第二讲证明不等式的基本方法
课件1：第2讲 证明不等式的基本方法
x21＋y21
④柯西不等式的一般形式：设a1，a2，…，an，b1，
b2，…，bn为实数，则(a
2 1
＋a
2 2
＋…＋a
2 n
)(b
2 1
＋b
2 2
＋…＋
b
2 n
)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，当且仅当bi＝0或存在一个数
k，使ai＝kbi(i＝1,2，…，n)时，等号成立．
(2)平均值不等式： ①定理：如果a，b，c为正数，则a＋3b＋c≥3 abc，当且
1 ac
放缩法证明不等式的技巧 (1)放缩法原理简单，但放缩技巧性强，而且应用广泛，常
用的放缩法有增项、减项，利用分式的性质、函数的性质、不
等式的性质等．其理论依据是不等式的传递性，使用此方法时
要注意把握放大或缩小的度．
(2)常见的放缩技巧有：
①kk1－1>k12>kk1＋1(k≥2，k∈N*)；
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.
在本例(1)的条件下 求证：(a＋1a)2＋(b＋1b)2＋(c＋1c)2≥1030. 证明：a＋1a2＋b＋1b2＋c＋1c2 ＝13(12＋12＋12)·a＋1a2＋b＋1b2＋c＋1c2 ≥131×a＋1a＋1×b＋1b＋1×c＋1c2 ＝131＋a＋b＋c1a＋1b＋1c2
3．求证：当a，b∈(0，＋∞)时，aabb≥(ab)a＋2 b.
证明：
aabba＋b＝aa－2 bbb－2 a＝baa－2 b，
ab 2
当 a＝b 时，baa－2 b＝1.
高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 一 比较法教案(含解析)5数学教案
一 比较法1．作差比较法(1)作差比较法的理论依据a －b >0⇔a >b ，a －b <0⇔a <b ，a －b ＝0⇔a ＝b .(2)作差比较法解题的一般步骤：①作差；②变形整理；③判定符号；④得出结论．其中变形整理是解题的关键，变形整理的目的是为了能够直接判定差的符号，常用的手段有：因式分解、配方、通分、分子或分母有理化等．2．作商比较法(1)作商比较法的理论依据是不等式的基本性质：①b >0，若a b >1，则a >b ；若ab <1，则a <b ；②b <0，若a b >1，则a <b ；若ab<1，则a >b .(2)作商比较法解题的一般步骤：①判定a ，b 的符号；②作商；③变形整理；④判定与1大小关系；⑤得出结论．作差比较法证明不等式[例1] y 3.[思路点拨] 因为不等式两边是同一种性质的整式，所以可以直接通过作差比较大小．[证明] x 3－x 2y ＋xy 2－(x 2y －xy 2＋y 3)＝x (x 2－xy ＋y 2)－y (x 2－xy ＋y 2) ＝(x －y )(x 2－xy ＋y 2)＝(x －y )⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 22＋3y 24. 因为x >y ，所以x －y >0，于是(x －y )⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 22＋3y 24>0， 所以x 3－x 2y ＋xy 2>x 2y －xy 2＋y 3.(1)作差比较法中，变形具有承上启下的作用，变形的目的在于判断差的符号，而不用考虑差能否化简或值是多少．(2)变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．(3)因式分解是常用的变形手段，为了便于判断“差式”的符号，常将“差式”变形为一个常数，或几个因式积的形式，当所得的“差式”是某字母的二次三项式时，常用配方法判断符号．有时会遇到结果符号不能确定，这时候要对差式进行分类讨论．1．求证：a 2＋b 2≥2(a －b －1)． 证明：a 2＋b 2－2(a －b －1) ＝(a －1)2＋(b ＋1)2≥0， ∴a 2＋b 2≥2(a －b －1)． 2．已知a ，b ∈R ＋，n ∈N ＋， 求证：(a ＋b )(a n＋b n)≤2(an ＋1＋bn ＋1)． 证明：∵(a ＋b )(a n＋b n)－2(an ＋1＋bn ＋1)＝an ＋1＋ab n ＋ba n ＋bn ＋1－2an ＋1－2bn ＋1＝a (b n －a n)＋b (a n－b n) ＝(a －b )(b n－a n)．①当a >b >0时，b n－a n<0，a －b ＞0， ∴(a －b )(b n－a n )<0.②当b >a >0时，b n－a n>0，a －b <0. ∴(a －b )(b n－a n )<0.③当a ＝b >0时，(b n－a n)(a －b )＝0.综合①②③可知，对于a ，b ∈R ＋，n ∈N ＋，都有(a ＋b )(a n＋b n)≤2(an ＋1＋bn ＋1).作商比较法证明不等式[例2] 设a >0，b >0，求证：a a b b≥(ab )2.[思路点拨] 不等式两端都是指数式，它们的值均为正数，可考虑用作商比较法．[证明] ∵a a b b>0，(ab )a ＋b2>0，∴a a b b (ab )a ＋b 2＝a a －b 2·b b －a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2.当a ＝b时，显然有⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2＝1；当a >b >0时，a b >1，a －b2>0，∴由指数函数单调性，有⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2>1；当b >a >0时，0<a b <1，a －b2<0，∴由指数函数的单调性，有⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2>1.综上可知，对任意实数a ，b ，都有a a b b≥(ab )a ＋b2.当欲证的不等式两端是乘积形式或幂指数形式时，常采用作商比较法，用作商比较法时，如果需要在不等式两边同乘某个数，要注意该数的正负，且最后结果与1比较．3．已知a >b >c >0.求证：a 2a b 2b c 2c>a b ＋c b c ＋a c a ＋b.证明：由a >b >c >0，得ab ＋c b c ＋a c a ＋b >0.作商a 2a b 2b c 2c a b ＋c b c ＋a c a ＋b ＝a a a a b b b b c c c ca b a c b c b a c a cb＝aa －b a a －c b b －c b b －a c c －a cc －b＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c a －c ⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c. 由a >b >c >0，得a －b >0，a －c >0，b －c >0，且a b >1，a c >1，b c>1. ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c a －c ⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c>1. ∴a 2a b 2b c 2c >ab ＋c b c ＋a c a ＋b.4．设n ∈N ，n >1，求证log n (n ＋1)>log (n ＋1)(n ＋2)．证明：因为n >1，所以log n (n ＋1)>0，log (n ＋1)(n ＋2)>0， 所以log (n ＋1)(n ＋2)log n (n ＋1)＝log (n ＋1)(n ＋2)·log (n ＋1)n≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤log (n ＋1)(n ＋2)＋log (n ＋1)n 22＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤log (n ＋1)(n 2＋2n )22<⎣⎢⎡⎦⎥⎤log (n ＋1)(n ＋1)222＝1. 故log (n ＋1)(n ＋2)<log n (n ＋1)， 即原不等式得证.比较法的实际应用[例3] 一半时间以速度m 行走，另一半以速度n 行走；乙有一半路程以速度m 行走，另一半路程以速度n 行走．如果m ≠n ，问甲、乙二人谁先到达指定地点？[思路点拨] 先用m ，n 表示甲、乙两人走完全程所用时间，再进行比较．[解] 设从出发地点至指定地点的路程为s ，甲、乙二人走完这段路程所用的时间分别为t 1，t 2 ，依题意有t 12m ＋t 12n ＝s ，s 2m ＋s2n＝t 2.∴t 1＝2s m ＋n ，t 2＝s (m ＋n )2mn.∴t1－t2＝2sm＋n－s(m＋n)2mn＝s[4mn－(m＋n)2]2mn(m＋n)＝－s(m－n)22mn(m＋n).其中s，m，n都是正数，且m≠n，∴t1－t2<0.即t1<t2.从而知甲比乙先到达指定地点．应用不等式解决实际问题时，关键是如何把等量关系、不等量关系转化为不等式的问题来解决，也即建立数学模型是解应用题的关键，最后利用不等式的知识来解．在实际应用不等关系问题时，常用比较法来判断数的大小关系，若是选择题或填空题则可用特殊值加以判断．5．某人乘出租车从A地到B地，有两种方案；第一种方案：乘起步价为10元．每千米1.2元的出租车，第二种方案：乘起步价为8元，每千米1.4元的出租车．按出租车管理条例，在起步价内，不同型号的出租车行驶的路程是相等的，则此人从A地到B地选择哪一种方案比较合适？解：设A地到B地距离为m千米．起步价内行驶的路程为a千米．显然当m≤a时，选起步价为8元的出租车比较便宜．当m>a时，设m＝a＋x(x>0)，乘坐起步价为10元的出租车费用为P(x)元．乘坐起步价为8元的出租车费用为Q(x)元，则P(x)＝10＋1.2 x，Q (x )＝8＋1.4x .∵P (x )－Q (x )＝2－0.2x ＝0.2(10－x )，∴当x >10时，P (x )<Q (x )，此时选择起步价为10元的出租车较为合适．当x <10时，P (x )>Q (x )，此时选起步价为8元的出租车较为合适．当x ＝10时，P (x )＝Q (x )，两种出租车任选，费用相同． 1．下列关系中对任意a <b <0的实数都成立的是( ) A ．a 2<b 2B ．lg b 2<lg a 2C.ba>1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2 解析：选B ∵a <b <0，∴－a >－b >0. (－a )2>(－b )2>0.即a 2>b 2>0.∴b 2a2<1.又lg b 2－lg a 2＝lg b 2a2<lg 1＝0，∴lg b 2<lg a 2.2．已知P ＝1a 2＋a ＋1，Q ＝a 2－a ＋1，那么P ，Q 的大小关系是( )A ．P >QB ．P <QC ．P ≥QD ．P ≤Q解析：选D 法一：Q P＝(a 2－a ＋1)(a 2＋a ＋1)＝(a 2＋1)2－a 2＝a 4＋a 2＋1≥1， 又∵a 2＋a ＋1>0恒成立， ∴Q ≥P .法二：P －Q ＝1－(a 2－a ＋1)(a 2＋a ＋1)a 2＋a ＋1 ＝－(a 4＋a 2)a 2＋a ＋1，∵a 2＋a ＋1>0恒成立且a 4＋a 2≥0， ∴P －Q ≤0，即Q ≥P .3．已知a >0，b >0，m ＝a b ＋ba，n ＝a ＋b ，p ＝a ＋b ，则m ，n ，p 的大小关系是( )A ．m ≥n >pB ．m >n ≥pC ．n >m >pD ．n ≥m >p解析：选A 由m ＝a b ＋ba，n ＝a ＋b ，得a ＝b >0时，m＝n, 可排除B 、C 项．比较A 、D 项，不必论证与p 的关系．取特殊值a ＝4，b ＝1，则m ＝4＋12＝92，n ＝2＋1＝3，∴m >n ，可排除D ，故选A.4．设m >n ，n ∈N ＋，a ＝(lg x )m ＋(lg x )－m ，b ＝(lg x )n＋(lg x )－n，x >1，则a 与b 的大小关系为( )A ．a ≥bB ．a ≤bC ．与x 值有关，大小不定D ．以上都不正确解析：选A a －b ＝lg mx ＋lg －mx －lg n x －lg －nx ＝(lg mx －lgnx )－⎝ ⎛⎭⎪⎫1lg n x －1lg m x＝(lg m x －lg nx )－lg mx －lg nx lg m x lg n x＝(lg mx －lg nx )⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1lg m x lg n x＝(lg m x －lgnx )⎝⎛⎭⎪⎫1－1lg m ＋n x .∵x >1，∴lg x >0. 当0<lg x <1时，a >b ； 当lg x ＝1时，a ＝b ； 当lg x >1时，a >b . ∴应选A.5．若0<x <1，则1x 与1x2的大小关系是________．解析：1x －1x 2＝x －1x2.因为0<x <1，所以1x －1x2<0.所以1x <1 x2.答案：1x < 1 x26．设P＝a2b2＋5，Q＝2ab－a2－4a，若P>Q，则实数a，b满足的条件为________．解析：P－Q＝a2b2＋5－(2ab－a2－4a)＝a2b2＋5－2ab＋a2＋4a＝a2b2－2ab＋1＋4＋a2＋4a＝(ab－1)2＋(a＋2)2，∵P>Q，∴P－Q>0，即(ab－1)2＋(a＋2)2>0，∴ab≠1或a≠－2.答案：ab≠1或a≠－27．一个个体户有一种商品，其成本低于3 5009元．如果月初售出可获利100元，再将本利存入银行，已知银行月息为2.5%，如果月末售出可获利120元，但要付成本的2%的保管费，这种商品应________出售(填“月初”或“月末”)．解析：设这种商品的成本费为a元．月初售出的利润为L1＝100＋(a＋100)×2.5%，月末售出的利润为L2＝120－2%a，则L1－L2＝100＋0.025a＋2.5－120＋0.02a＝0.045⎝ ⎛⎭⎪⎫a －3 5009， ∵a <3 5009， ∴L 1<L 2，月末出售好．答案：月末8．已知x ，y ∈R, 求证：sin x ＋sin y ≤1＋sin x sin y . 证明：∵sin x ＋sin y －1－sin x sin y＝sin x (1－sin y )－(1－sin y )＝(1－sin y )(sin x －1)．∵－1≤sin x ≤1，－1≤sin y ≤1.∴1－sin y ≥0，sin x －1≤0.∴(1－sin y )(sin x －1)≤0.即sin x ＋sin y ≤1＋sin x sin y .9．若a ＞0，b ＞0，c ＞0，求证：a a b b c c ≥(abc )a ＋b ＋c 3.证明：不妨设a ≥b ≥c ≥0，那么由指数函数的性质，有 ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 3≥1，⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c 3≥1，⎝ ⎛⎭⎪⎫c a c －a 3≥1. 所以a a b b c c (abc )a ＋b ＋c 3＝a a －b 3＋a －c 3b b －c 3＋b －a 3c c －a 3＋c －b 3 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫c a c －a 3≥1. ∴原不等式成立．10．已知a<b<c，x<y<z，则ax＋by＋cz，ax＋cy＋bz，bx ＋ay＋cz，bx＋cy＋az中最大的是哪一个？证明你的结论．解：ax＋by＋cz最大．理由如下：ax＋by＋cz－(ax＋cy＋bz)＝(b－c)y＋(c－b)z＝(b－c)(y －z)，∵a<b<c，x<y<z，∴b－c<0，y－z<0，∴ax＋by＋cz－(ax＋cy＋bz)>0，即ax＋by＋cz>ax＋cy＋bz.ax＋by＋cz－(bx＋ay＋cz)＝(a－b)x＋(b－a)y＝(a－b)(x －y)>0，∴ax＋by＋cz>bx＋ay＋cz.ax＋by＋cz－(bx＋cy＋az)＝(a－b)x＋(b－c)y＋(c－a)z＝(a－b)x＋(b－c)y＋[(c－b)＋(b－a)]z＝(a－b)(x－z)＋(b－c)(y－z)>0，∴ax＋by＋cz>bx＋cy＋az.故ax＋by＋cz最大．。
证明不等式的基本方法
x2
例7(1)设
y2
1, 求x
y的最大值，
16 9
并求此时的x, y值。 三角换元
（2）设 x, y R，且 x2 y 2 1，
求证：| x2 2xy y 2 | 2 ；
（1）设 x r sin, y r cos,且 | r | 1
证明：∵ a, b 是正数，且 a b ， ∴要证 aabb abba ,只要证 lg (aabb ) lg(abba ) ,
只要证 a lg a b lgb b lg a a lgb .
(a lg a b lg b) (b lg a a lg b) = (a b)(lg a lg b)
= (a2 b2 )(a b) = (a b)(a b)2
∵ a,b 是正数，且 a b ,∴ a b 0, (a b)2 >0
∴ (a3 b3 ) (a2b ab2 ) >0,∴ a3 b3 a2b ab2
注：比较法是证明不等式的基本方法，也是 最重要的方法,另外，有时还可作商比较.
当且仅当(a b)(b c)≥0 时,等号成立.
四.反证法:
假设命题结论的反面成立，经过正确的推理, 引出矛盾，因此说明假设错误,从而证明原命题 成立,这样的证明方法叫反证法.(正难则反)
例、已知 f (x) x2 px q，求证：
1
| f (1) |,| f (2) |,| f (3) |中至少有一个不小于2 。
求证:已知a, b, c R+,求证 :书P25页2（2）
第12章 第2节 证明不等式的基本方法
大一轮复习·数学·BSD（文）
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.
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大一轮复习·数学·BSD（文）
＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1) ＝(xy－1)(xy－x－y＋1) ＝(xy－1)(x－1)(y－1)， 由条件 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．
则 a1＋a2＋a3＋a4≤100，这与已知 a1＋a2＋a3＋a4＞100 矛 盾．故假设不成立．
所以 a1，a2，a3，a4 中至少有一个数大于 25.
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大一轮复习·数学·BSD（文）
3．设 n 是正整数，求证：12≤n＋1 1＋n＋1 2＋…＋21n＜1. 证明：由 2n≥n＋k＞n(k＝1,2，…，n)，得 21n≤n＋1 k＜1n. 当 k＝1 时，21n≤n＋1 1＜1n. 当 k＝2 时，21n≤n＋1 2＜1n；
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[母题变式] 1．若本例 2 中条件变为： a＋b＝c＋d＝1，证明：ab＋cd≤12. 证明：因为 a，b，c，d 均为正数，且 a＋b＝c＋d＝1，所以 0＜ab≤a＋2 b2＝41，0＜cd≤c＋2 d2＝14， 所以 ab＋cd≤21.
第二讲 证明不等式的基本方法 章末复习方案 课件(人教A选修4-5)
a＋b c a b ∴ ＜ ＝ ＋ 1＋c 1＋a＋b 1＋a＋b 1＋a＋b a b ＜ ＋ ， 1＋a 1＋b c a b 即 ＜ ＋ ， 1＋c 1＋a 1＋b b a c 同理： ＜ ＋ ， 1＋b 1＋a 1＋c a b c ＜ ＋ . 1＋a 1＋b 1＋c a b c ∴以 ， ， 为边可以构成一个三角形． 1＋a 1＋b 1＋c
－2，分别代入 A、B、C、D 中，知 A、B、D 均错． 答案：C
二、填空题
5．设α、β为锐角，且M＝sin(α＋β)，N＝sinα＋ sinβ，则M、N的大小关系是________． 解析：sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ<sinα＋sinβ. 答案：M<N
a＋b a b 6．设 a＞0，b＞0，M＝ ，N＝ ＋ ，则 M 与 N a＋b＋2 a＋2 b＋2 的大小关系是________．
[例 2]
设 f(x)＝3ax2＋2bx＋c， a＋b＋c＝0， f(1) 若 f(0)·
＞0，求证： (1)方程 f(x)＝0 有实根； b (2)－2＜a＜－1； (3)设 x1，x2 是方程 f(x)＝0 的两个实根， 3 2 则 ≤|x1－x2|＜ . 3 3
[证明]
(1)当 a＝0，b＝－c，
综合法证明不等式的思维方向是“顺推”，即由已知 的不等式出发，逐步推出其必要条件(由因导果)，最后推导 出所要证明的不等式成立． 综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻
2020学年高中数学第2讲证明不等式的基本方法第一课时比较法课件新人教A版选修4_5
【证明】 (1)a2＋b2－2(a－b－1) ＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0， ∴a2＋b2≥2(a－b－1). (2)bc2＋ca2＋ab2－(b2c＋c2a＋a2b) ＝(bc2－c2a)＋(ca2－b2c)＋(ab2－a2b) ＝c2(b－a)＋c(a－b)(a＋b)＋ab(b－a) ＝(b－a)(c2－ac－bc＋ab) ＝(b－a)(c－a)(c－b)， ∵a>b>c，∴b－a<0，c－a<0，c－b<0. ∴(b－a)(c－a)(c－b)<0， ∴bc2＋ca2＋ab2<b2c＋c2a＋a2b.
解，然后得出结论.
【解析】 设原来的窗户面积与地板面积分别为 a，b， 窗户面积和地板面积同时增加的面积为 c，且ab≥10%. 则现有的窗户面积与地板面积分别为 a＋c 与 b＋c， 于是原来窗户面积与地板面积之比为ab，面积均增加 c 以 后的窗户面积与地板面积之比为ab＋＋cc，因此要确定采光条件的
题型三 比较法的实际应用 建筑学规定，民用住宅的窗户面积必须小于地
板面积，但按采光标准，窗户面积与地板面积的比不应小 于 10%，并且这个比值越大，住宅的采光条件越好.问同时 增加相等的窗户面积和地板面积，住宅的采光条件是变好 了，还是变坏了？请说明理由.
思路点拨 先建立数学模型，再利用不等式的知识求
a＋b 综上可知，对任意实数 a、b，都有 aabb≥(ab) 2 .
●方法技巧 (1)当欲证的不等式两端是乘积形式或幂指数不等式 时，常采用作商比较法. (2)作商比较法的证明步骤是：判断符号、作商、变 形、判断与1的大小.
变式训练
2.已知a>2，求证：loga(a－1)<log(a＋1)a.
第2节证明不等式的基本方法
第2节证明不等式的基本方法证明不等式的基本方法总结如下：一、利用数学分析中的中值定理、极值、单调性等性质进行证明。
1.利用中值定理：利用连续函数介值定理或拉格朗日中值定理，根据函数的一些性质，可以推出不等式的成立。
例如，证明一个凸函数在区间上的函数值不小于端点的函数值。
2.利用极值：通过求导或其他方法，找到函数的极值点，然后证明这些极值点就是不等式的最小（最大）值点。
例如，证明两数之积不大于它们的平方和，可以通过求导得到函数的极值点，然后通过证明这个极值点为最小值点来完成。
3.利用单调性：如果已知函数在一些区间上是严格递增（递减）的，可以通过证明不等式在一些特殊点成立，并通过函数的单调性推出在整个区间上成立。
例如，证明一个正数的倒数小于它自己，则可以先证明在0到1之间成立，然后利用单调性推出在整个正数范围内成立。
二、利用数学归纳法进行证明。
如果不等式中的变量是正整数，可以利用数学归纳法进行证明。
首先证明当n=1时不等式成立，然后假设当n=k时不等式成立，再证明当n=k+1时不等式也成立。
例如，证明n个正数的平均值不小于它们的几何平均值，可以先证明当n=1时成立，然后假设当n=k时成立，再证明当n=k+1时也成立，最后利用数学归纳法推出结论。
三、利用代数方法。
1.利用等价变形：对于一个复杂的不等式，可以通过进行等价变形来简化证明。
通过将不等式的两边同时加上或减去一些式子，或者将不等式两边同时乘以或除以一些式子，可以得到一个等价的不等式，然后证明这个等价的不等式。
例如，证明正数的n次方大于等于它的平方，可以将不等式两边同时开方，然后证明这个等价的不等式。
2. 利用加减法、乘除法不等式：对于一个分式或多项式不等式，可以通过利用加减法、乘除法的不等式性质，将不等式化简为更简单的形式，再进行证明。
例如，证明a+b≤2ab，则可以将两边同时减去a+b再加上2，利用不等式的性质简化后得到ab≥1，再证明这个等价的不等式。
高中数学第二讲证明不等式的基本方法综合法与分析法
2。
2.2 分析法课堂导学三点剖析一，利用分析法证明不等式【例1】 (1)设a>b 〉0，求证：333b a b a ->-。
（2)已知0〈α〈π,证明2sin2α≤cot 2α，并指出等号成立的条件。
证明：（1）要证333b a b a ->-,∵a>b〉0，有3b a ->0， ∴需证（3b a -）3>(33b a -）3,展开得a —b 〉a —323b a +b ab -323， 即证明)(3333b a ab -〉0, 也就是证33b a ->0,在题设条件下这一不等式显然成立，∴原不等式成立.（2)要证2sin2α≤cot 2α,由0<α<π知sinα〉0，只需证2sinα·sin2α≤1+cosα,即证明4sin 2αcosα-（1+cosα）≤0,也就是证（1+cosα)[4（1—cosα）cosα-1］≤0，而1+cosα>0，于是只要证-4cos 2α+4cosα—1≤0,即—（2cosα—1）2≤0,就是(2cosα-1)2≥0,这是显然的。
∴2sin2α≤cot 2α,等号在2cosα=1,α=3π时取得。
各个击破类题演练1若a ，b,c 三数均大于1，且ab=10，求证:log a c+log b c≥4lgc.证明:由于a>1，b 〉1，要证log a c+log b c≥4lgc,需证b ca clg lg lg lg +≥4lgc,而lgc>0, 因此只要证b a lg 1lg 1+≥4,即证b a b a lg lg lg lg +≥4。
∵ab=10,有lga+lgb=1，于是只需证lga·lgb≤41, 而lga·lgb≤(2lg lg b a +)2=41。
∴不等式log a c+log b c≥4lgc 成立.变式提升1已知a>0,b 1—a 1>1，求证：ba ->+111。
第二节证明不等式的基本方法、数学归纳法证明不等式
(2)某个命题与正整数n有关，如果当n=k时该命题成立.那么可
推导出当n=k+1时也成立.现已知n=12时，该命题不成立.那么 可推得n=______时，该命题不成立. 【解析】∵n=12时，命题不成立.∴n=11时命题不成立.同理 n=10、9、8、…、2、1时命题均不成立. 答案：1、2、3、…、11
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，
可以拓宽解题思路，开阔知识视野.
2.分析法的应用
当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式、基本不 等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用 分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一 步必须可逆.
4 4 4 1 64 . 1 4 ,
三式同向相乘,得(1-a)a(1-b)b(1-c)c＞ 又 1 a a
1 c c
( ( 1 a a 2 )
2
) 1 4 .
2
1 4
, 1 b b (
1 b b 2
)
2
1 c c 2
∴(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤
1 2
) 2+
1 2
]≥0，
∴1+2x4≥2x3+x2.
方法二：(1+2x4)-(2x3+x2) =x4-2x3+x2+x4-2x2+1 =(x-1)2·x2+(x2-1)2≥0 ∴1+2x4≥2x3+x2.
(2)
a b
a
b
ab
ba
ab
ab 2
a
高中数学选修4-5第二讲证明不等式的基本方法第2讲1人教版
数学 选修4-5
第二讲 证明不等式的基本方法
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2．综合法 已知条件 出发，利用_________________________ 定义、公理、定理、性质 等， 从_________ 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，又叫_______________________ 顺推证法或由因导果法 ． 3．分析法 充分条件 ， 从要证的结论 __________出发，逐步寻求使它成立的___________
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解析： ∵a2＋b2－1－a2b2≤0 ∴a2b2－a2－b2＋1≥0 ∴(a2－1)(b2－1)≥0 由分析法的步骤可知
答案： D
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3．已知 a，b 是正实数，比较大小 aabb________abba.
abba＞0，
答案： aabb≥abba.
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4．求证： 7－1＞ 11－ 5.
证明： 要证 7－1＞ 11－ 5， 只需证 7＋ 5＞ 11＋1， 即证 7＋2 35＋5＞11＋2 11＋1， 即证 35＞ 11， 即证 35＞11(显然成立)， 因为 35＞11 成立，所以原不等式成立．
[ 解题过程]
(1)a2＋b2－2(a－b－1)
＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0， ∴a2＋b2≥2(a－b－1)．
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高三复习第二讲证明不等式的基本方法
高三复习第二讲证明不等式的基本方法选修4－5不等式选讲【考纲速读吧】1．了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法．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点必会技巧1．利用基本不等式求最值时，一定要注意“一正二定三相等”，同时还要注意一些变形技巧，积极创造条件利用基本不等式．2．常用的初等变形有均匀裂项、增减项、配系数等．利用基本不等式还可以证明条件不等式，关键是恰当地利用条件，构造基本不等式所需要的形式．项必须注意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．放缩法的依据是不等式的传递性，运用放缩法证明不等式时，要注意放缩适度，“放”和“缩”的量的大小是由题目分析，多次尝试得出．放得过大或过小都不能达到证明目的．3．利用柯西不等式求最值，实质上就是利用柯西不等式进行放缩，放缩不当则等号可能不成立，因此，要切记检验等号成立的条件．【课前自主导学】011．三个正数的算术—几何平均不等式a＋b＋c（1）定理：如果a，b，c均为正数，那么________abc，当且仅当________时，等号成立，即3三个正数的算术平均数________它们的几何平均数．（2）基本不等式的推广a1＋a2＋…＋an对于n个正数a1，a2，…，an，它们的算术平均数________它们的几何平均数，即na1a2n，当且仅当________时，等号成立．21（1）已知某>0，则y＝某2＋________．（2）已知某>0，则y＝某的最小值为________．某某2．柯西不等式（1）设a，b，c，d均为实数，则（a2＋b2）（c2＋d2）≥（ac＋bd）2，当且仅当ad＝bc时等号成立．bbb222（2）若ai，bi（i∈N某）为实数，则（∑a）（∑b）≥（∑ab），当且仅当＝＝…＝ai＝0时，iiiia1a2ani＝1i＝1i＝1约定bi＝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．nnn（1）若某＋2y＋4z＝1，则某2＋y2＋z2的最小值是________．（2）某，y∈R，且某2＋y2＝10，则2某－y的取值范围为________．3．证明不等式的方法（1）比较法①求差比较法由a>ba－b>0，a<ba－b<0，因此要证明a>b，只要证明________即可，这种方法称为求差比较法．②求商比较法a由a>b>0>1且a>0，b>0，因此当a>0，b>0时要证明a>b，只要证明________即可，这种方法称为求商b比较法（2）分析法从所要________入手向使它成立的充分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）反证法的证明步骤第一步：作出与所证不等式________的假设；第二步：从________出发，应用正确的推理方法，推出矛盾的结论，否定假设，从而证明原不等式成立．（5）放缩法所谓放缩法，即要把所证不等式的一边适当地________，以利于化简，并使它与不等式的另一边的不在证明不等式时综合法与分析法有怎样的关系？（1）要证明29＋31<25，可选择的方法最合理的是________．a3＋a6（2）等比数列{an}各项为正数，且q≠1，若PQ＝a4a5，则P与Q的大小关系________．2【自我校对】1．≥a＝b＝c不小于不小于≥a1＝a2＝…＝an31填一填：（1）3（2）34112．填一填：（1提示：∵1＝某＋2y＋4z≤某＋y＋z1＋4＋16，∴某2＋y2＋z2≥某2＋y2＋z2的最2121小值为．21（2）[－2，2]提示：∵（某2＋y2）[22＋（－1）2]≥（2某－y）2，∴－2≤2某－y≤52．a3．a－b>0证明的结论相反条件和假设放大或缩小b想一想：提示：综合法：由条件出发推导出所要证明的不等式成立．分析法：从结论出发寻找使结论成立的充分条件，综合法与分析法是对立统一的两种方法．在实际解题时，常常用分析法探求解题思路，用综合法表达．填一填：（1）分析法（2）P≥Q提示：∵a3·a6＝a4·a5，∴a3＋a6≥23·a6＝2a4·a5，∴P≥Q．【核心要点研究】02【考点一】比较法证明不等式例1[2022·广州模拟]已知a>0，b>0，求证：（a）3＋b3≥ab＋ab2．【审题视点】本题主要考查不等式证明的方法，考查运算求解能力及等价转化思想，可用作差比较法证明．[证明]（a）3＋b3－（ab＋ab2）＝[（a）3－ab]＋[b3－ab2]＝a（a－b）－b2（a－b）＝（a－b）（a－b2a－b）[（a）2－b2]＝（a－b）2（a＋b）．因为a>0，b>0，所以a＋b>0，又（a－b）2≥0，所以（a－b）2a＋b）≥0a）3＋b3－（ab＋ab2）≥0，即（a）3＋b3≥ab＋2．【师说点拨】此题用的是作差比较法，其步骤：作差、变形、判断差的符号、结论．其中判断差的符号为目的，变形是关键．常用的变形技巧有因式分解、配方、拆项、拼项等方法．【变式探究】求证：a2＋b2≥ab＋a＋b－1证明：∵（a2＋b2）－（ab＋a＋b－1）＝a2＋b2－ab－a－b＋1＝2a2＋2b2－2ab－2a－2b＋2）211＝（a2－2ab＋b2）＋（a2－2a＋1）＋（b2－2b＋1）]（a－b）2＋（a－1）2＋（b－1）2]≥0，22∴a2＋b2≥ab＋a＋b－1．【考点二】用分析法或综合法证明不等式1112例2已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋abc3，并确定a，b，c为何值时，等号成立．【审题视点】3因为a，b，c均为正数，且a＋b＋c≥3abc，故可利用三个正数的算术——几何平均不等式证明．2[证明]因为a，b，c均为正数，所以a2＋b2＋c2≥3（abc），①3111211112＋≥9（abc）－．②＋≥3（abcabcabc33111222＋≥3（abc）＋9（abc故a2＋b2＋c2＋abc3322又3（abc）＋9（abc）－≥2＝6，③所以原不等式成立．33当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成立．221当且仅当3（abc9（abc）－时，③式等号成立．即当且仅当a＝b＝c＝3 334111奇思妙想：例题中，不等式变为“abc3”，其余不变，该如何解答？abc111331113证明：∵a，b，c＋＋abc≥＋abc3，abcabcabcabcabc31∴原不等式成立，当a＝b＝c且abc时等号同时成立，即a＝b＝c＝3 abc6【师说点拨】1．分析法要注意叙述的形式：“要证A，只要证B”，这里B应是A成立的充分条件．2．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．分析法便于寻找解题思路，而综合法便于叙述，因此要注意两种方法在解题中的综合运用．【变式探究】设a≥b>0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.证明：证法一（综合法）∵a≥b>0，∴a2≥b2，则3a2≥2b2，则3a2－2b2≥0.又a－b≥0，∴(a－b)(3a2－2b2)≥0，即3a3－2ab2－3a2b＋2b3≥0，则3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2．故原不等式成立．证法二（分析法）要证3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2，只需证3a3＋2b3－3a2b－2ab2≥0，即3a2(a－b)＋2b2(b－a)≥0，也即(a－b)(3a2－2b2)≥0，(某)∵a≥b>0，∴a－b≥0.又a2≥b2，则3a2≥2b2，∴3a2－2b2≥0.(某)式显然成立，故原不等式成立.【考点三】用柯西不等式证明不等式例3[2022·福建高考]已知函数f（某）＝m－|某－2|，m∈R，且f （某＋2）≥0的解集为[－1,1]．111（1）求m的值；（2）若a，b，c∈R＋，且＋＋m，求证：a＋2b＋3c≥9．a2b3c【审题视点】（1）根据式子的特点，利用公式进行转化，根据集合相等确定m的值；（2）结合已知条件构造两个适当的数组，变形为柯西不等式的形式．[解]（1）因为（f某＋2）＝m－|某|，（f某＋2）≥0等价于|某|≤m，由|某|≤m有解，得m≥0，且其解集为{某|－m≤某≤m}．又f（某＋2）≥0的解集为[－1,1]，故m＝1．111＋（2）由（1）知＝1，又a，b，c∈R，由柯西不等式得a2b3c111111a＋2b＋3c＝（a＋2b＋3c）（）≥（a＋2b3c2＝9．所以不等式得证．a2b3ca2b3c【师说点拨】22222柯西不等式的一般结构为（a2（b21＋a2＋…＋an）1＋b2＋…＋bn）≥（a1b1＋a2b2＋…＋anbn），在使用柯西不等式时，关键是将已知条件通过配凑，转化为符合柯西不等式条件的式子，为方便使用柯西不等式，有时常将a变形为1某a的形式．【变式探究】abcbca用柯西不等式证明：若a，b，c均为正数，＋）（）≥9．bcaabcabcbca证明：∵（＋（＋）≥（2＝9，bcaabcbacbacabcbca∴（）＋）≥9．bcaabc【经典演练提能】041．已知a1≤a2，b1≤b2，则P＝a1b1＋a2b2，Q＝a1b2＋a2b1的大小关系是()A．P≤QB．P<QC．P≥QD．P>Q答案：C解析：∵(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝(b1－b2)·(a1－a2)∵a1≤a2，b1≤b2∴(b1－b2)·(a1－a2)≥0∴a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1．1112．已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1＋＋的最小值为（）abcA．3B．6C．9D．12答案：Ca＋b＋ca＋b＋ca＋b＋c111bacacb解析：把a＋b＋c＝1代入＋得到＝3＋（＋＋（＋（＋）≥3 abcabcabacbc＋2＋2＋2＝9，故选C．3.若a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，则a＋b＋c的最大值为()A.1B.2C.3D.2解析：abc）2＝（a＋b＋c）2≤（12＋12＋12）（a＋b＋c）＝3．当且仅当a＝b＝c＝abc）2≤3．故＋＋的最大值为．3某＋y某y4．设某>0，y>0，M＝N＝M、N的大小关系为________．2＋某＋y2＋某2＋y答案：M<N某＋y某y某y解析：N＝＋>M．2＋某2＋y2＋某＋y2＋某＋y2＋某＋y5．若a，b∈R，且a≠b，M答案：M>N＋ab＋，N＝a＋b，则M、N的大小关系为________．baabab解析：∵a≠bba，ab，baa＋b．baba（时间：45分钟分值：100分）一、选择题1．若|a－c|<|b|，则下列不等式中正确的是（）A．a<b＋cB．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．112．[2022·鸡西模拟]若实数某、y＋＝1，则某2＋2y2有（）某yA．最大值3＋22B．最小值3＋2C．最大值6D．最小值6答案：B 112y2某22222解析：由题意知，某＋2y＝（某＋2y）·（＋）＝3＋＋22，某y某y22某2y＝时，等号成立，故选B．y某1113．[2022·广东调研]已知a，b为实数，且a>0，b>0．则（a＋b＋（a2＋）abaA．7B．8C．9D．10答案：C13解析：因为a>0，b>0，所以a＋b＋≥3a某b＝3b>0，①aa113同理可证：a＋＋≥3．②23111321由①②及不等式的性质得（a＋b＋）（a≥3b某9．abab24．[2022·柳州模拟]已知关于某的不等式2某在某∈（a，＋∞）上恒成立，则实数a的最小值为（）某－a13A．B．1CD．222答案：C2223解析：2某＋2（某－a）＋2a≥22某－a2a＝2a＋4≥7，∴a2某－a某－a某－a＋5．[2022·金版原创]若q>0且q≠1，m，n∈N，则1＋qmn与qm＋qn 的大小关系是（）＋＋＋A．1＋qmn>qm＋qnB．1＋qmn<qm＋qnC．1＋qmn＝qm＋qnD．不能确定答案：A解析：1＋qmn－qm－qn＝qm（qn－1）－（qn－1）＝（qn－1）（qm－1），①当0<q<1时，qn<1，qm<1．②当q>1时，qn>1，qm>1．＋∴（qn－1）（qm－1）>0，∴1＋qmn>qm＋qn，故选A．6．[2022·湖北高考]设a，b，c，某，y，z是正数，且a2＋b2＋c2＝10，某2＋y2＋z2＝40，a某＋by＋cz＝20，则a＋b＋c＝（）某＋y＋z1113A．B．C．D．4324答案：C解析：由柯西不等式得（a2＋b2＋c2）（某2＋y2＋z2）≥（a某＋by＋cz）2，而由已知有abc（a2＋b2＋c2）（某2＋y2＋z2）＝10某40＝202＝（a某＋by＋cz）2，故＝＝k，代入得某yza＋b＋c11a2＋b2＋c2＝k2（某2＋y2＋z2）＝40k2＝10，解得k＝k＝．故选C．22某＋y＋z二、填空题7．函数y＝21－某＋2某＋1的最大值为________．答案：3解析：y22－2某＋2某＋1）2≤[（）2＋12][2－2某）22某＋1）2]＝3某3，∴y≤3．8．[2022·许昌模拟]对于任意实数a、b，若|a－b|≤1，|2a－1|≤1，则|4a－3b＋2|的最大值为________．答案：611解析：因为|a－b|≤1，|2a－1|≤1，所以|3a－3b|≤3，|a22151515|4a－3b＋2|＝|（3a－3b）＋（a－|≤|3a－3b|＋|a－|＋≤3＋＋6，即|4a－3b＋2|的最大值为6．2222221119．已知某，y，z为正实数，且＋＝1，则某＋4y＋9z的最小值为________．某yz答案：36解析：解法一：由柯西不等式，得111某＋4y＋9z＝[某）2＋（y）2＋（3z）2]·[（）2＋（22]≥某yz111（某＋y3z）2＝36．当且仅当某＝2y＝3z时等号成立，此时某＝6，y＝3，z＝2．所以当某＝6，y＝3，z＝2时，某＋4y＋9z取得最小值36．111111解法二：∵＋＝1，∴某＋4y＋9z＝（某＋4y＋9z）（＋），某yz某yz4y9z某9z某4y4y某9z某9z4y即某＋4y＋9z＝14＋＋＋≥14＋＋22＝36．某某yyzz某y某zyz（当且仅当某＝2y＝3z时取“＝”），即某＝6，y＝3，z＝2时，（某＋4y＋9z）min＝36．故填36．三、解答题10．已知a>0，证明：a2＋2≥a2．aa1111解：要证a22≥a＋－2，只要证a2＋2≥a＋＋2，因为a>0，所以只要证aaaa1111（a2＋2）2≥（a＋2）2，即证a2＋4＋a2a2＋4＋2（a＋，故只需证aaaaaa1111112a2＋≥a＋，即证a2＋，而由基本不等式可知a2＋成立．故a2－2≥a＋2．211．[2022·正定模拟]设正有理数某是的一个近似值，令y＝1．1＋某（1）若某>3，求证：y3；（2）求证：y比某3．33＋某3某－3某－32证明：（1）y－3＝1＋3＝＝，1＋某1＋某1＋某∵某>3，∴某3>0，而13<0，∴y<3．3－13－2－某3某－（2）∵|y－3|－|某3|＝－|某－3|＝|某－3|（－1）＝|某－3|（，1＋某1＋某1＋某∵某>03－2<0，|某－3|>0，∴|y3|－|某3|<0，即|y－3|<|某3|．∴y比某更接近于3．12．[2022·南昌调研]已知某＋y>0，且某y≠0．某ym11（1）求证：某3＋y3≥某2y＋y2某；（2）如果＋（＋m的取值范围或值．y某2某y解：（1）∵某3＋y3－（某2y＋y2某）＝某2（某－y）－y2（某－y）＝（某＋y）（某－y）2，且某＋y>0，（某－y）2≥0，∴某3＋y3－（某2y＋y2某）≥0．∴某3＋y3≥某2y＋y2某．33某2－某y＋y2某ym11m某＋y（2）（ⅰ）若某y<0，则＋）等价于＝，y某2某y2某y某＋y某y某2－某y＋y2某＋y2－3某y－3某y某3＋y3又∵＝<3，即<－3，∴m>－6；某y某y某y某y某＋y3322某ym11m某＋y某－某y＋y（ⅱ）若某y>0，则≥（＋≤＝，y某2某y2某y某＋y某y某2－某y＋y22某y－某y某3＋y3又∵≥1，即，∴m≤2．某y某y某y某＋y综上所述，实数m的取值范围是（－6,2]．。
高中数学第二讲证明不等式的基本方法综合法与分析法
2。
2.1 综合法课堂导学三点剖析一，利用综合法证明不等式【例1】 (1）若a>0,b 〉0,求证:ab b a 22+≥a+b.思路分析:主要利用不等式2ba +≥ab 和a 2+b 2≥2ab。
证明:由a 2+b 2≥2ab，∴2（a 2+b 2）≥a 2+b 2+2ab,即2（a 2+b 2)≥(a+b)2。
∴ab b a 22+≥b a b a b a b a ++≥++222)()(2=a+b.（2)设a ，b ，c 都是正数,求证:2222222≥+++++a c c b b a (a+b+c ）.思路分析：主要利用不等式2)(2222y x y x +≥+。
证明：由不等式a 2+b 2≥2)(22222b a ab b a +=++. ∴22b a +≥2ba +. 同理，2,22222ac a c cb c b +≥++≥+2)222(2222222=+++++=+++++∴ca cb ba a c cb b a （a+b+c ）各个击破类题演练1已知a,b,c∈（0,+∞)，且a ，b ，c 成等比数列，求证:a 2+b 2+c 2≥(a—b+c)2。
证明:左边-右边=2（ab+bc-ac)。
∵a，b ，c 成等比数列，∴b 2=ac.又∵a,b,c∈（0,+∞)，∴0〈b=ac ≤2ca +〈a+c 。
∴a+c—b 〉0。
∴2（ab+bc —ac ）=2（ab+bc —b 2）=2b(a+c —b ）〉0,∴a 2+b 2+c 2>（a —b+c ）2.变式提升1若a,b,c 是正数,能确定b a c c a b c b a +++++222与2c b a ++的大小吗? 解析:∵cb a +24+（b+c ）≥4a, ac b +24+（c+a)≥4b, ba c +24+（a+b)≥4c , ∴c b a +24+a c b +24+ba c +24≥2（a+b+c ）, 即b a c a c b c b a +++++222≥2c b a ++. 二、用综合法证明条件不等式【例2】 已知a,b ，c 〉0，且abc=1，求证：c b a ++≤a 1+b 1+c 1。
第二讲 证明不等式的基本方法(2)
a b 例1 已知x, y, a, b R , 且 1, 求x y的最小值 . x y
例题:
练习 1 已知a, b为实数, 证明(a 4 b4 )(a 2 b2 ) (a3 b3 )2
1 1 练习2 设a, b R , a b 1, 求证 4 a b
例2 已知x 2 y 3z 1, 求x y z 的最小值
2 2 2
1 14
21．[2014· 福建卷] (Ⅲ)选修45：不等式选 讲 已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2| 的最小值为a. (1)求a的值； (2)若p，q，r是正实数，且满足p＋q＋r＝3， 求证：p2＋q2＋r2≥3.
三维形式的柯西不等式
2 2 2 2 2 2 (a1 a2 a3 ) (b1 b2 b3 ) (a1b当bi 0(i 1,2,3), 或存在一个数 k, 使得ai kbi (i 1,2,3)时， 等号成立.
猜想一般形式的柯西不 等式
例2、已知a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0， abc > 0， 求证：a, b, c > 0
证：假设a,b,c不全是正数，即其中至少有一个不是正数， 不妨先设a ≤ 0, 若a = 0，则与abc > 0矛盾， 若a<0,∵abc > 0, ∴bc < 0 又由a + b + c > 0, 则b + c > a > 0 ∴ab + bc + ca = a(b + c) + bc < 0 与题设矛盾 ∴必有a > 0 同理可证：b > 0, c > 0
选修4-5第二讲-证明不等式的基本方法-课件
(a b)(a b)2
a,b 0,a b 0
又a b(a b)2 0
故(a b)(a b)2 0即(a3 b3 ) (a2b ab2 ) 0
判断一个数或式子与0的大小关系．作商比较法的实质是把两个数或式 子的大小判断问题转化为判断一个数或式子与1的大小关系． 2．作商比较法适用于哪些类型的问题？
提示：主要适用于积、商、幂、对数、根式等形式的不等式证明．
3．
已知
a
1，a
2∈(
0
,
1
)
，
M
＝a
1a
2，N
＝a
1＋a
＋
2
1，
则M
，N
的
大
小关系是________.
m(b a) 0 即 a m a 0 a m a
b(b m)
bm b
bm b
(2)作商比较法
例3 已知a,b是正数,求证aabb abba ,当且仅当a b时,等号成立.
证明:
aabb abba
aabbba
a
ab
b
根据要证的不等式的特点(交换a, b的位置, 不等式不变)
为_a_b___1或__a_b 2
6.若0
a
b
1, P
log 1
2
a
b 2
,Q
1 2
(log 1
2
a
log 1
2
b), M
log 1 (a
2
第二讲 证明不等式的基本方法
《第二讲 证明不等式的基本方法》学习指导云南省会泽县教育局教科所 郭兴甫（ 邮编：654200）一、知识梳理1.比较法比较法是证明不等式的基本而重要的方法.比较法有两种，一种是相减（作差）比较法，它的依据是：0,0≤-⇔≤≥-⇔≥b a b a b a b a .字母b a ,可以是单项式，也可是多项式.另一种是相除（作商）比较法，是把不等式两边相除，转化为比较所得商式与1的大小关系，它的依据是：当.1,1,10<⇔<=⇔=>⇔>>ba b a b a b a b a b a b 时， 在比较法的两种方法中，作差比较法又是其中最基本而重要的一种方法，所以在用比较法证明不等式时如无特别说明就采用作差比较法.用相减比较法证明不等式时，要判断不等式两边差的符号.因此作差后，要通过配方、因式分解、通分等把差进行恒等变形，得到一个能够明显看出其符号的代数式，进而得出证明. 因此作差比较法的一般步骤是：作差、变形、判断符号、得出结论。
其中变形整理是关键，也是难点。
利用作商比较法证明不等式时，要注意不等式两边所除的代数式的符号，以确定不等号的方向是否改变.作商比较法的步骤是：作商、变形、判断与1的大小关系、得出结论.2.综合法用综合法证明不等式是从已知条件入手，利用不等式的性质、基本不等式、已知成立的不等式等进行逐步推理论证，直至得出要证明的不等式，这种方法是由已知条件出发推出结论或者叫做由因导果的证明方法.3. 分析法用分析法证明不等式是从要证的不等式的结论入手（也可以结合已知条件或部分已知条件）逐步探求不等式成立的充分条件，直至所需条件为已知正确的不等式或已知条件，从而可得要证的不等式成立。
这是一种执果索因的证明方法。
用分析法证明不等式的逻辑关系是（结论） ⇐⇐⇐21B B B A ⇐（条件）。
当所要证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.在证明不等式时，通常把分析法和综合法结合起来寻找证明的思路，常常用分析法找思路，再用综合法写出简单、条理清楚的证明过程.4.反证法对于某些不等式，直接证明比较困难时，可以通过间接的方法，即先假设要证明的不等式不成立，就是说结论的反面成立。
高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 2.3 反证法与
三反证法与放缩法知识梳理1.反证法先____________,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(或已知证明的定理,性质,明显成立的事实等) _________的结论,以说明_________不正确,从而证明原命题成立,我们称这种证明问题的方法为反证法.2.放缩法证明不等式时,通常把不等式中的某些部分的值_________或_________,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.知识导学1.用反证法证明不等式必须把握以下几点：(1)必须否定结论,即肯定结论的反面,当结论的反面呈现多样性时,必须罗列出各种情况,缺少任何一种可能,反证法都是不完全的.(2)反证法必须从否定结论进行推理,即应把结论的反面作为条件,且必须根据这一条件进行推证.否则,仅否定结论,不从结论的反面出发进行推理,就不是反证法.(3)推导出的矛盾可能多种多样,有的与已知矛盾,有的与假设矛盾,有的与已知事实相违背等等.推导出的矛盾必须是明显的.(4)在使用反证法时,“否定结论”在推理论证中往往作为已知使用,可视为已知条件.2.放缩法多借助于一个或多个中间量进行放大或缩小,如欲证A≥B,需通过B≤B1,B1≤B2≤…≤B i≤A(或A≥A1,A1≥A2≥…≥A i≥B)，再利用传递性，达到证明的目的.疑难突破1.反证法中的数学语言反证法适宜证明“存在性问题,唯一性问题”,带有“至少有一个”或“至多有一个”等字样的问题,或者说“正难则反”,直接证明有困难时,常采用反证法,下面我们列举一下常见的涉及反证法的文字语言及其相对应的否定假设.对某些数学语言的否定假设要准确,以免造成原则性的错误,有时在使用反证法时,对假设的否定也可以举一定的特例来说明矛盾,尤其在一些选择题中,更是如此.2.放缩法的尺度把握等问题(1)放缩法的理论依据主要有:①不等式的传递性;②等量加不等量为不等量;③同分子(分母)异分母(分子)的两个分式大小的比较;④基本不等式与绝对值不等式的基本性质;⑤三角函数的有界性等.(2)放缩法使用的主要方法:放缩法是不等式证明中最重要的变形方法之一,放缩必须有目标,而且要恰到好处,目标往往要从证明的结论考察.常用的放缩方法有增项,减项,利用分式的性质,利用不等式的性质,利用已知不等式,利用函数的性质进行放缩等.比如:舍去或加上一些项:(a+21)2+43>(a+21)2; 将分子或分母放大(缩小):,121,)1(11,)1(1122-+<+>-<k k kk k k k k k121++>k k k(k∈R ,k>1)等.典题精讲【例1】 (经典回放)若a 3+b 3=2,求证:a+b≤2.思路分析：本题结论的反面比原结论更具体,更简洁,宜用反证法. 证法一：假设a+b>2,a 2-ab+b 2=(a 21-b)2+43b 2≥0. 而取等号的条件为a=b=0，显然不可能，∴a 2-ab+b 2>0.则a 3+b 3=(a+b)(a 2-ab+b 2)>2(a 2-ab+b 2),而a 3+b 3=2,故a 2-ab+b 2<1.∴1+ab>a 2+b 2≥2ab.从而ab<1. ∴a 2+b 2<1+ab<2.∴(a+b)2=a 2+b 2+2ab<2+2ab<4. ∴a+b<2.这与假设矛盾,故a+b≤2.证法二:假设a+b>2,则a>2-b,故2=a 3+b 3>(2-b)3+b 3,即2>8-12b+6b 2,即(b-1)2<0,这不可能,从而a+b≤2.证法三:假设a+b>2,则(a+b)3=a 3+b 3+3ab(a+b)>8.由a 3+b 3=2,得3ab(a+b)>6.故ab(a+b)>2.又a 3+b 3=(a+b)(a 2-ab+b 2)=2,∴ab(a+b)>(a+b)(a 2-ab+b 2). ∴a 2-ab+b 2<ab,即(a-b)2<0. 这不可能，故a+b≤2. 绿色通道：本题三种方法均采用反证法，有的推至与假设矛盾，有的推至与已知事实矛盾.一般说来,结论的语气过于肯定或肯定“过头”时,都可以考虑用反证法.再是本题的已知条件非常少,为了增加可利用的条件,从反证法的角度来说,“假设”也是已知条件,因而,可考虑反证法. 【变式训练】 若|a|<1,|b|<1,求证:|1|abba ++<1. 思路分析：本题由已知条件不易入手证明,而结论也不易变形,即直接证有困难,因而可联想反证法. 证明:假设|1|abba ++≥1,则|a+b|≥|1+ab|, ∴a 2+b 2+2ab≥1+2ab+a 2b 2. ∴a 2+b 2-a 2b 2-1≥0. ∴a 2-1-b 2(a 2-1)≥0.∴(a 2-1)(1-b 2)≥0.∴⎪⎩⎪⎨⎧≤-≤-⎪⎩⎪⎨⎧≥-≥-.01,0101,012222b a b a 或 即⎪⎩⎪⎨⎧≥≤⎪⎩⎪⎨⎧≤≥.1,11,12222b a b a 或与已知矛盾. ∴|1|abba ++<1. 【例2】 (经典回放)已知a,b,c∈(0,1),求证:(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a 不能同时大于41. 思路分析：“不能同时”包含情况较多,而其否定“同时大于”仅有一种情况,因此用反证法.证法一：假设三式同时大于41, 即有(1-a)b>41,(1-b)c>41,(1-c)a>41, 三式同向相乘,得(1-a)a(1-b)b(1-c)c>641.又(1-a)a≤(21a a +-)2=41.同理,(1-b)b≤41,(1-c)c≤41.∴(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤641,与假设矛盾,结论正确.证法二:假设三式同时大于41,∵0<a<1,∴1-a>0,2141)1(2)1(=>-≥+-b a ba . 同理2)1(,2)1(a c c b +-+-都大于21. 三式相加,得2323>,矛盾.∴原命题成立.绿色通道：结论若是“都是……”“都不是……”“至少……”“至多……”或“……≠……”形式的不等式命题,往往可应用反证法,因此,可从这些语言上来判断是否可用此方法证明.【变式训练】 已知x>0,y>0,且x+y>2,求证:xy +1与y x+1中至少有一个小于2.思路分析：由于题目的结论是:两个数中“至少有一个小于2”情况比较复杂,会出现异向不等式组成的不等式组,一一证明十分繁杂,而对结论的否定是两个“都大于或等于2”构成的同向不等式,结构简单,为推出矛盾提供了方便,故采用反证法.证明:假设xy+1≥2,y x +1≥2.∵x>0,y>0,则1+y≥2x,1+x≥2y.两式相加,得2+x+y≥2(x+y),∴x+y≤2. 这与已知x+y>2矛盾. ∴y x +1与xy+1中至少有一个小于2成立. 【例3】 设n 是正整数,求证:21≤2111+++n n +…+21n<1. 思路分析：要求一个n 项分式2111+++n n +…+n21的范围,它的和又求不出,可以采用“化整为零”的方法,观察每一项的范围,再求整体的范围. 证明：由2n≥n+k>n(k=1,2, …,n),得n 21≤nk n 11<+. 当k=1时,n 21≤n n 111<+; 当k=2时,n 21≤nn 121<+;;……当k=n 时,n 21≤n n 111<+, ∴21=n n2≤2111+++n n +…+n 21<n n =1. 绿色通道：放缩法证明不等式,放缩要适度,否则会陷入困境,例如证明4712111222<+++n ,由k k k 11112--<,如果从第3项开始放缩,正好可证明;如果从第2项放缩,可得小于2,当放缩方式不同时,结果也在变化.放缩法一般包括:用缩小分母,扩大分子,分式值增大；缩小分子,扩大分母,分式值缩小；全量不少于部分.每一次缩小其和变小,但需大于所求;每一次扩大其和变大,但需小于所求.即不能放缩不够或放缩过头,同时要使放缩后便于求和. 【变式训练】 若n∈N +,n≥2,求证：21-n nn 111312111222-<+++<+ .思路分析：利用)1(11)1(12-<<+k k k k k 进行放缩.证明:∵)1(143132113121222+++⨯+⨯>+++n n n=(21-31)+(31-41)+…+(111+-n n )=21-11+n .又223121++…+21n <)1(1231121-++⨯+⨯n n =(121-)+(21-31)+…+(n n 111--)=1-n1,∴21-11+n <223121++ (21)<1-n 1.【例4】 (经曲回放)求证：||1||||||1||||b a b a b a b a +++≥+++.思路分析：利用|a+b|≤|a|+|b|进行放缩,但需对a,b 的几种情况进行讨论,如a=b=0时等. 证明：若a+b=0或a=b=0时显然成立. 若a+b≠0且a,b 不同时为0时,||||11||||||||11b a b a b a ++=+++=左边. ∵|a+b|≤|a|+|b|, ∴上式≤1+||||1||1b a b a b a +++=+.∴原不等式成立.绿色通道：对含绝对值的不等式的证明，要辨别是否属绝对值不等式的放缩问题，如利用|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|进行放缩，此问题我们可以算作放缩问题中的一类. 【变式训练】 已知|x|<3ε,|y|<6ε,|z|<9ε,求证:|x+2y-3z|<ε. 思路分析：利用|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|进行放缩. 证明:∵|x|<3ε,|y|<6ε,|z|<9ε, ∴|x+2y -3z|=|1+2y+(-3z)|≤|x|+|2y|+|-3z|=|x|+2|y|+3|z| <3ε+2×6ε+3×9ε=ε. ∴原不等式成立. 问题探究问题:说明“语言的声音和它所表示的事物之间没有必然联系”.导思：直接去说明某件事情是正确的,有时很难说明原因或根据,因此,用反证法及其逻辑思维会显得较为简单. 探究：反证题:声音和事物的结合假如有什么必然联系,世界上所有的语言中表示同一事物的词的声音就应是相同的,后者显然不能成立,既然世界上表示同一事物的词的声音各不相同,可见语言的声音和所表示的事物之间是没有必然联系的.。
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2．综合法证明不等式时常用的不等式： (1)a2＋b2≥2ab(当且仅当 a＝b 时，取“＝”)；
a＋b (2) 2 ≥ ab(a，b∈R＋，当且仅当 a＝b 时，取 “＝”)； (3)a2≥0，|a|≥0，(a－b)2≥0；
(4)ba＋ab≥2(a，b 同号)，ba＋ab≤－2(a，b 异号)； (5)a，b∈R，a2＋b2≥12(a＋b)2.
所以 3(ab＋bc＋ca)≤a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac＝ (a＋b＋c)2＝1.
所以 ab＋bc＋ca≤13.当且仅当 a＝b＝c＝13时，等号成 立．
归纳升华 1．综合法是指从已证的不等式或问题的已知条件出 发，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理， 最后达到待证的结论或需求的问题，其特点和思路是“由 因导果”，即从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”．
[变式训练] 已知 a，b，c∈R＋，abc＝1，求证：(2 ＋a)(2＋b)·(2＋c)≥27.
证明：法一：因为(2＋a)(2＋b)(2＋c)＝8＋4(a＋b＋
3
c) ＋ 2(ab ＋ bc ＋ ca) ＋ abc≥8 ＋ 4×3 abc ＋
3
2×3 （abc）2＋1＝27，
当且仅当 a＝b＝c＝1 时，等号成立，
333
＋c)≥3 a·3 b·3 c＝27，
当且仅当立．
类型 2 分析法证明不等式
1
[典例 2] 已知 x＞0，y＞0，求证：(x2＋y2)2＞(x3＋
1
y3)3.
证明：因为 x＞0，y＞0，
1
1
所以要证明(x2＋y2)2＞(x3＋y3)3，
只需证(x2＋y2)3＞(x3＋y3)2，
答案：当 ac＋bd＞0 时 (ad－bc)2≥0
类型 1 综合法证明不等式(自主研析) [典例 1] 已知 a，b，c∈R＋，且 a＋b＋c＝1.求证： ab＋bc＋ac≤13. 证明：因为 a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac， 所以 2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ca)． 所以 ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c2.
解析：a2＋b2－1－a2b2＝－(a2－1)(b2－1)，要证原不 等式成立，只需证－(a2－1)(b2－1)≤0，
即证(a2－1)(b2－1)≥0. 答案：D
4. 请补全用分析法证明不等式“ac＋ bd≤ （a2＋b2）（c2＋d2）”时的推理过程：要证明 ac ＋bd≤ （a2＋b2）（c2＋d2），当 ac＋bd≤0 时，不等 式成立；________，只要证(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)， 即要证 a2c2＋2abcd＋b2d2≤a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2，即要 证 a2d2＋b2c2≥2abcd，只需证明__________________，该 不等式显然成立，故所要证明的不等式成立．
即证 x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6＞x6＋2x3y3＋y6， 即证 3x4y2＋3x2y4＞2x3y3. 因为 x＞0，y＞0，所以 x2y2＞0， 即证 3x2＋3y2＞2xy. 因为 3x2＋3y2＞x2＋y2≥2xy， 所以 3x2＋3y2＞2xy 成立．
归纳升华 1．分析法是指从要证的不等式出发，分析这个不等式 成立的充分条件，进而转化为判定那些条件是否具备．其 特点和思路是“执果索因”，即从“未知”看“已知”． 2．当所要证的不等式与重要不等式、基本不等式没 有直接联系，或很难发现条件与结论之间的关系时，可用 分析法来证明．
(2)若ac＞bc，则 a＞b.( )
(3)若 a3＞b3，且 ab＜0，则1a＞1b.(
)
(4)若 a2＞b2，且 ab＞0，则1a＜1b.(
)
解析：若 c＝0，则(1)不成立； 若 c＜0，则(2)不成立； 1a－1b＝b－ aba，因为 a3＞b3，且 ab＜0， 所以 a＞0＞b，即 b－a＜0， 所以b－ aba＞0，故1a＞1b，(3)成立；
方法
综合 法
分析 法
证明的起 始步骤
基本不等 式或已经 证明过的 不等式
要求证的 不等式
求证过程
实施一系 列的推出 或等价变 换
寻求结论 成立的充 分条件
求证目标
要求证的 结论
所需条件 全部成立
证题方向 由因导果 执果索因
[思考尝试·夯基]
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．
(1)若 a＞b，则 ac2＞bc2.( )
所以原不等式成立．
法二：因为(2＋a)(2＋b)(2＋c)＝8＋4(a＋b＋c)＋2(ab ＋bc＋ca)＋abc＝8＋2(a＋b＋c)＋2a＋1a＋b＋1b＋c＋1c
3
＋1≥8＋2· abc＋2×(2＋2＋2)＋1＝27，
当且仅当 a＝b＝c＝1 时，等号成立，
所以原不等式成立．
法三：(2＋a)(2＋b)(2＋c)＝(1＋1＋a)(1＋1＋b)(1＋1
第二讲 证明不等式的基本方法
2．2 综合法与分析法
[学习目标] 1.掌握用综合法和分析法证明不等式的 基本步骤(重点)． 2.理解这两种证明方法的数学思 想． 3.会灵活运用这两种方法证明不等式(重点、难点)．
[知识提炼·梳理] 1．综合法 一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、 性质等，经过一系列的推理，论证而得出命题成立，这 种证明方法叫做综合法，又叫顺推证法或由因导果法． 温馨提示 用综合法证明时要注意不等式成立的条
a＜0，
若
则(4)不成立．
b＜0，
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)×
2．分析法证明不等式中所说的“执果索因”是指寻
求使不等式成立的( )
A．必要条件
B．充分条件
C．充要条件
D．必要或充分条件
答案：B
3．要证 a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证( ) A．2ab－1－a2b2≤0 B．a2＋b2－1－a4＋2 b4≤0 C.a＋2 b2－1－a2b2≤0 D．(a2－1)(b2－1)≥0
件是否具备，还要注意不等式基本性质的使用是否准确．
2．分析法
证明命题时，我们还常常从要证的结论出发，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．
3．综合法与分析法的比较