ＋b ) ＝⎝⎛⎭⎪⎫a b －b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a －a ＝a －b b ＋b －aa＝(a －b )(a －b )ab＝(a ＋b )(a －b )2ab≥0，∴a b ＋ba≥a ＋b . 法二：由于a b ＋ba a ＋b＝a a ＋b bab (a ＋b )＝(a ＋b )(a －ab ＋b )ab (a ＋b )＝a ＋bab－1 ≥2abab－1＝1.又a ＞0，b ＞0，ab ＞0， ∴a b ＋ba≥a ＋b .。
(全国通用版)2019版高考数学一轮复习选考部分不等式选讲第2课不等式证明课件理
a＋ b≤ 2；
③a2＋b2≥2； 1 1 ⑤a＋b≥2.
解析：令 a＝b＝1，排除②④； 由 2＝a＋b≥2 ab⇒ab≤1，命题①正确； a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝4－2ab≥2，命题③正确； 1 1 a＋b 2 a＋b＝ ab ＝ab≥2，命题⑤正确．
答案：①③⑤
1 1 1 3．已知 a，b，c 是正实数，且 a＋b＋c＝1，则a＋b＋c的最 小值为________．
充分条 (2)分析法： 从 要证的结论 出发， 逐步寻求使它成立的_______ 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．
4．柯西不等式 (1)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． n n n 2 2 (2)若 ai，bi(i∈N*)为实数，则 ai bi ≥ aibi2，当 i＝1 i＝1 i＝1 b1 b2 bn 且仅当 ＝ ＝…＝a (当 ai＝0 时，约定 bi＝0，i＝1,2，…， a1 a2 n 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．
1．在使用作商比较法时易忽视说明分母的符号． 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，易忽视性质成立的前 提条件．
1．已知a>0，b>0，则aabb________(ab)
aabb ab
a+b 2
(填大小关系)．
解析：∵
a a-b a a-b 2 2 ＝1， ，∴当 a ＝ b 时， a+b ＝ b b 2
2019年高考数学(理)一轮复习精品资料专题69不等式的证明(教学案)含解析
2019年高考数学（理）一轮复习精品资料1.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。
2.了解柯西不等式、排序不等式以及贝努利不等式。
3.能利用均值不等式求一些特定函数的极值。
一、比较法证明不等式 (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⇔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a b>1即可，这种方法称为求商比较法．二、综合法与分析法 1．综合法利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这种方法叫综合法．即“由因导果”的方法．2．分析法证明不等式时，有时可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已经具备，那么就可以判定原不等式成立，这种方法叫作分析法．即“执果索因”的方法．3．平均值不等式定理：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．我们称a ＋b ＋c3为正数a ，b ，c 的算术平均值，3abc 为正数a ，b ，c 的几何平均值，定理中的不等式为三个正数的算术—几何平均值不等式，简称为平均值不等式．4．一般形式的算术—几何平均值不等式如果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．高频考点一 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)a bc ＋b ac ＋cab≥ 3(a ＋b ＋c ).(2)a bc ＋b ac＋c ab ＝a ＋b ＋c abc. 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 .【方法规律】当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式、均值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.【变式探究】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，＋∞).高频考点二 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≥4b a ×ab＋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.【方法规律】(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，不等式的性质和均值不等式是最常用的.在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条件.【变式探究】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 ≥2bca，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.高频考点三 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.【变式探究】(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.【变式探究】 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.1. （2018年全国I 卷理数）[选修4–5：不等式选讲] 已知.（1）当时，求不等式的解集；（2）若时不等式成立，求的取值范围.【答案】（1）．（2）．2. （2018年全国Ⅱ卷理数） [选修4－5：不等式选讲] 设函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）若，求的取值范围．【答案】（1）,(2)【解析】（1）当时，可得的解集为．（2）等价于．而，且当时等号成立．故等价于．由可得或，所以的取值范围是．3. （2018年全国Ⅲ卷理数） [选修4—5：不等式选讲]设函数．（1）画出的图像；（2）当，，求的最小值．【答案】（1）见解析（2）5【解析】（1）的图像如图所示．（2）由（1）知，的图像与轴交点的纵坐标为，且各部分所在直线斜率的最大值为，故当且仅当且时，在成立，因此的最小值为5。
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!。
2019届高考数学一轮复习 选考部分 不等式选讲 第2课时 不等式的证明与柯西不等式教案 文
∴x＝ 1144，y＝21414，z＝31414.
∴x＋y＋z＝61414＝3
14 7.
6．(2016·江苏，理)设 a>0，|x－1|<3a，|y－2|<3a，求证：|2x ＋y－4|<a.
答案 略 证明 因为|x－1|<3a，|y－2|<3a， 所以|2x＋y－4|＝|2(x－1)＋(y－2)|≤2|x－1|＋|y－2|<2×3a＋3a＝ a.
4．(2014·陕西)设 a，b，m，n∈R，且 a2＋b2＝5，ma＋nb ＝5，则 m2＋n2的最小值为________．
答案 5 解析 由柯西不等式，得(a2＋b2)(m2＋n2)≥(am＋bn)2，即 5(m2 ＋n2)≥25. ∴m2＋n2≥5，当且仅当 an＝bm 时，等号成立． ∴ m2＋n2的最小值为 5.
方法二：(分析法) ∵a>0，b>0， ∴要证 a＋b≥2ab， 只需证(a＋b)2≥4a2b2， 即证 a2＋b2＋2ab≥4a2b2， ∵a2＋b2＝M，∴只要证 2＋2ab≥4a2b2， 即证 2(ab)2－ab－1≤0， 即证(2ab＋1)(ab－1)≤0.
方法二：令 a＝(3，4)，b＝(x，y)，则 a·b＝3x＋4y，|a|＝ 32＋42＝5，|b|＝ x2＋y2. ∵|a·b|≤|a|·|b|(柯西不等式的向量形式)， ∴|3x＋4y|≤5 x2＋y2. ∴x2＋y2≥|3x＋254y|2＝245. 其他同方法一． 【答案】 最小值为245，最小值点为(265，285)
第2课时 不等式的证明与 柯西不等式
…2018 考纲下载… 1．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． 2．了解柯西不等式、排序不等式以及贝努利不等式． 3．能利用均值不等式求一些特定函数的最值． 请注意 不等式的证明是中学数学的难点．柯西不等式只要求会简单 应用．
2019年高考数学一轮复习 不等式选讲 第2节 不等式的证明课件 理 北师大版.pptx
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．
2．柯西不等式 (1)柯西不等式的代数形式：设a，b，c，d都是实数，则(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＝kβ时，等号成立．
综合法证明不等式
(2017·全国卷Ⅱ)已知 a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4； (2)a＋b≤2. [证明] (1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6 ＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4. (2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b) ≤2＋3a＋4 b2(a＋b)＝2＋3a＋4 b3， 所以(a＋b)3≤8，因此 a＋b≤2.
3．若 a＝ 3－ 2，b＝ 6－ 5，c＝ 7－ 6，则 a，b，c 的大小关系为( )
A．a>b>c
B．a>c>b
C．b>c>a
D．c>a>b
A
[“分子”有理化得 a＝
1 3＋
2，b＝
1 6＋
5，c＝
1 7＋
， 6
所以 a>b>c.]
4．已知 a＞0，b＞0 且 ln(a＋b)＝0，则a1＋b1的最小值是________.
高考数学一轮复习不等式选讲第2讲不等式的证明习题课件
S<a＋a b＋a＋b b＋c＋c d＋c＋d d＝2，]若 x1，x2，x3∈(0，＋∞)，则 3
个数xx12，xx23，xx31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
解析 故选 B.
解法一：设 x1≤x2≤x3，则xx12≤1，xx23≤1，xx31≥1.
一、释疑难
对课堂上老师讲到的内容自己想不通卡壳的问题，应该在课堂上标出来，下课时，在老师还未离开教室的时候，要主动请老师讲解清楚。如果老师已 经离开教室，也可以向同学请教，及时消除疑难问题。做到当堂知识，当堂解决。
二、补笔记
上课时，如果有些东西没有记下来，不要因为惦记着漏了的笔记而影响记下面的内容，可以在笔记本上留下一定的空间。下课后，再从头到尾阅读一 遍自己写的笔记，既可以起到复习的作用，又可以检查笔记中的遗漏和错误。遗漏之处要补全，错别字要纠正，过于潦草的字要写清楚。同时，将自己 对讲课内容的理解、自己的收获和感想，用自己的话写在笔记本的空白处。这样，可以使笔记变的更加完整、充实。
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4．已知 a，b∈R，a2＋b2＝4，则 3a＋2b 的取值范围 是____[－__2___1_3_，__2__1_3_]___．
解析 根据柯西不等式 (ac ＋ bd)2≤(a2 ＋ b2)·(c2 ＋ d2) ， 可 得 (3a ＋ 2b)2≤(a2 ＋ b2)·(32＋22) ∴－2 13≤3a＋2b≤2 13. 3a＋2b∈[－2 13，2 13]．
[B 级 能力达标]
(全国通用版)2019版高考数学大一轮复习 不等式选讲 第2节 不等式的证明学案 理 新人教B版
第2节 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.均值不等式定理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：如果a ，b >0，那么a ＋b2≥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 ＋c3≥a ＝b ＝c 时，等号成立.2.不等式的证明方法 (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)：a b >1⇔a >b ；a b <1⇔a <b ；a b＝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：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，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，这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法.诊 断 自 测1.思考辨析(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)×2.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.(教材习题改编)已知a ≥b >0，M ＝2a 3－b 3，N ＝2ab 2－a 2b ，则M ，N 的大小关系为________. 解析 2a 3－b 3－(2ab 2－a 2b )＝2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2)＝(a 2－b 2)(2a ＋b )＝(a －b )(a ＋b )(2a ＋b ). 因为a ≥b >0，所以a －b ≥0，a ＋b >0，2a ＋b >0， 从而(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )≥0，故2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b . 答案 M ≥N4.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 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b (a ＋b )＝2＋b a ＋ab≥2＋2b a ·a b ＝4.当且仅当a ＝b ＝12时等号成立. ∴1a ＋1b的最小值是4. 答案 45.已知x >0，y >0，证明：(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥9xy . 证明 因为x >0，y >0，所以1＋x ＋y 2≥33xy 2>0，1＋x 2＋y ≥33x 2y >0，故(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥33xy 2·33x 2y ＝9xy .考点一 比较法证明不等式【例1－1】 (2017·江苏卷)已知a ，b ，c ，d 为实数，且a 2＋b 2＝4，c 2＋d 2＝16.试证明：ac ＋bd ≤8. 证明 ∵(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)－(ac ＋bd )2＝a 2c 2＋a 2d 2＋b 2c 2＋b 2d 2－(a 2c 2＋b 2d 2＋2acbd ) ＝b 2c 2＋a 2d 2－2acbd ＝(bc －ad )2≥0， ∴(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2， 又a 2＋b 2＝4，c 2＋d 2＝16.因此(ac ＋bd )2≤64，从而ac ＋bd ≤8. 【例1－2】 (一题多解)已知a >0，b >0，求证：a b ＋ba≥a ＋b . 证明 法一 因为a b ＋ba－(a ＋b ) ＝（a ）3＋（b ）3－（a ＋b ）abab＝（a ＋b ）（a －b ）2ab，∵a >0，b >0，∴（a ＋b ）（a －b ）2ab>0.因此a b ＋ba≥a ＋b . 法二 由于a b ＋b a a ＋b ＝a a ＋b bab （a ＋b ）＝（a ＋b ）（a －ab ＋b ）ab （a ＋b ）＝a ＋b ab －1≥2ab ab－1＝1. 又a >0，b >0，ab >0， 所以a b ＋ba≥a ＋b . 规律方法 1.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.2.在例1－2证明中，法一采用局部通分，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).提醒 在使用作商比较法时，要注意说明分母的符号. 【训练1】 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 ) ＝(a 12－b 12)(a 32－b 32).因为a ≥0，b ≥0，所以不论a ≥b ≥0，还是0≤a ≤b ，都有a 12－b 12与a 32－b 32同号，所以(a 12－b 12)(a 32－b 32)≥0， 所以a 2＋b 2≥ab (a ＋b ). 考点二 综合法证明不等式【例2－1】 (2017·全国Ⅱ卷)已知实数a >0，b >0，且a 3＋b 3＝2. 证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4； (2)a ＋b ≤2.证明 (1)∵a >0，b >0，且a 3＋b 3＝2. 则(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 4－2a 2b 2＋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.【例2－2】 (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，所以－1<x ≤－12；当－12<x <12时，f (x )<2恒成立.当x ≥12时，由f (x )<2得2x <2，解得x <1，所以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，所以(a ＋b )2<(1＋ab )2，因此|a ＋b |<|1＋ab |.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，不等式的性质和均值不等式是最常用的.在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条件.【训练2】 (2018·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.(1)解 当x <－1时，f (x )＝－2(x ＋1)－(x －2)＝－3x >3； 当－1≤x ≤2时，f (x )＝2(x ＋1)－(x －2)＝x ＋4， 此时，3≤f (x )≤6；当x >2时，f (x )＝2(x ＋1)＋(x －2)＝3x >6. 综上可知，f (x )的最小值m ＝3.(2)证明 a ，b ，c 均大于0，且a ＋b ＋c ＝3.∵(a ＋b ＋c )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a ＋c 2b ＋a 2c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋c 2b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋a 2c ≥2⎝⎛⎭⎪⎫b 2a ·a ＋c 2b·b ＋a 2c ·c ＝2(a ＋b ＋c )(当且仅当a ＝b ＝c ＝1时取“＝”)，所以b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥a ＋b ＋c ，故b 2a ＋c 2b ＋a 2c≥3. 考点三 分析法证明不等式【例3】 已知a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac <3a . 证明 由a >b >c 且a ＋b ＋c ＝0，知a >0，c <0. 要证b 2－ac <3a ， 只需证b 2－ac <3a 2.∵a ＋b ＋c ＝0，只需证b 2＋a (a ＋b )<3a 2， 只需证2a 2－ab －b 2>0， 只需证(a －b )(2a ＋b )>0， 只需证(a －b )(a －c )>0.∵a >b >c ，∴a －b >0，a －c >0， ∴(a －b )(a －c )>0显然成立， 故原不等式成立.规律方法 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 ⇐P 1→P 1⇐P 2→P 2⇐P 3→…→得到一个明显成立的条件【训练3】 (2018·福州八中质检)已知函数f (x )＝|x －1|. (1)解不等式f (x )＋f (x ＋4)≥8；(2)若|a |<1，|b |<1，且a ≠0，求证：f (ab )>|a |f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a . (1)解 依题意，原不等式等价于|x －1|＋|x ＋3|≥8. 当x <－3时，则－2x －2≥8，解得x ≤－5. 当－3≤x ≤1时，则4≥8不成立，不等式解集为∅. 当x >1时，则2x ＋2≥8，解得x ≥3.所以不等式f (x )＋f (x ＋4)≥8的解集为{x |x ≥3或x ≤－5}. (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. ∵|a |<1，|b |<1，知a 2<1，b 2<1， ∴(ab －1)2－(b －a )2＝a 2b 2－a 2－b 2＋1 ＝(a 2－1)(b 2－1)>0. 故(ab －1)2>(b －a )2成立. 从而原不等式成立.基础巩固题组 (建议用时：50分钟)1.设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明： (1)ab ＋bc ＋ca ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.证明 (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .当且仅当a ＝b ＝c 时取“＝”. 由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1. 所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13.(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，当且仅当a ＝b ＝c 时取“＝”.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≥1.2.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)由均值不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2， 当且仅当a ＝b ＝1时等号成立，即a ＋b ≥2.(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.3.(2018·石家庄模拟)已知函数f (x )＝|x |＋|x －1|. (1)若f (x )≥|m －1|恒成立，求实数m 的最大值M ；(2)在(1)成立的条件下，正实数a ，b 满足a 2＋b 2＝M ，证明：a ＋b ≥2ab . (1)解 ∵f (x )＝|x |＋|x －1|≥|x －(x －1)|＝1， 当且仅当0≤x ≤1时取等号， ∴f (x )＝|x |＋|x －1|的最小值为1. 要使f (x )≥|m －1|恒成立，只需|m －1|≤1， ∴0≤m ≤2，则m 的最大值M ＝2. (2)证明 由(1)知，a 2＋b 2＝2， 由a 2＋b 2≥2ab ，知ab ≤1.① 又a ＋b ≥2ab ，则(a ＋b )ab ≥2ab .由①知，ab ≤1.故a ＋b ≥2ab .4.(2014·全国Ⅰ卷)若a ＞0，b ＞0，且1a ＋1b＝ab .(1)求a 3＋b 3的最小值；(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由.解 (1)由ab ＝1a ＋1b≥2ab，得ab ≥2，当且仅当a ＝b ＝2时等号成立.故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，当且仅当a ＝b ＝2时等号成立. 所以a 3＋b 3的最小值为4 2.(2)由(1)知，2a ＋3b ≥26·ab ≥4 3.由于43＞6，从而不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6.5.已知函数f (x )＝k －|x －3|，k ∈R ，且f (x ＋3)≥0的解集为[－1，1]. (1)求k 的值；(2)若a ，b ，c 是正实数，且1ka ＋12kb ＋13kc ＝1. 求证：a ＋2b ＋3c ≥9.(1)解 因为f (x )＝k －|x －3|， 所以f (x ＋3)≥0等价于|x |≤k ，由|x |≤k 有解，得k ≥0，且解集为[－k ，k ]. 因为f (x ＋3)≥0的解集为[－1，1]. 因此k ＝1.(2)证明 由(1)知1a ＋12b ＋13c＝1，因为a ，b ，c 为正实数.所以a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c ＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋2b a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3c ＋3c a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b 3c ＋3c 2b ≥3＋2a 2b ·2b a ＋2a 3c ·3c a ＋22b 3c ·3c2b＝9. 当且仅当a ＝2b ＝3c 时等号成立. 因此a ＋2b ＋3c ≥9.能力提升题组 (建议用时：30分钟)6.(2015·全国Ⅱ卷)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)∵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 .(2)①若|a －b |<|c －d |，则(a －b )2<(c －d )2， 即(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd . ∵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， ∴a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd . ∵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.7.(2018·乐山模拟)已知定义在R 上的函数f (x )＝|x －m |＋|x |，m ∈N +，若存在实数x 使得f (x )<2成立. (1)求实数m 的值；(2)若α，β>1，f (α)＋f (β)＝6，求证：4α＋1β≥94.(1)解 因为|x －m |＋|x |≥|x －m －x |＝|m |， 要使|x －m |＋|x |<2有解，则|m |<2，解得－2<m <2. ∵m ∈N +，∴m ＝1.(2)证明 α，β>1，f (α)＋f (β)＝2α－1＋2β－1＝6， ∴α＋β＝4，∴4α＋1β≥14⎝ ⎛⎭⎪⎫4α＋1β(α＋β) ＝14⎝⎛⎭⎪⎫5＋4βα＋αβ≥14⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋24βα·αβ＝94， 当且仅当4βα＝αβ，即α＝83，β＝43时“＝”成立，故4α＋1β≥94. 8.设函数f (x )＝|2x －a |，g (x )＝x ＋2.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )＋f (－x )≤g (x )的解集； (2)求证：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12中至少有一个不小于12. (1)解 当a ＝1时，|2x －1|＋|2x ＋1|≤x ＋2， 化简可得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－12，－4x ≤x ＋2或⎩⎪⎨⎪⎧－12<x <12，2≤x ＋2或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，4x ≤x ＋2，解得0≤x <12或12≤x ≤23.综上，不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪0≤x ≤23. (2)证明 假设f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12都小于12，则⎩⎪⎨⎪⎧－12<a ＋b <12，－12<a －b <12，－12<1－a <12，前两式相加得－12<a <12与第三式12<a <32矛盾.因此假设不成立，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12中至少有一个不小于12.。
高三数学第一轮复习教案第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=++++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21211a 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：12m n na 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 --≤．经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。
全国版2019版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 <1b B ．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 ＋a b≥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 ＋a b<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 －bC ．|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 ＋dd ＋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.。
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≥ a 1a 2…a n ，当且仅当 a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．②比商法：若 B >0，欲证 A ≥B ，只需证 ≥1.2 ≥ ab ，当且仅当 a ＝b 时，等号成立． 3≥ abc ，当且仅当 a ＝b ＝c 时，等号成立．定理 3：如果 a ，b ，c 为正数，则a ＋b ＋cb c d 2 2第二节 不等式的证明[考纲传真] (教师用书独具)通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法．(对应学生用书第 206 页)[基础知识填充]1．基本不等式定理 1：设 a ，b ∈R ，则 a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当 a ＝b 时，等号成立．a ＋b定理 2：如果 a ，b 为正数，则3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 nn n2．柯西不等式(1)柯西不等式的代数形式：设 a ，，， 都是实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2(当且仅当 ad ＝bc 时，等号成立)．(2)柯西不等式的向量形式：设 α ，β 是两个向量，则|α ||β |≥|α ·β |，当且 仅当 β 是零向量，或存在实数 k ，使 α ＝k β 时，等号成立．(3)柯西不等式的三角不等式：设 x 1，y 1，x 2，y 2，x 3，y 3∈R ，则 (x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋ (x 2－x 3)2＋(y 2－y 3)2≥ (x 1－x 3)2＋(y 1－y 3)2.(4)柯西不等式的一般形式：设 a 1，a 2，a 3，…，a n ，b 1，b 2，b 3，…，b n 是实数，则(a 2＋a 2＋…＋ a n )(b 2＋b 2＋…＋ b n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋ a n b n )2，当且仅当 b i ＝0(i ＝1,2，…，n )或存在一个数k ，使得 a i ＝kb i (i ＝1,2，…，n )时，等号成立．3．不等式的证明方法证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法等．(1)比较法：①比差法的依据是：a －b >0 a >b 步骤是：“作差→变形→判断差的符号”．变形是手段，变形的目的是判断差的符号．AB(2)综合法与分析法：①综合法：利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，2．(教材改编)若 a ＞b ＞1，x ＝a ＋ ，y ＝b ＋ ，则 x 与 y 的大小关系是()A [x －y ＝a ＋ － b ＋b ⎪＝a －b ＋b －a ＝(a －b )(ab －1).所以 ＞0，即 x －y ＞0，所以 x ＞y .]4．已知 a ＞0，b ＞0 且 ln(a ＋b )＝0，则 ＋ 的最小值是________.所以 ＋ ＝ a ＋b ⎪(a ＋b )＝2＋ ＋ab ⎝这种方法叫综合法．即“由因导果”的方法．②分析法：从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已经具备，那么就可以判定原不等式成立，这种方法叫作分析法．即“执果索因”的方法．[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)比较法最终要判断式子的符号得出结论．()(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论．()(3)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．()(4)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．()[答案] (1)× (2)√ (3)× (4)×1 1a bA ．x ＞yC ．x ≥yB ．x ＜yD ．x ≤y1 ⎛ 1⎫ a ⎝ ⎭ab ab由 a ＞b ＞1 得 ab ＞1，a －b ＞0，(a －b )(ab －1)ab3．若 a ＝ 3－ 2，b ＝ 6－ 5，c ＝ 7－ 6，则 a ，b ，c 的大小关系为()A ．a >b >cC ．b >c >aA [“分子”有理化得 a ＝1 3＋2 ，b ＝ B ．a >c >bD ．c >a >b1 6＋ 5 ，c ＝17＋ 6 ，所以 a >b >c .]1 1a b【导学号：79140398】4 [由题意得，a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0，1 1 ⎛1 1⎫ b a⎭a b≥2＋2b·a＝4，当且仅当a＝b＝时等号成立．]＋b⎫⎪－(a＋b)⎝b a⎭⎛a⎫⎛b⎫a－b b－a＝ －b⎪＋ －a⎪＝＋∴a∴aa b125．已知x＞0，y＞0，证明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy.[证明]因为x＞0，y＞0，33所以1＋x＋y2≥3xy2＞0,1＋x2＋y≥3x2y＞0，33故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3xy2·3x2y＝9xy.(对应学生用书第207页)比较法证明不等式已知a＞0，b＞0，求证：a b＋≥a＋b.b a⎛a[证明]法一：∵⎝b⎭⎝a⎭b a＝(a－b)(a－b)(a＋b)(a－b)2＝≥0，ab abb＋≥a＋b.b aa b＋b a法二：由于＝a＋ba a＋b bab(a＋b)＝(a＋b)(a－ab＋b)ab(a＋b)＝a＋b－1ab≥2abab－1＝1.又a＞0，b＞0，ab＞0，b＋≥a＋b.b a≤2＋ (a ＋b )＝2＋ ，a b ab (2) 1＋a ⎪1＋b ⎪≥9.⎝a b ab a b ab [规律方法] 作差比较法证明不等式的步骤：作差； 变形； 判断差的符号；下结论.其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘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.注：作商比较法也有类似的步骤，但注意其比较的是两个正数的大小，且第 步要判断商与“1”的大小.[跟踪训练] (2018·临川一中)设 a ≠b ，求证：a 4＋6a 2b 2＋b 4>4ab (a 2＋b 2)．[证明] 因为 a 4＋6a 2b 2＋b 4－4ab (a 2＋b 2)＝(a 2＋b 2)2－4ab (a 2＋b 2)＋4a 2b 2＝(a 2＋b 2－2ab )2＝(a －b )4.又 a ≠b ，所以(a －b )4>0，所以 a 4＋6a 2b 2＋b 4>4ab (a 2＋b 2)．综合法证明不等式(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 )3(a ＋b )2 3(a ＋b )34 4所以(a ＋b )3≤8，因此 a ＋b ≤2.[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.[跟踪训练] 已知 a >0，b >0，a ＋b ＝1，求证：1 1 1(1) ＋ ＋ ≥8；⎛ 1⎫⎛ 1⎫ ⎭⎝⎭[证明] (1)∵a ＋b ＝1，a >0，b >0，1 1 1 1 1 a ＋b∴ ＋ ＋ ＝ ＋ ＋⎛b a ⎫a b ⎝ ⎭(2)设 x ≥1，y ≥1，求证 x ＋y ＋ ≤ ＋ ＋xy .要证 x ＋y ＋ ≤ ＋ ＋xy ，a b ＝2 ＋ ⎪＋4≥4b a2 a b ab (2)∵ 1＋ ⎪1＋ ⎪＝ ＋ ＋ ＋1，由(1)知 ＋ ＋ ≥8.⎝ a b∴ 1＋ ⎪1＋ ⎪≥9.⎝ a b 2＋ 2 ＋ 2＝a ＋b ＋c (当且仅当 a ＝b ＝c时等号成立)222⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎛1 1⎫ ⎛a ＋b a ＋b ⎫＝2 a ＋b ⎪＝2 a ＋ b ⎪· ＋4＝81 1 1 1(当且仅当 a ＝b ＝ 时，等号成立)，∴ ＋ ＋ ≥8.⎛ 1⎫⎛ 1⎫ 1 1 1 1 1 1 ⎭⎝ ⎭ a b ab a b ab⎛ 1⎫⎛ 1⎫ ⎭⎝ ⎭用分析法证明不等式(1)设 a ，b ，c >0 且 ab ＋bc ＋ca ＝1，求证：a ＋b ＋c ≥ 3；1 1 1xy x y【导学号：79140399】[证明] (1)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 .a 2＋b 2 b 2＋c 2 c 2＋a 2而 ab ＋bc ＋ca ≤ 成立．所以原不等式成立．(2)由于 x ≥1，y ≥1，1 1 1xy x y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)2(c ＋1) ≥；2 22所以要证(a ＋1) ＋(b ＋1) ＋(c ＋1) ≥ ， 222只需证 a ＋b ＋c ≥ .222因为 a ＋b ＋c ＝1，所以 a ＋b ＋c ≥ .2 22所以(a ＋1) ＋(b ＋1) ＋(c ＋1) ≥ .2 22所以要证(a ＋1) ＋(b ＋1) ＋(c ＋1) ≥ ，222只需证 a ＋b ＋c ≥ . 22 2因为 a ＋ ≥a ，b ＋ ≥ b ，c ＋ ≥ c ， 222所以 a ＋b ＋c ＋ ≥ (a ＋b ＋c )．222因为 a ＋b ＋c ＝1，所以 a ＋b ＋c ≥ .＝(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．[规律方法] 分析法证明不等式的注意事项：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，也就是说，分析法的思维是逆向思维，因此在证题时，应正确使用“要证”“只需证”这样的连接“关键词”.[跟踪训练] (2018·广州综合测试(二))(1)已知 a ＋b ＋c ＝1，证明：(a ＋1)2＋(b ＋1)2＋163(2)若对任意实数 x ，不等式|x －a |＋|2x －1|≥2 恒成立，求实数 a 的取值范围．[证明] (1)法一：因为 a ＋b ＋c ＝1，所以(a ＋1)2＋(b ＋1)2＋(c ＋1)2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ＋b ＋c )＋3＝a 2＋b 2＋c 2＋5.16313因为 a 2＋b 2＋c 2＝(a ＋b ＋c )2－2(ab ＋bc ＋ca )≥(a ＋b ＋c )2－2(a 2＋b 2＋c 2)，所以 3(a 2＋b 2＋c 2)≥(a ＋b ＋c )2.1 316 3法二：因为 a ＋b ＋c ＝1，所以(a ＋1)2＋(b ＋1)2＋(c ＋1)2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ＋b ＋c )＋3＝a 2＋b 2＋c 2＋5.1631 31 2 1 2 1 29 3 9 3 9 31 23 3132 22所以(a ＋1) ＋(b ＋1) ＋(c ＋1) ≥. 2法三：因为(a ＋1) ＋≥ (a ＋1)，2(b ＋1) ＋ ≥ (b ＋1)，2(c ＋1) ＋ ≥ (c ＋1)，222所以(a ＋1) ＋(b ＋1) ＋(c ＋1) ＋≥ [(a ＋1)＋(b ＋1)＋(c ＋1)]．2 22所以(a ＋1) ＋(b ＋1) ＋(c ＋1) ≥.1－x ＋1－a ，a ≤x ≤ ，2⎨当 a < 时，f (x )＝13x －a －1，x> .⎪⎩此时 f (x )min ＝f ⎪＝ －a ， 要使|x －a |＋|2x －1|≥2 恒成立，必须 －a ≥2，解得 a ≤－ .当 a ＝ 时，f (x )＝⎪x － ⎪＋|2x －1|＝3⎪x － ⎪≥2，即⎪x － ⎪≥ 不可能恒成立．⎨ x ＋a －1， ≤x ≤a ，1当 a > 时，f (x )＝⎪⎩要使|x －a |＋|2x －1|≥2 恒成立，必须 a － ≥2，1 ⎪1⎪ ⎪ 1⎪ ⎪ 1⎪ 2 此时 f (x )min ＝f ⎪＝a － ，2⎝2⎭⎪2 16 316 8 9 316 89 316 89 316 83 3因为 a ＋b ＋c ＝1，16 3(2)设 f (x )＝|x －a |＋|2x －1|，则“对任意实数 x ，不等式|x －a |＋|2x －1|≥2 恒成立”等价于“f (x )min ≥2”． ⎧－3x ＋a ＋1，x<a ，1 22⎛1⎫ 1 ⎝2⎭ 212322 ⎪ 2⎪ ⎪ 2⎪ ⎪ 2⎪ 3⎧⎪－3x ＋a ＋1，x<1，1 223x －a －1，x >a .⎛1⎫ 112解得 a ≥ .⎛ ⎫综上所述，实数 a 的取值范围为 －∞，－ ⎪∪⎢ ，＋∞⎪.当且仅当 x ＝ ，y ＝ ，z ＝0 时取等号．所以 x 2＋y 2＋z 2≥ ，当且仅当 x ＝ ＝ ，即 x ＝ ，y ＝ ，z ＝ 时，x 2＋y 2＋z 2 有最小值7 2.利用柯西不等式求最值的一般结构为： a 21＋a 22＋…＋a 2n ) a 2＋a 2＋…＋a 2⎪2⎭ ⎣252⎝⎭柯西不等式的应用已知 x ，y ，z 均为实数．(1)若 x ＋y ＋z ＝1，求证： 3x ＋1＋ 3y ＋2＋ 3z ＋3≤3 3；(2)若 x ＋2y ＋3z ＝6，求 x 2＋y 2＋z 2 的最小值．[解] (1)证明：因为 ( 3x ＋1＋ 3y ＋2＋ 3z ＋3)2≤(12＋12＋12)(3x ＋1＋3y ＋2＋3z ＋3)＝27.所以 3x ＋1＋ 3y ＋2＋ 3z ＋3≤3 3.2 13 3(2)因为 6＝x ＋2y ＋3z ≤ x 2＋y 2＋z 2· 1＋4＋9，18 y z 3 6 97 2 3 7 7 718.[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.⎛ 1 1 1 ⎫ ⎝1 2n ⎭＋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.[跟踪训练] (2017·江苏高考)已知 a ，b ，c ，d 为实数，且 a 2＋b 2＝4，c 2＋d 2＝16，证明：ac ＋bd ≤8.[证明] 由柯西不等式，得(ac ＋bd )2≤(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)．因为 a 2＋b 2＝4，c 2＋d 2＝16，所以(ac ＋bd )2≤64，因此 ac ＋bd ≤8.。