第一篇:高中理科数学第一轮复习:不等式的证明(二)
不等式的证明(二)
【知识点精讲】
1.反证法:从否定结论出发,经过逻辑推理,导出矛盾,证实结论的否定是错误的,从而肯定原结论是正确的证明方法。
2.换元法:换元法是指结构较为复杂、量与量之间关系不很明了的命题,通过恰当引入新变量,代换原题中的部分式子,简化原有结构,使其转化为便于研究的形式。
用换元法证明不等式时一定要注意新元的约束条件及整体置换策略
3.放缩法:欲证A>B,可通过适当放大或缩小,借助一个或多个中间量,使得B 4.构造法:构造二次方程用“Δ”,构造函数用函数单调性,构造图形用数形结合方法。 【例题选讲】 (一).复习:不等式证明三种主要方法,然后讲P89例1例2 例1 (P89) 1设实数x.y 满足y+x=0,0 2xy例2.已知a.b.cR,且a+b+c=1,求证(1+a)(1+b)(1+c)8(1-a)(1-b)(1-c) 1。2(二)其它方法: 2例 3、已知f(x)xpxq,求证:|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一个不小于【分析】由于题目的结论是:三个函数值中“至少有一个不小于 1”,情况较复杂,会出现多个异向不等式组成2的不等式组,一一证明十分繁冗,而结论的反面构成三个同向不等式,结构简单,故采用反证法为宜。【证明】(反证法)假设|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|都小于 1,则 2|f(1)|2|f(2)||f(3)|2,而 |f(1)|2|f(2)||f(3)||f(1)f(3)2f(2)| |(1pq)(93pq)(84p2q)|2,相互矛盾 ∴|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一个不小于 1。2[思维点拔] 用反证法证明命题时,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,有的与事实相违背等等,推导出的矛盾必须是明显的。例 4、(1)设x,yR,且x2y21,求证:|x22xyy2|2 ; 322(2)设a,b,cR,且abc1,求证:abc【证明】(1)设xrsin,yrcos,且|r|1 则|x22xyy2|r2|cos22sincossin2|,=r|cos2sin2|(2)设a22r2|sin(24)|2。 111,b,c,333∵abc1,∴0。于是abc [思维点拔](1)本题运用了三角换元法。三角代换是最常见的变量代换,凡条件为 222121()(222)。333xyr或222xyr222x2y2或221等均可三角换元。(2)换元法是不等式证明中的重要变形ab73方法,常用的换元手段除三角换元法外,还有平均值代换、比值代换、对称代换、增量代换。例 5、.已知xyz5,x2y2z29求证:x,y,z都属于[1,]。【证明】由已知得:z5xy,代入x2y2z29中得: x2(y5)xy25y80 ∵xR,∴△≥0,即(y5)24(y25y8)0 7777,即y∈ [1,]。同理可证x∈ [1,],z∈ [1,]。33331222变式:设abc1,abc1,且abc,求证:c0 3解得1y因为ab1c,所以a2b22ab1c22c,而ab1c 所以abcc,所以a,b为方程x2(1c)xc2c0(1)的二实根 而abc,故方程(1)有均大于c的二不等实根。记f(x)x2(1c)xc2c,则 22220,1c1c0。解得c,32f(c)0[思维点拔] 在比较法、综合法无效时,如果能利用主元素法把原式整理成关于某函数的二次式,可考虑用判别式,要注意根的范围和题目本身的条件限制。【课堂小结】 3.反证法:从否定结论出发,经过逻辑推理,导出矛盾,证实结论的否定是错误的,从而肯定原结论是正确的证明方法。 4.换元法:换元法是指结构较为复杂、量与量之间关系不很明了的命题,通过恰当引入新变量,代换原题 中的部分式子,简化原有结构,使其转化为便于研究的形式。 用换元法证明不等式时一定要注意新元的约束条件及整体置换策略 3.放缩法:欲证A>B,可通过适当放大或缩小,借助一个或多个中间量,使得B 4.构造法:构造二次方程用“Δ”,构造函数用函数单调性,构造图形用数形结合方法。 【作业布置】 不等式的证明 (一)●知识梳理 1.均值定理:a+b≥2ab; ab≤(ab2)2(a、b∈R+),当且仅当a=b时取等号.2.比较法:a-b>0a>b,a-b<0a<b.3.作商法:a>0,b>0,ab>1a>b.特别提示 1.比较法证明不等式是不等式证明的最基本的方法.作差后需要判断差的符号,作差变形的方向常常是因式分解后,把差写成积的形式或配成完全平方式.2.比商法要注意使用条件,若●点击双基 1.若a、b是正数,则 ab2ab>1不能推出a>b.这里要注意a、b两数的符号.、ab、2abab、a2b22这四个数的大小顺序是 A.ab≤ab22≤2abab≤ a2b22 B.a2b2≤ab≤ ab2≤ 2abab2 C.2abab≤ab≤ab22≤ a2b2 D.ab≤ab2≤ ab22≤ 2abab 解析:可设a=1,b=2,则ab2=43232,ab=2,2ababa2=,14252b2===2.5.答案:C 2.设0<x<1,则a=2x,b=1+x,c=A.a 解析:∵0<x<1,B.b 11x中最大的一个是 C.c D.不能确定 ∴1+x>2x=4x>2x.∴只需比较1+x与∵1+x-∴1+x<11x11x11x2的大小.=- x2=.1x11x1x<0,答案:C 3.(2005年春季上海,15)若a、b、c是常数,则“a>0且b2-4ac<0”是“对任意x∈R,有ax2+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 必要条件 解析:当a>0,b2-4ac<0时,ax2+bx+c>0.反之,ax+bx+c>0对x∈R成立不能推出a>0,b-4ac<0.反例:a=b=0,c=2.故选A.答案:A 4.(理)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____________.(把成立的不等式的序号都填上)解析:∵|a+b|<-c,∴c<a+b<-c.∴-b+c<a<-b-c.故①②成立,③不成立.∵|a+b|<-c,|a+b|≥|a|-|b|,∴|a|-|b|<-c.∴|a|<|b|-c.故④成立,⑤不成立.答案:①②④ (文)若a、b∈R,有下列不等式:①a+3>2a;②a+b≥2(a-b-1);③a+b>a3b2+a2b3;④a+1a 222 552 2≥2.其中一定成立的是__________.解析:①a2+3-2a=(a-1)2+2>0,∴a2+3>2a; ②a2+b2-2a+2b+2=(a-1)2+(b+1)2≥0,∴a2+b2≥2(a-b-1); ③a+b-ab-ab=a(a-b)+b(b-a)=(a2-b2)(a3-b3)=(a+b)(a-b)2(a2+ab+b2).∵(a-b)≥0,a+ab+b≥0,但a+b符号不确定,∴a5+b5>a3b2+a2b3不正确; ④a∈R时,a+答案:①② 1a22 255322 332 2≥2不正确.5.船在流水中在甲地和乙地间来回行驶一次的平均速度v1和在静水中的速度v2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v2,水流速度为v(v2>v>0),则船在流水中在甲乙间来回行驶一次的时间 t=sv2v+sv2v=v2v22v2s2v22,平均速度v1=22st2= vv2.∵v1-v2=∴v1<v2.v2vv22-v2=- v2v2<0,答案:v1<v2 ●典例剖析 【例1】 设a>0,b>0,求证:(a21b)2(b111a)2≥a2+b2.剖析:不等式两端都是多项式的形式,故可用比差法证明或比商法证明.证法一:左边-右边= (a)(b)ab(ab)(aabb)ab(ab)(a2abb)(aab(ab)33-(a+b) = == b)(abab)2≥0.ab∴原不等式成立.证法二:左边>0,右边>0,左边右边=(ab)(aab(aabb)b)= aabbab≥ 2ababab=1.∴原不等式成立.评述:用比较法证不等式,一般要经历作差(或商)、变形、判断三个步骤.变形的主要手段是通分、因式分解或配方.在变形过程中,也可利用基本不等式放缩,如证法二.下面的例3则是公式法与配方法的综合应用.【例2】 已知a、b、x、y∈R且求证:xxa+ 1a> 1b,x>y.>yyb.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) ∵又xxa1a-1byyb(xa)(yb)= bxay,>且a、b∈R+,∴b>a>0.又x>y>0,∴bx>ay.∴bxay(xa)(yb)>0,即 xxa> yyb.证法二:(分析法)∵x、y、a、b∈R,∴要证+ xxa> yyb,只需证明x(y+b)>y(x+a),即证xb>ya.而由1a>1b>0,∴b>a>0.又x>y>0,知xb>ya显然成立.故原不等式成立.思考讨论 该例若用函数的单调性应如何构造函数? 解法一:令f(x)=再令g(x)=∵1axxa,易证f(x)在(0,+∞)上为增函数,从而 xxa> yyb.mmx,易证g(x)在(0,+∞)上单调递减.+>1b,a、b∈R.∴a<b.mma∴g(a)>g(b),即> mmb,命题得证.xy解法二:原不等式即为 axa1> byb1,为此构造函数f(x)= xx1,x∈(0,+∞).xa易证f(x)在(0,+∞)上为单调增函数,而xy> yb,∴axa1>byb1,即 xxa> yyb.【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1800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y1元,则y1=900x1x[9x(x+1)+900]+6×1800 =+9x+10809≥ 2900x9x+10809 =10989.当且仅当9x=900x,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y2元,则 y2==1x[9x(x+1)+900]+6×1800×0.90 +9x+9729(x≥35).100x900x令f(x)=x+(x≥35),x2>x1≥35,则 f(x1)-f(x2)=(x1+= 100x1)-(x2+ 100x2) (x2x1)(100x1x2)x1x2 ∵x2>x1≥35,∴x2-x1>0,x1x2>0,100-x1x2<0.∴f(x1)-f(x2)<0,f(x1)<f(x2),即f(x)=x+100x,当x≥35时为增函数.∴当x=35时,f(x)有最小值,此时y2<10989.∴该厂应该接受此优惠条件.●闯关训练 夯实基础 1.设x>0,y>0,且xy-(x+y)=1,则 A.x+y≤22+2 B.x+y≥22+2 D.x+y≥(2+1) 2C.x+y≤(2+1)解析:∵x>0,y>0,∴xy≤(由xy-(x+y)=1得(∴x+y≥2+22.答案:B xy2xy2).2)2-(x+y)≥1.2.已知x、y∈R,M=x2+y2+1,N=x+y+xy,则M与N的大小关系是 A.M≥N B.M≤N C.M=N D.不能确定 解析:M-N=x+y+1-(x+y+xy)==121222[(x2+y2-2xy)+(x2-2x+1)+(y2-2y+1)] [(x-y)2+(x-1)2+(y-1)2]≥0.答案:A 3.设a>0,b>0,a+解析:a+ 22b22b2=1,则a1b2的最大值是____________.12b2b22=1a+ = 32.a2∴a1b2=2·a·答案:32412b2212332=2·2=.≤2· ab24.若记号“※”表示求两个实数a和b的算术平均数的运算,即a※b=,则两边均含有运算符号“※”和“+”,且对于任意3个实数a、b、c都能成立的一个等式可以是____________.解析:∵a※b=ab2ba2,b※a=,∴a※b+c=b※a+c.答案:a※b+c=b※a+c.思考:对于运算“※”分配律成立吗? 即a※(b+c)=a※b+a※c.答案:不成立 5.当m>n时,求证:m3-m2n-3mn2>2m2n-6mn2+n3. 证明:∵(m3-m2n-3mn2)-(2m2n-6mn2+n3)=m3-3m2n+3mn2-n3=(m-n)3,3又m>n,∴m-n>0.∴(m-n)>0,即(m3-m2n-3mn2)-(2m2n-6mn2+n3)>0.故m-mn-3mn>2mn-6mn+n. 6.已知a>1,λ>0,求证:loga(a+λ)>loga+λ(a+2λ).证明:loga(a+λ)-log(a+λ)(a+2λ)=lg(a)lga2322223-lg(a2)lg(a) =lg(a)lgalg(a2)lgalg(a) ∵a>1,λ>0,∴lga>0,lg(a+2λ)>0,且lga≠lg(a+2λ).∴lga·lg(a+2λ)<[(=[lg(a2lgalg(a2)2lg(a)22)]2a)2]<[ 2]=lg(a+λ).∴lg(a)lgalg(a2)lgalg(a)2>0.∴loga(a+λ)>log(a+λ)(a+2λ).培养能力 7.已知x>0,y>0,若不等式x+y≤mxy恒成立,求实数m的最小值.分析:∵x+y≤mxy恒成立,xxyxxyyy∴m≥恒成立.∴m的最小值就是的最大值.解:∵x+y≤mxy恒成立,xxyy∴m≥恒成立.∵x>0,y>0,∴xy≥(x2xx2yyy)2= x2y.∴xxyy≤=2.∴m的最小值为2.评述:分离参数法是求参数的范围问题常用的方法,化归是解这类问题常用的手段.8.有点难度哟! 求证:在非Rt△ABC中,若a>b,ha、hb分别表示a、b边上的高,则必有a+ha>b+hb.证明:设S表示△ABC的面积,则 S=12aha=12bhb=12absinC.∴ha=bsinC,hb=asinC.∴(a+ha)-(b+hb)=a+bsinC-b-asinC =(a-b)(1-sinC).∵C≠π2,∴1-sinC>0.∴(a-b)(1-sinC)>0.∴a+ha>b+hb.探究创新 9.设二次函数f(x)=ax+bx+c(a>0),方程f(x)-x=0的两根x1、x2满足1<x1<x2<1a2.(1)当x∈(0,x1)时,证明x<f(x)<x1;(2)设函数f(x)的图象关于直线x=x0对称,求证x0<证明:(1)令F(x)=f(x)-x,∵x1、x2是方程f(x)-x=0的根,∴F(x)=a(x-x1)(x-x2).当x∈(0,x1)时,由于x1<x2,∴(x-x1)(x-x2)>0.又a>0,得F(x)=a(x-x1)(x-x2)>0,即x<f(x).又x1-f(x)=x1-[x+F(x)]=x1-x+a(x1-x)(x-x2)=(x1-x)[1+a(x-x2)],∵0<x<x1<x2<1ax12.,x1-x>0,1+a(x-x2)=1+ax-ax2>1-ax2>0,∴x1-f(x)>0,即f(x)<x1.综上,可知x<f(x)<x1.(2)由题意知x0=- b2a.∵x1、x2是方程f(x)-x=0的根,即x1、x2是方程ax2+(b-1)x+c=0的根,∴x1+x2=-∴x0=-b2ab1a.=.ax1ax212a=a(x1x2)12aax12ax12.又∵ax2<1,∴x0<=●思悟小结 1.比较法有两种形式:一是作差,二是作商.用作差法证明不等式是证明不等式中最基本、最常用的方法.它的依据是不等式的基本性质.2.步骤是:作差(商)→变形→判断.变形的目的是为了判断.若是作差,就判断与0的大小关系,为了便于判断,往往把形式变为积或完全平方式.若是作商,两边为正,就判断与1的大小关系.3.有时要先对不等式作等价变形再进行证明,有时几种证明方法综合使用.4.在应用均值定理求最值时,要把握定理成立的三个条件,就是“一正——各项均为正;二定——积或和为定值;三相等——等号能否取得”.若忽略了某个条件,就会出现错误.●教师下载中心 教学点睛 1.在证明不等式的各种方法中,作差比较法是一种最基本、最重要的方法,它是利用不等式两边的差是正数还是负数来证明不等式,其应用非常广泛,一定要熟练掌握.2.对于公式a+b≥2ab,ab≤(ab2)2要讲清它们的作用和使用条件及内在联系,两个公式也体现了ab和a+b的转化关系.拓展题例 【例1】设a、b∈R,关于x的方程x2+ax+b=0的实根为α、β.若|a|+|b|<1,求证:|α|<1,|β|<1.证法一:∵α+β=-a,αβ=b,∴|α+β|+|αβ|=|a|+|b|<1.∴|α|-|β|+|α||β|<1,(|α|-1)(|β|+1)<0.∴|α|<1.同理,|β|<1.证法二:设f(x)=x+ax+b,则有 f(1)=1+a+b>1-(|a|+|b|)>1-1=0,f(-1)=1-a+b>1-(|a|+|b|)>0.∵0≤|a|<1,∴-1<a<1.∴-122<-a2<12.∴方程f(x)=0的两实根在(-1,1)内,即|α|<1,|β|<1.评述:证法一先利用韦达定理,再用绝对值不等式的性质恰好能分解因式;证法二考虑根的分布,证两根在(-1,1)内.【例2】 是否存在常数C,使得不等式数x、y恒成立?试证明你的结论.解:当x=y时,可由不等式得出C=下面分两个方面证明.先证≥2xy.再证xx2yx2xy23x2xy+ yx2y≤C≤ xx2y+ y2xy对任意正 .+yx2y≤ 23,此不等式3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2(2x+y)(x+2y)x2+y2+y2xy≥ 23,22此不等式3x(2x+y)+3y(x+2y)≥2(x+2y)(2x+y)2xy≤x+y.综上,可知存在常数C= 23,使对任何正数x、y不等式恒成立.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)a<2+数a的取值范围是 A.[-2,C.[-3,3232n (1)nn1对任意n∈N恒成立,则实 *)) B.(-2,D.(-3,3232)) 解析:当n为正偶数时,a<2-1n,2-121n为增函数,∴a<2-=32.1n当n为正奇数时,-a<2+而-2-1n,a>-2- 1n1n.为增函数,-2- 32<-2,∴a≥-2.故a∈[-2,答案:A).2.(2003年南京市质检题)若< a11b<0,则下列结论不正确的是 ... B.ab<b D.|a|+|b|>|a+b| 2A.a<b C.ba2 21b +ab>2 1a解析:由<<0,知b<a<0.∴A不正确.答案:A 3.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 C.充要条件 答案:A B.必要条件 D.既不充分又不必要条件 4.(理)在等差数列{an}与等比数列{bn}中,a1=b1>0,an=bn>0,则am与bm的大小关系是____________.解析:若d=0或q=1,则am=bm.若d≠0,画出an=a1+(n-1)d与bn=b1·q y n- 1的图象,O1m n x 易知am>bm,故am≥bm.答案:am≥bm (文)在等差数列{an}与等比数列{bn}中,a1=b1>0,a2n+1=b2n+1>0(n=1,2,3,„),则an+1与bn+1的大小关系是____________.解析:an+1=a1a2n121ab1ab≥a1a2n1=b1b2n1=bn+1.答案:an+1≥bn+1 5.若a>b>c,则 + 1bc1bc_______ 3ac.(填“>”“=”“<”) 1ab解析:a>b>c,(1+)(a-c)=(+ 1bc)[(a-b)+(b-c)] ≥2(ab)(bc)1·2(ab)(bc)=4.3ac∴ab+1bc≥ 4ac>.答案:> ●典例剖析 【例1】 设实数x、y满足y+x2=0,0<a<1.求证:loga(ax+ay)<loga2+ 18.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.xy证明:∵a>0,a>0,∴ax+ay≥2axy=2axx.∵x-x2=xy 214-(x-112)2≤ 114,0<a<1,∴a+a≥2a4=2a8.1∴loga(a+a)<loga2a8=loga2+xy 18.1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+a≥2·a8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 + xy 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(ab)(bc)>0,(b+c)+(c+a)≥2(bc)(ca)>0,(c+a)+(a+b)≥2(ca)(ab)>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:na-1<a1n+ .a1n证法一:要证na-1<即证a<(a1n,+1).n令a-1=t>0,则a=t+1.也就是证t+1<(1+∵(1+tntntn)n.+„+Cnn(tn)n=1+C1na1nn)n>1+t,即na-1<成立.证法二:设a=xn,x>1.于是只要证即证xnx1n>x-1,n-11x1n-1>n.联想到等比数列前n项和1+x+„+xn- 2= xn1x1,① ② 倒序x+x+„+1=nxn1x1.①+②得2·x1x1=(1+xn-1)+(x+xn-2)+„+(xn-1+1) >2xn1+2xn1+„+2xn1>2n.∴xn1x1>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= a2b,y=ab,则x、y的关系是 A.x>y 解析:∵x2=y2=a+b=12 B.y>x 2C.x>2y D.不能确定 (a+b)2= 12(a+b+2ab),(a+b+a+b)> (a+b+2ab)=x2,又x>0,y>0.∴y>x.答案:B 2.对实数a和x而言,不等式x+13ax>5ax+9a成立的充要条件是____________.解析:(x3+13a2x)-(5ax2+9a3)=x3-5ax2+13a2x-9a3 =(x-a)(x2-4ax+9a2) =(x-a)[(x-2a)+5a]>0.∵当x≠2a≠0时,有(x-2a)2+5a2>0.由题意故只需x-a>0即x>a,以上过程可逆.答案:x>a 3.已知a>b>c且a+b+c=0,求证:b2ac<3a.22证明:要证b2ac<3a,只需证b-ac<3a,22 3即证b2+a(a+b)<3a2,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)=0.展开得ab+bc+ca=-∴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+b+c+ab+bc+ca≥0,亦即证122222 a2b2c22,[(a+b)+(b+c)+(c+a)]≥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-b-ab=-[(a+22 b2)+ 3b42]≤0. ∴ab+bc+ca≤0.培养能力 5.设a+b+c=1,a2+b2+c2=1且a>b>c.求证:-<c<0.31证明:∵a+b+c=1,22∴(a+b)-2ab+c=1.∴2ab=(a+b)2+c2-1=(1-c)2+c2-1=2c2-2c.∴ab=c-c.又∵a+b=1-c,∴a、b是方程x+(c-1)x+c-c=0的两个根,且a>b>c.令f(x)=x2+(c-1)x+c2-c,则 Δ011ccc032f(c)0.222222 6.已知2b2ca=1,求证:方程ax2+bx+c=0有实数根.a2c2证明:由2b2ca=1,∴b=.∴b=(2a2+2c)= 2a22+2ac+2c2=4ac+(a2-2c)2≥4ac.∴方程ax2+bx+c=0有实数根.7.设a、b、c均为实数,求证:证明:∵a、b、c均为实数,∴12121212a+ 12b+ 12c≥ 1bc+ 1ca+ 1ab.(12b12c12a+12c12b)≥ 12bc12ab≥≥≥ 11ab,当a=b时等号成立; ((++)≥)≥ bc1ca,当b=c时等号成立; . ≥ 1bc12a12ca三个不等式相加即得探究创新 12a+ 12b+ 12c+ 1ca+ 1ab,当且仅当a=b=c时等号成立.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+(2)若对于任何大于1的正数x,恒有ax+ xx1xx1>b成立; >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+xx1=a(x-1)+ 1x1+1+a≥2a+1+a=(a+1)2.∵a+1>b(b>0),22∴(a+1)>b.(2)∵ax+而ax+xx1xx1>b对于大于1的实数x恒成立,即x>1时,[ax+ 1x1xx1]min>b,=a(x-1)+ 1+1+a≥2a+1+a=(a+1)2,1a当且仅当a(x-1)=故[ax+xx1x1,即x=1+>1时取等号.]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:|ab|1|ab|≤ |a|1|a|+ |b|1|b|.x剖析:|a+b|≤|a|+|b|,故可先研究f(x)=证明:令f(x)= x1x1x(x≥0)的单调性.(x≥0),易证f(x)在[0,+∞)上单调递增.|a+b|≤|a|+|b|,∴f(|a+b|)≤f(|a|+|b|),即|ab|1|ab|≤|a||b|1|a||b|= |a|1|a||b||b|1|a||b|≤ |a|1|a||b|1|b|.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 111|ab|≤ |a|1|a||b|1|b|.再利用|a+b|≤|a|+|b|放缩能证吗?读者可以尝试一下! 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.(2006上海春季高考)若a、b、c∈R,a>b,则下列不等式成立的是()A.1a<1b B.a2>b2 C.ac12> bc1 2D.a|c|>b|c| 解析:由不等式的性质容易得答案C.答案:C 2.(理)(2005北京春季高考)若不等式(-1)a<2+围是()A.[-2,32n (1)nn1对任意n∈N*恒成立,则实数a的取值范] B.[-2,32) C.[-3,32] D.(-3,32)解析:当n为正偶数时,a<2-1n,又2-121n为增函数,1n ∴a<2- 而-2-答案:A 1n=32.当n为正奇数时,-a<2+ 1n,a>-2- 1n.32为增函数,-2-<-2,∴a≥-2.故a∈[-2,).(文)(经典回放)若1a<1b<0,则下列结论不正确的是() baA.a2<b2 B.ab<b2 C.+ ab>2 D.|a|+|b|>|a+b| 解析:由1a<1b<0,知b<a<0.∴A不正确.答案:A 3.(2006湖北八校联考)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)=()A.a<122a1a1,则且a≠-1 B.-1 C.a<-1或a>0 D.-1 ∴2a1a13a <1.a1>0,即3a(a+1)>0.∴a<-1或a>0.故选C.答案:C 4.(2005上海春季高考)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a1,a2,„,an满足a1≤a2≤„≤an,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 m个人的平均分为.依题意,a1a2amm≤ a1a2ann,am1am2annma1a2amm≥ a1a2anna1a2ann 答案:≤(1≤m am1am2annm≥a1a2ann(1≤m 【例1】 设实数x、y满足y+x=0,0<a<1.求证:loga(a+a) 2x y 18.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:∵ax>0,ay>0,∴ax+ay≥2axy=2axx. ∵x-x2=x 214-(x-121)2≤ 114,0<a<1,∴a+a≥2a4=2a8. 1y ∴loga(a+a) 18.1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+a≥2·a8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(ab)(bc)>0,(b+c)+(c+a)≥2(bc)(ca)>0,(c+a)+(a+b)≥2(ca)(ab)>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:|ab|1|ab|+ xy≤|a|1|a|+ |b|1|b|.证法一:当|a+b|=0时,原不等式成立.当|a+b|≠0时, |ab| 1|ab|=111|ab|≤111|a||b|= |a||b|1|a||b| =|a|1|a||b||a|1|a|+ |b|1|a||b| ≤+|b|1|b|.x证法二:构造函数f(x)= 研究其单调性, 1x(x≥0),f′(x)=1xx(1x)2= 1(1x)2>0.∴f(x)在[0,+∞]上单调递增.∵|a+b|≤|a|+|b|,∴|ab|1|ab||a|1|a|≤|a||b|1|a||b|= |a|1|a||b|+ |b|1|a||b| ≤+|b|1|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? |ab| 1|ab|≤|a||b|1|a||b|.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2x+8y=1,则xy有() 16412A.最大值64 B.最小值64 C.最大值2x D.最小值 解析:1=+8y≥22x8y=8 1xy,∴xy≥64.答案:B 22222.已知m+n=1,a+b=2,则am+bn的最大值是()A.1 B.32 C.2 D.以上都不对 解析:三角代换:令m=cosα,n=sinα,a=2cosβ,b=2sinβ.am+bn=2cos(α+β)≤2.答案:C 3.已知01且ab>1,则下列不等式中成立的是()A.logb1b1b 1b 1101b1b 1b 1b C.logab 25.已知a>b>c且a+b+c=0,求证:bac<3a.证明:要证222bac<3a,只需证b-ac<3a,即证b2+a(a+b)<3a2,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=- ∴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a2+b2+c2+ab+bc+ca≥0,亦即证12abc2222, [(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)=-a-b-ab=-[(a+ ∴ab+bc+ca≤0.提高篇 7.设a、b、c均为实数,求证:证明:∵a、b、c均为实数,∴1212a12b 222 b2)+ 3b42]≤0. ++ 12c≥ 1bc+ 1ca+ 1ab.(12a+12b)≥ 12ab ≥ 1ab,当a=b时等号成立; 1212(12b+12c12a)≥ 12bc≥ 1bc1ca,当b=c时等号成立; (12c+)≥ 12ca12a≥ 1,当c=a时等号成立. 11bc1ca1ab 三个不等式相加即得号成立.+ 2b+ 2c≥++,当且仅当a=b=c时等8.(全新创编题)有一位同学写了一个不等式 x1cxc22≥ 1cc(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)=x1cxc22,z= 2xc(z≥c),则f(x)-1cc=(zc1)(zzcc),原不等式成立.则(zc1)(zzc1cc)≥0,1c1c 只需zc-1≥0x2≥ -c-c≤0≤cc≥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+y=a或22 2xa22+ yb22=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+(2)若对于任何大于1的正数x,恒有ax+ xx1xx1>b成立; >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+xx11x1=a(x-1)+ +1+a≥2a+1+a=(a+1)2.∵a+1>b(b>0), 22 ∴(a+1)>b.(2)∵ax+ 而ax+xx1x>b对于大于1的实数x恒成立,即x>1时,[ax+ 1x1xx1]min>b, x1=a(x-1)+1+1+a≥2a+1+a=(a+1)2,1a 当且仅当a(x-1)=x1,即x=1+>1时取等号.故[ax+ xx1]min=(a+1)2.则(a+1)2>b,即a+1>b.【例2】(2005湖南高考,文)已知数列{log2(an-1)}(n∈N)为等差数列,且a1=3,a3=9.(1)求数列{an}的通项公式;(2)证明1a2a1*+1a3a2+„+ 1an1an<1.(1)解:设等差数列{log2(an-1)}的公差为d,由a1=3,a3=9得2(log22+d)=log22+log28得d=1.所以log2(an-1)=1+(n-1)×1=n,即an=2n+1.(2)证明:∵1an1an1a2a1= 12n12n= 12n,∴+1a3a2+„+ 1an1an =12+1122+„+1212n12n =2(21)=1-12n<1. 2014届高三数学第二轮复习 第3讲 不等式 一、本章知识结构: 实数的性质 二、高考要求 (1)理解不等式的性质及其证明。 (2)掌握两个(不扩展到三个)正数的算术平均数不小于它们的几何平均数定理,并会简单应用。 (3)分析法、综合法、比较法证明简单的不等式。 (4)掌握某些简单不等式的解法。 (5)理解不等式|a|﹣|b| ≤|a+b|≤|a| +|b|。 三、热点分析 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:解不等式,证明不等式,涉及不等式应用题,涉及不等式的综合题,所占比例远远高于在课时和知识点中的比例.重视基础知识的考查,常考常新,创意不断,设问方式不断创新,图表信息题,多选型填空题等情景新颖的题型受到命题者的青眯,值得引起我们的关注.2.突出重点,综合考查,在知识与方法的交汇点处设计命题,在不等式问题中蕴含着丰富的函数思想,不等式又为研究函数提供了重要的工具,不等式与函数既是知识的结合点,又是数学知识与数学方法的交汇点,因而在历年高考题中始终是重中之重.在全面考查函数与不等式基础知识的同时,将不等式的重点知识以及其他知识有机结合,进行综合考查,强调知识的综合和知识的内在联系,加大数学思想方法的考查力度,是高考对不等式考查的又一新特点.3.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.由于代数推理没有几何图形作依托,因而更能检测出学生抽象思维能力的层次.这类代数推理问题常以高中代数的主体内容——函数、方程、不等式、数列及其交叉综合部分为知识背景,并与高等数学知识及思想方法相衔接,立意新颖,抽象程度高,有利于高考选拔功能的充分发挥.对不等式的考查更能体现出高观点、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.突出不等式的知识在解决实际问题中的应用价值,借助不等式来考查学生的应用意识.不等式部分的内容是高考较为稳定的一个热点,考查的重点是不等式的性质、证明、解法及最值方面的应用。高考试题中有以下几个明显的特点: (1)不等式与函数、数列、几何、导数,实际应用等有关内容综合在一起的综合试题多,单独考查不等式的试题题量很少。 第1页(共6页) (2)选择题,填空题和解答题三种题型中均有各种类型不等式题,特别是应用题和压轴题几乎都与不等式有关。 (3)不等式的证明考得比得频繁,所涉及的方法主要是比较法、综合法和分析法,而放缩法作为一种辅助方法不容忽视。 四、典型例题 不等式的解法 【例1】 解不等式:解:原不等式可化为: a 1a x 2(a1)x(2a) >0,即[(a-1)x+(2-a)](x-2)>0.x2 当a>1时,原不等式与(x- a2a2a2)(x-2)>0同解.若≥2,即0≤a<1时,原不等式无解;若a1a1a 1a2)∪(2,+∞).a1 <2,即a<0或a>1,于是a>1时原不等式的解为(-∞,当a<1时,若a<0,解集为(a2a2,2);若0<a<1,解集为(2,)a1a1 综上所述:当a>1时解集为(-∞,a2a2)∪(2,+∞);当0<a<1时,解集为(2,); a1a1 a2,2).a1 当a=0时,解集为;当a<0时,解集为(【例2】 设不等式x2-2ax+a+2≤0的解集为M,如果M[1,4],求实数a的取值 范围.解:M[1,4]有n种情况:其一是M=,此时Δ<0;其二是M≠,此时Δ>0,分三种情况计算a的取值范围.设f(x)=x2 -2ax+a+2,有Δ=(-2a)2-(4a+2)=4(a2-a-2) (1)当Δ<0时,-1<a<2,M= [1,4](2)当Δ=0时,a=-1或2.当a=-1时M={-1}[1,4];当a=2时,m={2}[1,4].(3)当Δ>0时,a<-1或a>2.设方程f(x)=0的两根x1,x2,且x1<x2,a30 f(1)0,且f(4)018187a0 那么M=[x1,x2],M[1,4]1≤x1<x2≤4即,解得:2<a<,71a4,且0a0 a1或a2 ∴M[1,4]时,a的取值范围是(-1,18).7 不等式的证明 【例1】 已知a2,求证:loga1alogaa1 解1:loga1alogaa1 1logaa1logaa11 . logaa1 logaa1logaa1因为a2,所以,logaa10,logaa10,所以,logaa1logaa1 logaa1logaa12 loga a 1 loga a 1 所以,loga1alogaa10,命题得证. 【例2】 已知a>0,b>0,且a+b=1。求证:(a+ 2511)(b+)≥.ab 4证:(分析综合法):欲证原式,即证4(ab)2+4(a2+b2)-25ab+4≥0,即证4(ab)2-33(ab)+8≥0,即证ab≤ 或ab≥8.∵a>0,b>0,a+b=1,∴ab≥8不可能成立∵1=a+b≥2ab,∴ab≤,从而得证.44 1213 1n 2n(n∈N) * 【例3】 证明不等式1 证法一:(1)当n等于1时,不等式左端等于1,右端等于2,所以不等式成立;(2)假设n=k(k≥1)时,不等式成立,即1+ 121 1<2k,则1 3 1k1 2k 1k1 2k(k1)1 k1 k(k1)1 k1 121 2k1,1∴当n=k+1时,不等式成立.综合(1)、(2)得:当n∈N*时,都有1+另从k到k+1时的证明还有下列证法: <2n.2(k1)12k(k1)k2(k1)(k1)(kk1)20,2k(k1)12(k1),k10,2k又如:2k12k 2k 1k 12k1.1k1 2k1. 1k1,2k1k 2k1k1 证法二:对任意k∈N*,都有: 2(kk1),kkk1 因此122(21)2(2)2(nn1)2n.2nk1 概念、方法、题型、易误点及应试技巧总结 不等式 一.不等式的性质: 1.同向不等式可以相加;异向不等式可以相减:若ab,cd,则acbd(若ab,cd,则acbd),但异向不等式不可以相加;同向不等式不可以相减; 2.左右同正不等式:同向的不等式可以相乘,但不能相除;异向不等式可以相除,但不能相乘:若 ab0,cd0,则acbd(若ab0,0cd,则 ab ; ) cd nn 3.左右同正不等式:两边可以同时乘方或开方:若ab0,则a b 4.若ab0,ab,则 1;若ab0,ab,则。如 abab (1)对于实数a,b,c中,给出下列命题: ①若ab,则acbc;②若acbc,则ab;③若ab0,则aabb;④若ab0,则⑤若ab0,则 ; ab ba ;⑥若ab0,则ab; ab ab11 ⑦若cab0,则;⑧若ab,,则a0,b0。 cacbab 其中正确的命题是______(答:②③⑥⑦⑧); (2)已知1xy1,1xy3,则3xy的取值范围是______(答:13xy7);(3)已知abc,且abc0,则 1c的取值范围是______(答:2,) 2a 二.不等式大小比较的常用方法: 1.作差:作差后通过分解因式、配方等手段判断差的符号得出结果; 2.作商(常用于分数指数幂的代数式); 3.分析法; 4.平方法; 5.分子(或分母)有理化; 6.利用函数的单调性; 7.寻找中间量或放缩法 ; 8.图象法。其中比较法(作差、作商)是最基本的方法。如 1t 1的大小 logat和loga 21t11t1 (答:当a1时,logatloga(t1时取等号);当0a1时,logatloga(t1 2222 (1)设a0且a1,t0,比较时取等号)); 1a24a2 (2)设a2,pa,q2,试比较p,q的大小(答:pq); a2 (3)比较1+logx3与2logx2(x0且x1)的大小 4(答:当0x1或x时,1+logx3>2logx2;当1x时,1+logx3<2logx2;当x 3时,1+logx3=2logx2) 三.利用重要不等式求函数最值时,你是否注意到:“一正二定三相等,和定积最大,积定和最小”这17 字方针。如 (1)下列命题中正确的21 A、yx的最小值是2B、y的最小值是 2x4 4C、y23x(x 0)的最大值是2D、y23x(x 0)的最小值是2C); xx xy (2)若x2y1,则24的最小值是______ (答:; 1(3)正数x,y满足x2y1,则的最小值为______ (答:3; xy 4.常用不等式有:(1 (2)(根据目标不等式左右的运算结构选用);222 2a、b、cR,abcabbcca(当且仅当abc时,取等号);(3)若ab0,m0,则 bbm (糖水的浓度问题)。如 aam 如果正数a、b满足abab3,则ab的取值范围是_________(答:9,) 五.证明不等式的方法:比较法、分析法、综合法和放缩法(比较法的步骤是:作差(商)后通过分解因式、配方、通分等手段变形判断符号或与1的大小,然后作出结论。).11111112 nn1n(n1)nn(n1)n 1n 22222 2如(1)已知abc,求证:abbccaabbcca ; 222222 (2)已知a,b,cR,求证:abbccaabc(abc); xy11 (3)已知a,b,x,yR,且,xy,求证:; xaybab abbcca (4)若a、b、c是不全相等的正数,求证:lglglglgalgblgc; 22222222 2(5)已知a,b,cR,求证:abbccaabc(abc); 常用的放缩技巧有: * (6)若n N(n 1) n; |a||b||a||b| ; |ab||ab| 1(8)求证:12222。 23n (7)已知|a||b|,求证: 六.简单的一元高次不等式的解法:标根法:其步骤是:(1)分解成若干个一次因式的积,并使每一个因 式中最高次项的系数为正;(2)将每一个一次因式的根标在数轴上,从最大根的右上方依次通过每一点画曲线;并注意奇穿过偶弹回;(3)根据曲线显现f(x)的符号变化规律,写出不等式的解集。如 (1)解不等式(x1)(x2)0。(答:{x|x1或x2}); (2) 不等式(x0的解集是____(答:{x|x3或x1}); (3)设函数f(x)、g(x)的定义域都是R,且f(x)0的解集为{x|1x2},g(x)0的解集为,则不等式f(x)g(x)0的解集为______(答:(,1)[2,)); (4)要使满足关于x的不等式2x9xa0(解集非空)的每一个x的值至少满足不等式 x24x30和x26x80中的一个,则实数a的取值范围是______.(答:[7,8 1))8 七.分式不等式的解法:分式不等式的一般解题思路是先移项使右边为0,再通分并将分子分母分解因式,并使每一个因式中最高次项的系数为正,最后用标根法求解。解分式不等式时,一般不能去分母,但分母恒为正或恒为负时可去分母。如 (1)解不等式 5x ; 1(答:(1,1)(2,3)) x22x 3axb 0的解集为x 2(2)关于x的不等式axb0的解集为(1,),则关于x的不等式____________(答:(,1)(2,)).八.绝对值不等式的解法: 1.分段讨论法(最后结果应取各段的并集):如解不等式|2 ; x|2|x|(答:xR) (2)利用绝对值的定义; (3)数形结合;如解不等式|x||x1|3(答:(,1)(2,))(4)两边平方:如 若不等式|3x2||2xa|对xR恒成立,则实数a的取值范围为______。(答:}) 九.含参不等式的解法:求解的通法是“定义域为前提,函数增减性为基础,分类讨论是关键.”注意解完之后要写上:“综上,原不等式的解集是„”。注意:按参数讨论,最后应按参数取值分别说明其解集;但若按未知数讨论,最后应求并集.如 ; 1,则a的取值范围是__________(答:a1或0a) 33ax21 (2)解不等式x(aR)(答:a0时,{x|x0};a0时,{x|x或x0};a0 ax1a 时,{x|x0}或x0}) a (1)若loga 提醒:(1)解不等式是求不等式的解集,最后务必有集合的形式表示;(2)不等式解集的端点值往往是不等式对应方程的根或不等式有意义范围的端点值。如关于x的不等式axb0 的解集为(,1),则不等式 x2 (-1,2))0的解集为__________(答: axb 十一.含绝对值不等式的性质: a、b同号或有0|ab||a||b|||a||b|||ab|; a、b异号或有0|ab||a||b|||a||b|||ab|.如设f(x)xx13,实数a满足|xa|1,求证:|f(x)f(a)|2(|a|1) 十二.不等式的恒成立,能成立,恰成立等问题:不等式恒成立问题的常规处理方式?(常应用函数方程思 想和“分离变量法”转化为最值问题,也可抓住所给不等式的结构特征,利用数形结合法)1).恒成立问题 若不等式fxA在区间D上恒成立,则等价于在区间D上fxminA 若不等式fxB在区间D上恒成立,则等价于在区间D上fxmaxB 如(1)设实数x,y满足x(y1)1,当xyc0时,c的取值范围是____ (答:1,); (2)不等式x4x3a对一切实数x恒成立,求实数a的取值范围_____(答:a1); 2(3)若不等式2x1m(x1)对满足m2的所有m都成立,则x的取值范围(答:( 7131,)); 22 (1)n13n (4)若不等式(1)a2对于任意正整数n恒成立,则实数a的取值范围是_(答:[2,)); n2 (5)若不等式x2mx2m10对0x1的所有实数x都成立,求m的取值范围.(答:m) 2).能成立问题 若在区间D上存在实数x使不等式fxA成立,则等价于在区间D上fxmaxA; 若在区间D上存在实数x使不等式fxB成立,则等价于在区间D上的fxminB.如 已知不等式x4x3a在实数集R上的解集不是空集,求实数a的取值范围____(答:a1)3).恰成立问题 若不等式fxA在区间D上恰成立, 则等价于不等式fxA的解集为D; 若不等式fxB在区间D上恰成立, 则等价于不等式fxB的解集为D. 2012高考数学第一轮总复习100讲 g3.1039 不等式证明方法 (二)一、知识回顾 1、反证法:从否定结论出发,经过逻辑推理,导出矛盾,从而肯定原结论的正确; 2、放缩法:欲证AB,可通过适当放大或缩小,借助一个或多个中间量使得,常用的放缩方式: BB1,B1B2...A(或AA1,A1A2...B)舍去或加上一些项; 12nnn1;12nn1n;111 1;n2n(n1)n2n(n1) 3、换元法:三角换元、代数换元; 4、判别式法 二、基本训练: 1、实数a、b、c不全为零的条件为() A)a、b、c全不为零 B)a、b、c中至多只有一个为零 C)a、b、c只有一个为零 D)a、b、c中至少有一个不为零 2、已知a、b、c、dR,sabcd,则有() abcabdcdacdbA)0sB)1s2 C)2s 3D)3s4 3、为已知x2y24,则2x3y的取值范围是________。 4、设x0、y0,Axyxy,B,则A、B大小关系为________。 1xy1x1y5、实数xxy,则x的取值范围是________。y13 3三、例题分析: 例 1、x>0,y>0,求证:xy(xy) 例 2、函数f(x)1x2(ab),求证:|f(a)f(b)||ab| 例 3、已知:a2b21,x2y21,求证:1axby1(三角换元法) 2232012高考数学第一轮总复习100讲 例 4、求证:1 例 5、若a,b,c都是小于1的正数,求证:(1a)b,(1b)c,(1c)a不可能同时大于 例 6、求证:1 例 7、设二次函数f(x)ax2bxc(a、b、cR且a0),若函数yf(x)的图象与直线yx和yx均无公共点。x11(判别式法) x2x131.4(反证法) 1112(nN)(放缩法)2232n2(1)求证:4acb21 (2)求证:对于一切实数x恒有|ax2bxc| 四、课堂小结: 1、凡是“至少”、“唯一”或含有否定词的命题适宜用反证法.2、换元法(主要指三角代换法)多用于条件不等式的证明,此法若运用恰当,可沟通三角与代数的联系,将复杂的代数问题转化成简单的三角问题.3、含有两上字母的不等式,若可化成一边为零,而另一边是关于某字母的二次式时,这时可考虑判别式法,并注意根的取值范围和题目的限制条件.4、有些不等式若恰当地运用放缩法可以很快得证,放缩时要看准目标,做到有的放矢,注意放缩适度.4|a|2012高考数学第一轮总复习100讲 五、同步练习g3.1039 不等式证明方法 (二)1、若x2xyy21且x、yR,则nx2y2的取值范围是() A)0n 1B)2nC)nD)2n2 32、已知a、bR,则下列各式中成立的是() A)acosbsin22ab B)acosbsin22ab C)cos2lgasin2lgblg(ab) D)cos2lgasin2lgblga(b) 3、设,y∈R,且x2+y2=4,则A)2- 24、若f(n)= 2xy的最大值为() xy2B)2+2 C)-2 D)4 3n21-n,g(n)=n-n21,φ(n)= 1,则f(n),g(n),ф(n)的大小顺序为2n____________.5、设a,b是两个实数,给出下列条件:①a+b>1; ②a+b=2;③a+b>2;④a2+b2>2;⑤ab>1,其中能推出:“a、b中至少有一个实数大于1”的条件是____________.6、a、b、c∈R-,a≠b,求证:|ab|a2abb2a2b 2111 abbcac(提示:换元法,令a-b=m∈R+,b-c=n∈R+) 111112221 8、若nN,且n2,求证:2n123n7、a>b>c,求证: 2012高考数学第一轮总复习100讲 9、已知f(x)x2pxq,求证:|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一个不少于 10、已知i、m、n是整数且1imn,试证明: ii(1)niAm; miAn1。2(2)(1m)n(1n)m.答案:DCB 4、g(n)>ф(n)> f(n) 5、③第二篇:高考第一轮复习数学:不等式的证明
第三篇:2007年高中总复习第一轮数学 第六章 6.3 不等式的证明(二)
第四篇:高三数学(理科)二轮复习-不等式
第五篇:2012高考数学第一轮总复习100讲(含同步练习)1039_不等式证明方法(二)