新人教A版版高考数学一轮复习选修不等式选讲不等式的证明教案文
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。
选修《不等式选讲》全册教案
选修《不等式选讲》全册教案教案：不等式选讲课程概述：本教学选修课程《不等式选讲》是为了帮助学生掌握不等式的基本概念、性质和解题方法而设计的。
通过本课程的学习，学生将能够正确理解和应用不等式，提高其数学思维和解题能力，为后续学习提供基础。
教学目标：1.了解不等式的定义和基本概念；2.掌握不等式的性质和运算法则；3.掌握不等式的解法及其应用。
教学内容：第一章：不等式基本概念1.1不等式的定义及相关术语1.2不等式的表示方法第二章：不等式的性质和运算法则2.1不等式的性质2.2不等式的加减乘除法则2.3不等式的开方法则第三章：不等式的解法及其应用3.1一元一次不等式3.2一元二次不等式3.3绝对值不等式3.4复合不等式3.5应用题解析教学方法：本课程将采用讲授、示范演示和练习相结合的教学方法。
通过讲解相关概念和性质，展示解题方法和技巧，并通过练习题让学生进行巩固和实践。
教学步骤：第一课时1.引入不等式概念（10分钟）1.1通过实例引导学生思考不等式的概念；1.2解释不等式的定义和基本术语，如不等号、解集等。
2.不等式的表示方法（20分钟）2.1讲解不等式的数轴表示法；2.2演示不等式的文字表示法。
3.小结和练习（10分钟）3.1对本节课内容进行小结；3.2给学生布置与本节课内容相关的练习题。
第二课时1.不等式的性质（20分钟）1.1介绍不等式的传递性和加减乘除法则的运用；1.2示范演示相关例题。
2.不等式的解法（30分钟）2.1讲解一元一次不等式的解法；2.2分析一元二次不等式的解法；2.3展示绝对值不等式和复合不等式的解法。
3.小结和练习（10分钟）3.1对本节课内容进行小结；3.2给学生布置与本节课内容相关的练习题。
第三课时1.不等式的应用（20分钟）1.1分析一些与不等式相关的实际问题；1.2示范演示解决应用题。
2.综合练习（30分钟）2.1给学生布置一些综合练习题，涵盖前几节课的内容；2.2辅导学生解答练习题。
人教a版高考数学(理)一轮课件：选修4-5不等式选讲
考纲解读
通过近几年的高考题可以看出, 本 部分内容的考查主要是在绝对值 不等式的几何意义和解绝对值不 等式两个方面,考查难度一般,试题 题型较为单一 .对于绝对值不等式 的证明一般会结合函数、导数等 内容考查,难度较大,属中高档题.
1.绝对值三角不等式 (1)定理 1:如果 a,b 是实数,则|a+b|≤|a|+|b|,当且仅当 ab≥0 时,等号成立. 其中不等式|a+b|≤|a|+|b|又称为三角不等式. (2)在|a+b|≤|a|+|b|中用向量 a,b 分别替换实数 a,b,则|a+b|<|a|+|b|的几 何意义是三角形的两边之和大于第三边(a,b 不共线). (3)定理 2:如果 a,b,c 是实数,那么|a-c|≤|a-b|+|b-c|,当且仅当(a-b)(b-c)≥0 时,等号成立.
(������ + 1)2 ≥ (x + 2)2 , ⇔ ������ + 2 ≠ 0, (������ + 1 + ������ + 2)(������ + 1-������-2) ≥ 0, 即 ������ ≠ -2, 解得 x≤- 且 x≠-2.
3 2
3 .设 a=2- 5,b= 5-2,c=5-2 5,则 a ,b ,c 之间的大小关系是 【答案】 c>b>a 【解析】分别由 a<0,b>0,c>0,再由 b 2-c2<0 得 b<c 判断.
5 .设 m 等于|a| ,|b| 和 1 中最大的一个,当|x|>m 时,求证: +
3 .|ax+b| ≤c,|ax+b| ≥c(c>0)型不等式的解法 (1)|ax+b| ≤c(c>0)型不等式的解法是:先化为不等式-c≤ax+b ≤c,再利用 不等式的性质求出原不等式的解集. (2)|ax+b| ≥c(c>0)的解法是:先化为 ax+b ≥c 或 ax+b ≤-c,再进一步利用不 等式的性质求出原不等式的解集.
高考数学一轮复习 不等式选讲 第二节 不等式的证明学案 理(含解析)新人教A版选修4-5-新人教A版
第二节 不等式的证明2019考纲考题考情1．比较法作差比较法与作商比较法的基本原理： (1)作差法：a －b >0⇔a >b 。
(2)作商法：a b>1⇔a >b (a >0，b >0)。
2．综合法与分析法(1)综合法：证明不等式时，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过推理论证而得出命题成立，综合法又叫顺推证法或由因导果法。
(2)分析法：证明命题时，从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立。
这是一种执果索因的思考和证明方法。
3．反证法先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，我们把它称为反证法。
4．放缩法证明不等式时，通过把所证不等式的一边适当地放大或缩小，以利于化简，并使它与不等式的另一边的不等关系更为明显，从而得出原不等式成立，这种方法称为放缩法。
5．柯西不等式设a ，b ，c ，d 均为实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，等号当且仅当ad ＝bc 时成立。
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 。
一、走进教材1．(选修4－5P 23T 1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 )。
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．。
2012年高三数学第一轮复习教案(新人教A)不等式的证明(一)
6.2 不等式的证明(一)巩固·夯实基础一、自主梳理1.比较法又分为作差比较和作商比较,作商比较多用于都是正数、单项情况下,比值与1比较.作差比较最常用,作出差后,往往要用因式分解或配平方两种方法,有时还要讨论.含方根的式子大小比较时,常要将它们平方或立方,再比较,其根据是:若p>q>0,则p >q ,p 2>q 2;若m>n,则m 3>n 3,3m >3n .2.分析法:从求证的不等式出发,逐步寻求使不等式成立的条件,直至所需条件被确认成立,就断定求证的不等式成立,这种证明方法叫分析法.分析法的思想是“执果索因”,即从求证的不等式出发，探求使结论成立的充分条件，直至已成立的不等式.采用分析法证明不等式时,常用“⇐”的符号，有时,若为充要条件时,也常用“⇔”的符号.证明过程常表现为“要证……只要证……”.3.综合法就是从已知或已证明过的不等式出发,根据不等式的性质推导出欲证的不等式,综合法往往是分析法的逆过程,表述简单,条理清楚,故证明时,往往先用分析法分析,再用综合法书写.二、点击双基1.(理)若a 、b 是正数,则2b a +、ab 、b a ab +2、222b a +这四个数的大小顺序是…( ) A.ab ≤2b a +≤b a ab +2≤222b a + B.222b a +≤ab ≤2b a +≤b a ab +2 C.b a ab +2≤ab ≤2b a +≤222b a + D.ab ≤2b a +≤222b a +≤b a ab +2 解析:可设a=1,b=2,则2b a +=23,ab =2，b a ab +2=34,222b a +=241+=25=5.2. 答案:C(文)下列不等式恒成立的有( )A.若a 、b 都是正数,ba ab +2>ab B.tan α+cot α≥2 C.a 、b 、m 是正数,则m b m a ++>b a D.3+5<4解析:易知A 、B 、C 不恒成立,对于D,两边平方即可.答案:D2.(2006江苏南京期末)若实数x,y,z 满足x 2+y 2+z 2=1,则xy+yz+zx 的取值范围是( )A.［-1,1］B.［-21,1］C.［-1,21］D.［-21,21］ 解析:∵xy+yz+zx ≤222y x ++222z y ++222z x +=x 2+y 2+z 2=1, 又∵2(xy+yz+zx)=(x+y+z)2-(x 2+y 2+z 2)≥0-1=-1,∴xy+yz+zx ≥-21.故选择B. 答案:B3.(2005上海春季高考)若a 、b 、c 是常数,则“a>0且b 2-4ac<0”是“对任意x ∈R ，有ax 2+bx+c>0”的（ ）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析:当a>0,b 2-4ac<0时，ax 2+bx+c>0.反之,ax 2+bx+c>0对x ∈R 成立不能推出a>0,b 2-4ac<0. 反例:a=b=0,c=2.故选A.答案:A4.船在流水中在甲地和乙地间来回行驶一次的平均速度v 1和在静水中的速度v 2的大小关系为__________________________________________.解析:设甲地至乙地的距离为s,船在静水中的速度为v 2,水流速度为v(v 2＞v ＞0)，则船在流水中在甲、乙间来回行驶一次的时间t=v v s +2+v v s -2=22222v v s v -,平均速度v 1=ts 2=2222v v v -. ∵v 1-v 2=2222v v v --v 2=-22v v ＜0，∴v 1＜v 2. 答案:v 1＜v 2诱思·实例点拨【例1】 设a>b>c,n ∈N,试求使不等式b a -1+c b -1≥ca n -成立的n 的最大值. 剖析:原不等式可转化为b ac a --+c b c a --≥n 恒成立.只要求出b a c a --+cb c a --的最小值即可. 解:b a c a --+cb c a --=b a c b b a --+-+c b c b b a --+- =2+b a c b --+cb b a --≥4, 当且仅当b ac b --=c b b a --,即b-c=a-b, 即2a=a+c 取等号.要使b a c a --+cb c a --≥n 恒成立,只需n ≤4.故n 的最大值为4.链接·拓展设a>b>c>d,n ∈N,求使不等式b a -1+c b -1+d c -1≥d a n -成立的n 的最大值. 答案:n 的最大值为9.【例2】 已知a 、b 、x 、y ∈R +且a 1＞b1，x ＞y. 求证：a x x +＞by y +. 剖析:观察待证不等式的特征，用比较法或分析法较适合.证法一:（作差比较法）∵a x x +-b y y +=))((b y a x ay bx ++-, 又a 1＞b 1且a 、b ∈R +， ∴b ＞a ＞0.又x ＞y ＞0,∴bx ＞ay.∴))((b y a x ay bx ++-＞0,即ax x +＞b y y +. 证法二:(分析法)∵x 、y 、a 、b ∈R +,∴要证ax x +＞b y y +, 只需证明a x x +＞b y y +,即证xb ＞ya.而由a 1＞b1＞0,∴b ＞a ＞0.又x ＞y ＞0, 知xb ＞ya 显然成立.故原不等式成立.链接·聚焦该例若用函数的单调性应如何构造函数?解法一:令f(x)=a x x +,易证f(x)在(0,+∞)上为增函数,从而a x x +>ay y +. 再令g(x)=x m m +,易证g(x)在(0,+∞)上单调递减. ∵a 1>b1,a 、b ∈R +,∴a<b. ∴g(a)>g(b),即a m m +>bm m +,命题得证. 解法二:原不等式即为1+a x a x >1+by b y,为此构造函数f(x)=1+x x ,x ∈(0,+∞). 易证f(x)在(0,+∞)上为单调增函数,而a x >b y , ∴1+a x a x >1+by b y ，即a x x +>b y y +. 【例3】 某食品厂定期购买面粉.已知该厂每天需用面粉6 t,每吨面粉的价格为1 800元,面粉的保管等其他费用为平均每吨每天3元,购面粉每次需支付运费900元.(1)求该厂多少天购买一次面粉,才能使平均每天所支付的总费用最少?(2)若提供面粉的公司规定:当一次购买面粉不少于210 t 时,其价格可享受9折优惠(即原价的90%),问该厂是否考虑利用此优惠条件?请说明理由.解:(1)设该厂应每隔x 天购买一次面粉,其购买量为6x t,由题意知,面粉的保管等其他费用为 3［6x+6(x-1)+…+6×2+6×1］=9x(x+1).设平均每天所支付的总费用为y 1元,则y 1=x1［9x(x+1)+900］+6×1 800 =x900+9x+10 809≥2x x 9900∙+10 809=10 989. 当且仅当9x=x900,即x=10时取等号, 即该厂应每隔10天购买一次面粉,才能使平均每天所支付的总费用最少.(2)若厂家利用此优惠条件,则至少每隔35天,购买一次面粉,平均每天支付的总费用为y 2元,则y 2=x1［9x(x+1)+900］+6×1 800×0.90 =x900+9x+9 729(x ≥35). 令f(x)=x+x 100(x ≥35), x 2＞x 1≥35，则f(x 1)-f(x 2)=(x 1+1100x )-(x 2+2100x ) =212112)100)((x x x x x x --. ∵x 2＞x 1≥35,∴x 2-x 1＞0,x 1x 2＞0,100-x 1x 2＜0.∴f(x 1)-f(x 2)＜0,f(x 1)＜f(x 2),即f(x)=x+x100,当x ≥35时为增函数. ∴当x=35时,f(x)有最小值,此时y 2＜10 989.∴该厂应该接受此优惠条件.。
(新人教A)高三数学教案全集之不等式的证明(2)
课 题：不等式的证明（2）教学目的：1掌握综合法证明不等式；2熟练掌握已学的重要不等式；3增强学生的逻辑推理能力教学重点：综合法教学难点：不等式性质的综合运用授课类型：新授课课时安排：1课时教 具：多媒体、实物投影仪教学过程：一、复习引入：1．重要不等式：如果)""(2R,,22号时取当且仅当那么==≥+∈b a ab b a b a2．定理：如果a,b 是正数，那么).""(2号时取当且仅当==≥+b a ab b a 3公式的等价变形：ab ≤222b a +，ab ≤（2b a +）2 4． ba ab +≥2（ab ＞0），当且仅当a ＝b 时取“＝”号； 5．定理：如果+∈Rc b a ,,，那么abc c b a 3333≥++（当且仅当c b a ==时取“=”）6．推论：如果+∈R c b a ,,，那么33abc c b a ≥++ （当且仅当c b a ==时取“=”） 7．比较法之一（作差法）步骤：作差——变形——判断与0的关系——结论比较法之二（作商法）步骤：作商——变形——判断与1的关系——结论二、讲解新课：1．综合法：利用某些已经证明过的不等式（例如算术平均数与几何平均数定理）和不等式的性质推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法通常叫做综合法2．用综合法证明不等式的逻辑关系是：12n A B B B B ⇒⇒⇒⇒⇒L3．综合法的思维特点是：由因导果，即由已知条件出发，利用已知的数学定理、性质和公式，推出结论的一种证明方法三、讲解范例：例1 已知a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：abc b a c a c b c b a 6)()()(222222>+++++证明：∵22c b +≥2bc ,a ＞0,∴)(22c b a +≥2abc ①同理 )(22a c b +≥2abc ② )(22b a c +≥2abc ③因为a ，b ，c 不全相等，所以22c b +≥2bc , 22a c +≥2ca , 22b a +≥2ab 三式不能全取“=”号，从而①、②、③三式也不能全取“=”号∴abc b a c a c b c b a 6)()()(222222>+++++例2 已知a ，b ，c 都是正数，且a ，b ，c 成等比数列，求证：2222)(c b a c b a +->++证明：左－右=2（ab +bc －ac ）∵a ，b ，c 成等比数列，∴ac b =2又∵a ，b ，c 都是正数，所以ac b =<0≤c a c a +<+2 ∴b c a >+∴0)(2)(2)(22>-+=-+=-+b c a b b bc ab ac bc ab∴2222)(c b a c b a +->++说明：此题在证明过程中运用了比较法、基本不等式、等比中项性质，体现了综合法证明不等式的特点四、课堂练习：1． 设a , b , cR ， 1求证：)(2222b a b a +≥+ 2求证：)(2222222c b a a c c b b a ++≥+++++ 3若a + b = 1, 求证：22121≤+++b a 证：1∵0)2(2222≥+≥+b a b a ∴2|2|222b a b a b a +≥+≥+ ∴)(2222b a b a +≥+ 2同理：)(2222c b c b +≥+， )(2222a c a c +≥+三式相加：)(2222222c b a a c c b b a ++≥+++++ 3由幂平均不等式： 1222)1(2)21()21()2121(21==++=+++≤+++b a b a b a ∴22121≤+++b a 2．a , b , cR , 求证：1 9)111)((≥++++c b a c b a 229)111)((≥+++++++a c c b b a c b a 3 23≥+++++b a c a c b c b a 证：1法一：33abc c b a ≥++, 313111abcc b a ≥++, 两式相乘即得 法二：左边)()()(3cb bc c a a c b a a b c c b a b c b a a c b a ++++++=++++++++= ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 92∵3))()((23222a c c b b a a c c b b a +++≥+++++ 3))()((13111a c c b b a a c c b b a +++≥+++++两式相乘即得 3由上题：29)111)((≥+++++++a c c b b a c b a ∴29111≥++++++++a c b c b a b a c 即 23≥+++++b a c a c b c b a 五、小结 ：通过本节学习，要求熟练掌握并应用已学的重要不等式及不等式性质推出所证不等式成立，进而掌握综合法证明不等式六、课后作业：七、板书设计（略）八、课后记：。
高考数学一轮复习选修4_5不等式选讲课件文新人教版
不等式选讲
-2知识梳理
双基自测
1
2
3
4
1.绝对值三角不等式
(1)定理1:若a,b是实数,则|a+b|≤
时,等号成立;
(2)性质:|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|;
(3)定理2:若a,b,c是实数,则|a-c|≤
(a-b)(b-c)≥0
时,等号成立.
5
|a|+|b|
,当且仅当_______
-22考点1
考点2
考点3
考点4
考点5
对点训练2设函数f(x)=|x+1|-m|x-2|.
(1)若m=1,求函数f(x)的值域;
(2)若m=-1,求不等式f(x)>3x的解集.
解:(1)当m=1时,f(x)=|x+1|-|x-2|.
∵||x+1|-|x-2||≤|(x+1)-(x-2)|=3,
∴-3≤|x+1|-|x-2|≤3,即函数f(x)的值域为[-3,3].
(3)柯西不等式的向量情势:设α,β是两个向量,则|α||β|≥|α·β|,当且
仅当β是零向量或存在实数k,使α=kβ时,等号成立.
-6知识梳理
双基自测
1
2
3
4
5
5.不等式证明的方法
证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法等.
-7知识梳理
双基自测
1
2
3
4
5
1.下列结论正确的打“ ”,错误的打“×”.
所以|x|+|y|+|x-1|+|y-1|=2,即
|| + |-1| = 1,
|| + |-1| = 1.
高考数学一轮复习 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!。
高中总复习第一轮数学 第六章 6.3 不等式的证明(二)教案 新人教A版
6.3 不等式的证明(二)巩固·夯实基础一、自主梳理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”.除三种基本方法外,还有以下常用方法:(1)反证法:是先假设结论不成立,并由此出发,推出与题设条件或已经知道的结论相矛盾的结果,从而说明结论成立.(2)换元法:原不等式的代数式,经适当的三角代换或代数换元,能使证明的过程简化.(3)放缩法:借助于不等式的传递性,要证a>b,只需证a>c,c>b,或借助于其他途径放缩,如舍项、添项等.值得注意的是,放缩法是高考的“热点”，特别在解答题中，注意使用.(4)构造函数法、导数法在证明不等式时,也经常使用.(5)数学归纳法证明不等式在数列中的运用也应引起重视.链接·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. 二、点击双基1.若a 、b 、c ∈R,a>b,则下列不等式成立的是( ) A.a1<b1 B.a 2>b2C.12+c a >12+c bD.a|c|>b|c|解析：由不等式的性质容易得答案C. 答案：C2.(理)若不等式(-1)na<2+nn 1)1(+-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,又2-n1为增函数,∴a<2-21=23.当n 为正奇数时,-a<2+n 1,a>-2-n1. 而-2-n 1为增函数,-2-n 1<-2,∴a ≥-2.故a ∈［-2,23). 答案:A(文)(经典回放)若a 1＜b1＜0，则下列结论不正确的是( ) A.a 2＜b2B.ab ＜b2C.ab +ba ＞2D.|a|+|b|＞|a+b|解析:由a1＜b1＜0,知b ＜a ＜0. ∴A 不正确. 答案:A3.设函数f(x)是定义在R 上,周期为3的奇函数,若f(1)<1,f(2)=112+-a a ,则( ) A.a<21且a ≠-1 B.-1<a<0 C.a<-1或a>0D.-1<a<2解析:由题意得f(-2)=f(1-3)=f(1)<1, ∴-f(2)<1,即-112+-a a <1. ∴13+a a>0,即3a(a+1)>0.∴a<-1或a>0.故选C. 答案:C4.同学们都知道,在一次考试后,如果按顺序去掉一些高分,那么班级的平均分将降低;反之,如果按顺序去掉一些低分,那么班级的平均分将提高.这两个事实可以用数学语言描述为:若有限数列a 1,a 2,…,a n 满足a 1≤a 2≤…≤a n ,则________(结论用数学式子表示).解析：设原有人数为n,去掉n-m 个人(1≤m<n), n 个人的平均分为na a a n+⋅⋅⋅++21;m 个人的平均分为ma a a m+⋅⋅⋅++21.依题意,ma a a m+⋅⋅⋅++21≤na a a n+⋅⋅⋅++21,mn a a a nm m -+⋅⋅⋅++++21≥na a a n+⋅⋅⋅++21答案:ma a a m+⋅⋅⋅++21≤na a a n+⋅⋅⋅++21(1≤m<n)和mn a a a nm m -+⋅⋅⋅++++21≥na a a n+⋅⋅⋅++21(1≤m<n)诱思·实例点拨【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 =281a ．∴log a （a x ＋a y）<log a 281a =log a 2＋81．讲评: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≥2·81a 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 、b ∈R. 求证:||1||b a b a +++≤||1||a a ++||1||b b +.证法一:当|a+b|=0时,原不等式成立. 当|a+b|≠0时,||1||b a b a +++=||111b a ++≤||||111b a ++=||||1||||b a b a +++=||||1||b a a +++||||1||b a b ++≤||1||a a ++||1||b b +.证法二:构造函数f(x)=xx+1(x ≥0), 研究其单调性, f ′(x)=2)1(1x x x +-+=2)1(1x +>0.∴f(x)在［0,+∞］上单调递增. ∵|a+b|≤|a|+|b|, ∴||1||b a b a +++≤||||1||||b a b a +++=||||1||b a a +++||||1||b a b ++≤||1||a a ++||1||b b +.讲评:证法一是放缩法,证法二是单调性法,这样直接证可以吗?||1||b a b a +++≤||||1||||b a b a +++.分式放缩时,分子、分母能同时放大或缩小吗? 应用·习题精练巩固篇1.若x>0,y>0,且x 2+y8=1,则xy 有( )A.最大值64B.最小值64C.最大值641D.最小值21 解析：1=x2+y 8≥2yx 82•=8xy1, ∴xy ≥64. 答案：B2.已知m 2+n 2=1,a 2+b 2=2,则am+bn 的最大值是( ) A.1 B.23C.2D.以上都不对解析：三角代换:令m=cos α,n=sin α,a=2cos β,b=2sin β. am+bn=2cos(α+β)≤2.答案：C3.已知0<a<1,b>1且ab>1,则下列不等式中成立的是( ) A.log bb1<log a b<log ab1B.log a b<log b b1<log a b1 C.log a b<log ab1<log bb1D.log a b1>log a b1<log a b 解析：特殊值法.令a=101,b=100. 答案：B4.已知|a+b|<-c(a 、b 、c ∈R),给出下列不等式:①a<-b-c;②a>-b+c;③a<b-c;④|a|<|b|-c;⑤|a|<-|b|-c. 其中一定成立的不等式是___________________________.(注:把成立的不等式序号都填上) 解析：∵|a+b|<-c, ∴c<a+b<-c.∴a<-b-c,a>-b+c,①②成立. 又|a|-|b|<|a+b|<-c, ∴|a|<|b|-c ④成立.当a=3,b=-3,c=-1时,虽|a+b|=0<-c, 但3>3-1=2,3>-3+1,故③⑤不成立. 答案:①②④5.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.6.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.提高篇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≥ba +1，当a=b 时等号成立；21（b 21＋c 21）≥bc 21≥c b +1，当b=c 时等号成立；21（c 21＋a 21）≥ca21≥ac +1,当c=a 时等号成立．三个不等式相加即得a 21＋b 21＋c21≥c b +1＋a c +1＋b a +1，当且仅当a=b=c 时等号成立.8.(全新创编题)有一位同学写了一个不等式cx c x +++221≥cc +1(x ∈R),她发现当c=1,2,3时,不等式都成立,试问:不等式是否对任何正实数c 都成立?为什么? 解：设f(x)=c x c x +++221,z=c x +2(z ≥c ),则f(x)-cc +1=cz c z c z ))(1(--,原不等式成立. 则cz c z c z ))(1(--≥0,只需z c -1≥0⇔x 2≥c1-c ⇔c1-c ≤0⇔c 1≤c ⇔c ≥1.故原不等式对任何正数c 不都成立. 教学参考一、教学思路 1.若已知x 2+y 2=a2或22a x +22by =1常用三角代换.2.放缩时,最重要的是放缩适度,特别地,认真总结放缩的技巧,充分运用不等式的性质,及均值不等式、绝对值不等式和题设条件是进行放缩的关键.3.函数的有关知识如值域、单调性,在证明不等式时也应考虑.4.分析法与综合法相互转换、互相渗透、互为前提,充分利用这一辩证关系,可以增加解题的思路,开阔视野;放缩法和换元法的合理运用,可以摆脱习惯思维方法的局限,转换解题途径;反证法是逆向思维的过程,它能增大思维的发散量,克服思维定势的影响.5.证明不等式是学习不等式的主要目的之一,复习中应时刻强化“考试要求”中所陈述的证明不等式的基本方法:比较法(作差、作商)、综合法、分析法.在熟练掌握这三种基本方法的同时,还应根据题目的特点,试探着使用数学归纳法、判别式法、换元法、函数法、反证法等证明通法,以融会贯通所学知识和方法.二、注意问题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,不等式的证明除常用的三种方法外,还需学会其他方法,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,注意它们之间的知识交汇联系.三、参考资料【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 .剖析: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+a 1＞1时取等号.故［ax+1-x x ］min =(a +1)2.则(a +1)2＞b,即a +1＞b.【例2】已知数列{log 2(a n -1)}(n ∈N *)为等差数列,且a 1=3,a 3=9.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)证明121a a -+231a a -+…+n n a a -+11<1.(1)解:设等差数列{log 2(a n -1)}的公差为d,由a 1=3,a 3=9得2(log 22+d)=log 22+log 28得d=1.所以log 2(a n -1)=1+(n-1)×1=n, 即a n =2n +1.(2)证明:∵n n a a -+11=n n 2211-+=n 21, ∴121a a -+231a a -+…+n n a a -+11 =21+221+…+n 21 =211)212(21--n =1-n21<1.。
高三数学第一轮复习教案：第40课时—不等式的证明(一)(学案)
高三数学第一轮复习教案高三数学第一轮复习讲义（40） 2004.10.16不等式的证明（一） 一．复习目标：1．掌握并灵活运用分析法、综合法、比较法证明简单的不等式．二．知识要点：1．不等式证明的几种常见方法： ．2．综合法常常用到如下公式：（1）222()a b ab ab R +≥∈；（2）,)2a b a b R ++≥∈；（3）2(,)b a a b R a b++≥∈；（4）222()(,)22a b a b a b R ++≥∈；（5）,,)3a b c a b c R +++≥∈． 三．课前预习：1．设22021,1,1a M a N a <<=-=+,11,11P Q a a==-+那么 （ ） ()A Q P M N <<< ()B M N Q P <<<()C Q M N P <<< ()D M Q P N <<<2．已知0x y >>，则1()x x y y+-的最小值 ． 四．例题分析：例1．（1）若1a b +=,2≤； （2）已知,,a b c 为不相等的正数，且1abc =，求证：c b a c b a 111++<++．小结：例2．设实数,x y 满足20,01y x a +=<<，求证：1log ()log 28x y a a a a +≤+．小结：例3．设0,0,2a b c a b >>>+，求证：c a c <<例4．已知)(x f 是定义在R 上的增函数，)1()()(x f x f x F --=，（1）设x x f =)(，若数列}{n a 满足31=a ，)(1-=n n a F a ，试写出数列}{n a 的通项公式；（2）求⑴中数列}{n a 的前n 项和n S ；（3）证明：若12()()0F x F x +>，则121x x +>．五．课后作业： 班级 学号 姓名1．设a 和b 是不相等的正数，则22a b ab a b++的大小关系是 ．2．已知：22222212121,1,n n a a a x x x n N +++=+++=∈． 求证: 11221n n a x a x a x +++≤．3．若3a ≥,求证：321---<--a a a a ．4． 已知,,a b c 是ABC ∆的三边，求证：2()ab bc ac ab bc ac ++≤≤++．5．已知0a b >>,求证：bb a ab b a a b a 8)(28)(22-<-+<-．6．若,,a b c R +∈，1a b c ++=,求证：（1（2）111(1)(1)(1)8a b c---≥．。
2022届一轮复习人教A版-------不等式选讲----------课件(43张)
较法的应用,无论哪种方法都要注意等号成立的条件.
考点考法探究
自测题
已知a,b,c均为正实数.
2
(1)求证:(a+b)(ab+c )≥4abc;
2
证明:要证(a+b)(ab+c )≥4abc,
2
2
2
2
2
2
2
2
即证a b+ac +ab +bc -4abc≥0,只需证b(a +c -2ac)+a(c +b -2bc)≥0,
绝对值不等式的 含绝对值的函数的图像
·T23
求解·T23
与综合应用·T23
真知真题扫描
1.[2020·全国卷Ⅰ] 已知函数f(x)=|3x+1|-2|x-1|.
(1)画出y=f(x)的图像;
−−3, ≤
解:由题设知f(x)=
1
5−1,−
3
1
− ,
3
< ≤ 1,
+ 3, > 1.
y=f(x)的图像如图所示.
2
2
+
+
+
+
]≥ [a +b +c +2
·
1−
1−
1−
1−
1−
2
1−
1−
2 (1−) 2 (1−)
2 (1−) 2 (1−) 1 2
1
2
2
+2
·
+2
·
]= (a +b +c +2ab+2ac+2bc)= (a
选修《不等式选讲》全册教案
选修《不等式选讲》全册教案第一章：不等式基础理论1.1 不等式的概念与性质学习不等式的定义，了解不等式与等式的区别。
研究不等式的基本性质，如对称性、传递性等。
1.2 不等式的运算学习不等式的加减乘除运算规则。
掌握不等式两边加减乘除同一数的性质。
第二章：一元一次不等式2.1 一元一次不等式的解法学习一元一次不等式的标准形式。
掌握解一元一次不等式的方法，如移项、合并同类项等。
2.2 一元一次不等式的应用学会将实际问题转化为一元一次不等式。
掌握一元一次不等式的应用解题技巧。
第三章：不等式的组合与复杂不等式3.1 不等式的组合学习不等式的组合规则，如“同大取大、同小取小”等。
掌握不等式组合的解题策略。
3.2 复杂不等式学习绝对值不等式、分式不等式等复杂不等式的解法。
掌握解复杂不等式的关键步骤和技巧。
第四章：不等式的应用与拓展4.1 不等式的应用题学会将实际问题转化为不等式问题。
掌握解不等式应用题的步骤和方法。
4.2 不等式的拓展学习不等式的优化问题，如最大值、最小值问题。
探索不等式的与其他数学领域的联系，如几何、概率等。
第五章：不等式的证明与推理5.1 不等式的证明方法学习直接证明、反证法、归纳法等不等式证明方法。
掌握不等式证明的逻辑结构和步骤。
5.2 不等式的推理与应用学习利用不等式进行逻辑推理。
探索不等式在数学问题解决中的应用。
第六章：不等式的绝对值理论6.1 绝对值不等式的概念与性质学习绝对值不等式的定义和性质。
掌握绝对值不等式的基本运算规则。
6.2 绝对值不等式的解法学习解绝对值不等式的方法，如数轴法、不等式组法等。
掌握绝对值不等式解题的技巧和策略。
第七章：不等式的分式与无理式7.1 分式不等式的解法学习分式不等式的性质和运算规则。
掌握解分式不等式的方法，如通分、约分等。
7.2 无理式不等式的解法学习无理式不等式的性质和运算规则。
掌握解无理式不等式的方法，如换元法、有理化法等。
第八章：不等式的图像与几何应用8.1 不等式的图像学习绘制不等式的图像，理解图像与不等式的关系。
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.。
人教A版高中数学 高三一轮 第十一章选修内容 11-4 不
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a －b >0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a b>1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n 0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 ＝n 0时命题成立；②假设当n ＝k (k ∈N *，且k ≥n 0)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n 0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 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|，等号当且仅当α，β共线时成立．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n 为大于1的自然数，a i ，b i (i ＝1,2，…，n )为实数，则(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2，等号当且仅当b 1a 1＝b 2a 2＝…＝b n a n时成立(当a i ＝0时，约定b i ＝0，i ＝1,2，…，n )．(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 ≥n a 1a 2…a 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 ＋1x 2－2xy ＋y 2≥2y ＋3； (2)设a ，b ，c >0且ab ＋bc ＋ca ＝1，求证：a ＋b ＋c ≥ 3.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 |.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．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.。
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一、知识梳理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，则错误!≥错误!，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，则错误!≥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．常用结论基本不等式及其推广１．a２≥0（a∈R）．２．（a—b）２≥0（a，b∈R），其变形有a２＋b２≥２ab，错误!错误!≥ab，a２＋b２≥错误!（a＋b）２.３．若a，b为正实数，则错误!≥错误!.特别地，错误!＋错误!≥２．４．a２＋b２＋c２≥ab＋bc＋ca.二、教材衍化求证：错误!＋错误!<２＋错误!.证明：错误!＋错误!<２＋错误!⇐（错误!＋错误!）２<（２＋错误!）２⇐１0＋２错误!<１0＋４错误!⇐错误!<２错误!⇐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、易错纠偏错误!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：错误!＋错误!＋错误!<错误!＋错误!＋错误!.证明：因为a，b，c>0，且互不相等，abc＝１，所以错误!＋错误!＋错误!＝错误!＋错误!＋错误! <错误!＋错误!＋错误!＝错误!＋错误!＋错误!，即错误!＋错误!＋错误!<错误!＋错误!＋错误!.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）错误!＋错误!＋错误!≤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＝错误!＝错误!＋错误!＋错误!.当且仅当a＝b＝c＝１时，等号成立．所以错误!＋错误!＋错误!≤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≥３错误!＝３（a＋b）（b＋c）（a＋c）≥３×（２错误!）×（２错误!）×（２错误!）＝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．错误!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，a２＋b２＝１．求证：错误!＋错误!≥１．证明：错误!＋错误!＝错误!＝错误!＝错误!—２ab.因为a２＋b２＝１≥２ab，当且仅当a＝b时等号成立，所以0<ab≤错误!.令h（t）＝错误!—２t，0<t≤错误!，则h（t）在（0，错误!]上递减，所以h（t）≥h（错误!）＝１．所以当0<ab≤错误!时，错误!—２ab≥１．所以错误!＋错误!≥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<—错误!时，不等式化为—２x—１＋１—２x<４，即x>—１，所以—１<x<—错误!；当—错误!≤x≤错误!时，不等式化为２x＋１—２x＋１<４，即２<４，所以—错误!≤x≤错误!；当x>错误!时，不等式化为２x＋１＋２x—１<４，即x<１，所以错误!<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：错误!≤错误!＋错误!.【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|⇒错误!≥错误!，所以错误!＝错误!≤错误!＝错误!＝错误!＋错误!≤错误!＋错误!.错误!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，如错误!＜错误!，错误!＞错误!，错误!＜错误!，错误!＞错误!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，则错误!＜错误!”．[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：错误!≤错误!＋错误!＋…＋错误!<１．证明：由２n≥n＋k>n（k＝１，２，…，n），得错误!≤错误!<错误!.当k＝１时，错误!≤错误!<错误!；当k＝２时，错误!≤错误!<错误!；…当k＝n时，错误!≤错误!<错误!，所以错误!＝错误!≤错误!＋错误!＋…＋错误!<错误!＝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不可能同时大于错误!.【证明】设（１—a）b>错误!，（１—b）c>错误!，（１—c）a>错误!，三式相乘得（１—a）b·（１—b）c·（１—c）a>错误!，１又因为0<a，b，c<１，所以0<（１—a）a≤错误!错误!＝错误!.同理：（１—b）b≤错误!，（１—c）c≤错误!，以上三式相乘得（１—a）a·（１—b）b·（１—c）c≤错误!，与１矛盾．所以（１—a）b，（１—b）c，（１—c）a不可能同时大于错误!.错误!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，若错误!是３a与３b的等比中项，求证：错误!＋错误!≥４．证明：由错误!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，只需证错误!＋错误!≥４成立，即证错误!＋错误!≥２成立，因为a＞0，b＞0，所以错误!＋错误!≥２错误!＝２，（当且仅当错误!＝错误!，即a＝b＝错误!时，“＝”成立），所以错误!＋错误!≥４．２．求证：错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!＜２．证明：因为错误!＜错误!＝错误!—错误!，所以错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!＜１＋错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!＝１＋错误!＋错误!＋…＋错误!＝２—错误!＜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|＝错误!f（x）—５≥x，即错误!或错误!或错误!解得x≤—错误!或x∈∅或x≥8．所以不等式的解集为错误!∪[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满足错误!＋错误!＋错误!＝错误!，求证：a＋２b＋３c≥9．解：（１）因为m>１，所以f（x）＝错误!，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）的图象得错误!，得m＝３．（２）由（１）知m＝３，从而错误!＋错误!＋错误!＝１，a＋２b＋３c＝（错误!＋错误!＋错误!）（a＋２b＋３c）＝３＋（错误!＋错误!）＋（错误!＋错误!）＋（错误!＋错误!）≥9，当且仅当a＝３，b＝错误!，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：a２＋b２＋c２≥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a２＋b２＋c２＝（a２＋１２）＋（b２＋１２）＋（c２＋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：错误!＜错误!；（２）比较|１—４ab|与２|a—b|的大小．解：（１）证明：记f（x）＝|x—１|—|x＋２|＝错误!由—２＜—２x—１＜0解得—错误!＜x＜错误!，即M＝错误!，所以错误!≤错误!|a|＋错误!|b|＜错误!×错误!＋错误!×错误!＝错误!.（２）由（１）得a２＜错误!，b２＜错误!，因为|１—４ab|２—４|a—b|２＝（１—8ab＋１6a２b２）—４（a２—２ab＋b２）＝（４a２—１）（４b２—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）求错误!＋错误!的最大值．解：（１）|ax—１|≤|x＋３|的解集为{x|x≥—１}，即（１—a２）x２＋（２a＋6）x＋8≥0的解集为{x|x≥—１}．当１—a２≠0时，不符合题意，舍去．当１—a２＝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）（错误!＋错误!）２＝１6＋２错误!＝１6＋２错误!，当t＝错误!＝４时，（错误!＋错误!）２有最大值，为３２．又错误!＋错误!≥0，所以错误!＋错误!的最大值为４错误!.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≥错误!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≥错误!，当且仅当x＝错误!，y＝—错误!，z＝—错误!时等号成立．所以（x—１）２＋（y＋１）２＋（z＋１）２的最小值为错误!.（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≥错误!，当且仅当x＝错误!，y＝错误!，z＝错误!时等号成立．因此（x—２）２＋（y—１）２＋（z—a）２的最小值为错误!.由题设知错误!≥错误!，解得a≤—３或a≥—１．。