2014届高考数学一轮：选修4-5-2不等式的证明

第一篇：2014届高考数学一轮：选修4-5-2不等式的证明

一、选择题

1．ab≥0是|a－b|＝|a|－|b|的()

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．不充分也不必要条件

答案：B

112．若实数x、y满足＝1，则x2＋2y2有()x2y

2A．最大值3＋2B．最小值3＋2

C．最大值6D．最小值6

答案：B

3．若a，b，c∈R，且满足|a－c|＜b，给出下列结论

①a＋b＞c；②b＋c＞a；③a＋c＞b；④|a|＋|b|＞|c|.其中错误的个数()

A．1B．2

C．3D．

4答案：A

ab4．已知a＞0，b＞0，m＝n＝a＋b，p＝a＋b，则m，n，p的大小顺序是()ba

A．m≥n＞pB．m＞n≥p

C．n＞m＞pD．n≥m＞p

答案：A

1115．设a、b、c∈R＋，则三个数a＋，b＋c＋()bca

A．都大于2B．都小于

2C．至少有一个不大于2D．至少有一个不小于2

答案：D

a＋b16．若a＞b＞1，Plga·lgb，Q＝＋lgb)，R＝lg22，则()

A．R＜P＜QB．P＜Q＜R

C．Q＜P＜RD．P＜R＜Q

答案：B

二、填空题

7．设两个不相等的正数a、b满足a3－b3＝a2－b2，则a＋b的取值范围是__________．

答案：38．用max{x，y，z}表示x，y，z三个实数中的最大数，对于任意实数a，b，设max{|a|，|a＋b＋1|，|a－b＋1|}＝M，则M的最小值是__________．

1答案：

29．设m＞n，n∈N＋，a＝(lgx)m＋(lgx)－m，b＝(lgx)n＋(lgx)－n，x＞1，则a与b的大小关系为__________．

答案：a≥b

三、解答题

10．已知a＞b＞c＞0，求证：a＋3

3a－bb－cc并指出等号成立的条件)

3证明：因为a＞b＞c＞0，所以a－b＞0，b－c＞0，所以a＝(a－b)＋(b－c)＋c≥3a－bb－cc，当且仅当a－b＝b－c＝c时，等号成立，所以a3

3a－bb－cc

3a－bb－cc

3a－bb－cc

3a－bb－cc ＝6，3≥3a－bb－cc＋≥233a－bb－cc3当且仅当3a－bb－cc＝

故可求得a＝3，b＝2，c＝1时等号成立．

11．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，当x∈[－1,1]时，恒有|f(x)|≤1.(1)求证：|b|≤1；

(2)f(0)＝－1，f(1)＝1，求f(x)的表达式．

解析：(1)证明：∵f(1)＝a＋b＋c，f(－1)＝a－b＋c，1∴b＝[f(1)－f(－1)]． 2

∵当x∈[－1,1]时，|f(x)|≤1.∴|f(1)|≤1，|f(－1)|≤1.11∴|b|＝|f(1)－f(－1)|≤[|f(1)|＋|f(－1)|]≤1.22

(2)由f(0)＝－1，f(1)＝1，得c＝－1，b＝2－a.∴f(x)＝ax2＋(2－a)x－1.∵当x∈[－1,1]时，|f(x)|≤1.∴|f(－1)|≤1，即|2a－3|≤1，解得1≤a≤2.a－211∴－[－1,1]． 2a2a

依题意，得

fa－2＝aa－22＋2－aa－2－1≤1，2a2a2a

整理，得a－224a＋1≤1.a－22a－22又a＞0≥0＋1≥1.4a4a

a－22∴＝0，即a＝2，4a

从而b＝0，故f(x)＝2x2－1.212．设正有理数x3的一个近似值，令y＝1＋1＋x

(1)若x＞3，求证：y＜；

(2)求证：y比x3.33＋x－3x1x2证明：(1)y－3＝1＋3＝，1＋x1＋x1＋x

∵x＞3，∴x－3＞0，而1－3＜0，∴y＜3.1－x－3(2)∵|y－3|－|x－3|＝－|x3| 1＋x

＝|x－3|3－13－2－x1＝|x－3| 1＋x1＋x

∵x＞03－2＜0，|x3|＞0，∴|y－－|x－＜0，即|y－3|＜|x－3|，∴y比x3.

第二篇：XX届高考数学知识点不等式证明——比较法复习教案

XX届高考数学知识点不等式证明——比

较法复习教案

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m【§5.3不等式证明——比较法】班级姓名学号

例1．a、b、c≥0，求证a3+b3+c3≥3abc.例2．a、b、c是△ABc的三边，求证a2+b2+c2<2.例3．已知m、n∈N，求证：.例4．若x∈（0，1）,a>0且a≠1，求证：|loga|>loga|.【备用题】

x,y,z∈R，A、B、c是△ABc三内角，求证：x2+y2+z2≥2yzcosA+2zxcosB+2xycosc

【基础训练】

．设m=，则m、N的大小关系是

（）

A．m>N

B．m=N

c．m

D．不确定

2．设正数a、b、c、d满足a+d=b－c，且|a－d|<|b－c|，则ad和bc的大小关系是

（）

A．ad=bc

B．ad

c．ad>bc

D．不确定

3．已知a,b∈R+，则与的大小关系是

（）

A．x>y

B．x≥y

c．x≤y

D．不确定

4．设a,b∈R+，且a+b=2，则的最小值是_________________.5．对任意锐角θ，都有，恒成立，则的最大值是_________________.6．若a>b>c>1，P=，是P与Q中的较小者是____________.【拓展练习】

用比较法证明下列不等式

．x,y∈R，x≠y，求证：x4+y4>x3y+xy3.2．x∈R，求证：1+2x2≥2x3+x2.3．x∈R，x≠－1，求证：.4．b>a>0，求证：.5．x,y,z∈R，求证：x2+y2+xy+7z2≥2xz+5yz.6．x>0,n∈N，求证：xn+x－n≥xn－1+x1－n.7．a>0,b>0,m、n∈N，m>n，求证：2≥（am－n+bm－n）.8．a、b、c∈R+，求证：≥2.9

．

a>b>c>0,a2ab2bc2c>ab+cbc+aca+b.0．a、b∈R+，①求证：之间

②问这二个数哪一个更接近于.www.5y

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m

求

证

：

第三篇：数学选修4-5学案 §2.1.3不等式的证明

§2.1.3不等式的的证明(3)学案姓名☆学习目标： 1.理解并掌握反证法、换元法与放缩法;

2.☻知识情景：

1.不等式证明的基本方法：10.比差法与比商法(两正数时)．

20.综合法和分析法．

30.反证法、换元法、放缩法

2.综合法：从①已知条件、②不等式的性质、③基本不等式等出发,通过逻辑推理, 推导出所要证明的结论.这种证明方法叫做综合法.又叫由导法.用综合法证明不等式的逻辑关系：AB1B2BnB 3.分析法：从要证的结论出发, 逐步寻求使它成立的充分条件, 直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证的定理、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.这是一种执索.BB1B2BnA用分析法证明不等式的逻辑关系： 结(步步寻求不等式已

论成立的充分条件)知

☻新知建构：

1.反证法：利用反证法证明不等式，一般有下面几个步骤：

第一步分清欲证不等式所涉及到的条件和结论；

第二步作出与所证不等式相反的假定；

第三步从条件和假定出发，应用证确的推理方法，推出矛盾结果；

第四步断定产生矛盾结果的原因，在于开始所作的假定不正确，于是原证不等式成立.例1已知a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，abc > 0，求证：a, b, c > 0.2.换元法：一般由代数式的整体换元、三角换元，换元时要注意等价性.常用的换元有三角换元有： 1．已知xya，可设，； 022

220．已知x2y21，可设，0r1)； 22xy30．已知a2b21，可设，.例2 设实数x,y满足x2(y1)21，当xyc0时，c的取值范围是（）A.1,)B.(1]C.1,)D.(1] 例3 已知x2y2

1，求证：yax

3.放缩法：“放”和“缩”的方向与“放”和“缩”的量的大小

由题目分析、多次尝试得出,要注意放缩的适度.a21a，n(n1)n，0a111 2n(n1)nn(n1)bm0aam

bbm

④利用基本不等式，如：lg3lg5(⑤利用函数的单调性)2lg4；

⑥利用函数的有界性：如：sinx≤1xR；

⑦绝对值不等式：ab≤a

b≤ab；



2nkN,k

1，*2kN,k1 * ⑨应用贝努利不等式：(1x)1nxn(n1)2xxn1nx.12

例4当 n > 2 时，求证：logn(n1)log(n1)n

例5求证：1

11113.112123123n

例6 若a, b, c, dR+，求证：1

abcd2 abdbcacdbdac

§2.1.3不等式的证明(3)练习姓名

11、设二次函数f(x)x2pxq，求证：f(1),f(2),f(3)中至少有一个不小于.212、设0 < a, b, c < 1，求证：(1  a)b,(1  b)c,(1  c)a,不可能同时大于

43、已知ab0，求证：a（nN且n1）.4、若x, y > 0，且x + y >2，则

1y1x和中至少有一个小于2。xy5、已知 1≤x2y2≤2，求证：≤x2xyy2≤3

26、设f(x)x2x13，xa1，求证：f(x)f(a)2a1；

7、求证：1

8、求证

x11 x2x13ab1aba1ab1b.9、设n为大于1的自然数，求证

11111.n1n2n32n210、若n是自然数，求证

11112.122232n

2311111222(n≥2)

11、求证：2n12nn12、求证：21nN *

第四篇：数学选修4-5学案 §2.1.2不等式的证明

§2.1.2不等式的证明(2)综合法与分析法学案姓名☆学习目标： 1.理解并掌握综合法与分析法;

2.☻知识情景：

1.基本不等式：

10.如果a,bR, 那么ab2ab.当且仅当ab时, 等号成立.ab20.如果a,bR,那么.当且仅当ab时, 等号成立.22

230.如果a,b,cR,那么abc

3, 当且仅当abc时, 等号成立.ab22.均值不等式：如果a,bR,那么

2abab

常用推论：10.a20;a0;a

20.3.1a2(a0);ababbaca2(ab0);bc0(a,b,cR).3.不等式证明的基本方法：10.作差法与作商法(两正数时)．20.综合法和分析法．3.反证法、换元法、放缩法 0

☆案例学习：

综合法：从①已知条件、②不等式的性质、③基本不等式等出发,通过逻辑推理, 推导出所要证明的结论.这种证明方法叫做综合法.又叫由导法.用综合法证明不等式的逻辑关系：AB1B2BnB 例1 已知a,b,c0,且不全相等,求证:a(b2c2)b(c2a2)c(a2b2)6abc

例2 已知a1,a2,,anR,且a1a2an1,求证:(1a1)(1a2)(1an)2n

分析法：从要证的结论出发, 逐步寻求使它成立的充分条件, 直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证的定理、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.这是一种执索的思考和证明方法.BB1B2BnA用分析法证明不等式的逻辑关系： 结(步步寻求不等式已

论成立的充分条件)知

例3求证 

a2b2b2c2c2a

2例4已知a,b,c0,求证:abc

abc

例5 证明：(a2b2)(c2d2)(acbd)2.§2.1.2不等式的证明(2)练习姓名

1、已知x0,y0,xy,求证

2、已知ab0, 求证aba.112233333、已知a0,b0.求证：（1）(ab)(ab)4.（2）(ab)(ab)(ab)8ab.1x1y4xy.4、已知a,b,c,d都是正数。求证：

（1）

abcd2abcd;（2）abcd4abcd.5、已知a,b,c都是互不相等的正数，求证(abc)(abbcca)9abc.a,b,c是互不相等的正数，且abc1.求证:(1ab)(1bc)(1ca)27．已知a，b，m都是正数，并且ab.分别用综合法与分析法求证:am

bma

b.．

8设a0,b0，分别用综合法与分析法求证: a3b3a2bab2.9（1）已知a,b是正常数,ab,x,y(0,),求证：a

件；（2）利用（1）的结论求函数f(x)2

值．

9(ab)2,指出等号成立的条 xyxy2b2x12x(x(0,1))的最小值，指出取最小值时x的 2

第五篇：XX届高考数学第一轮不等式的证明专项复习教案_1

XX届高考数学第一轮不等式的证明专项

复习教案

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6.3不等式的证明

（二）●知识梳理

.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

.（XX年春季北京，8）若不等式（－1）na＜2+对任意n∈N*恒成立，则实数a的取值范围是

A.［－2，）

B.（－2，）

c.［－3，）

D.（－3，）

解析：当n为正偶数时，a＜2－，2－为增函数，∴a＜2－=.当n为正奇数时，－a＜2+，a＞－2－.而－2－为增函数，－2－＜－2，∴a≥－2.故a∈［－2，）.答案：A

2.（XX年南京市质检题）若＜＜0，则下列结论不正确的是

A.a2＜b2

B.ab＜b2

c.+＞2

D.|a|+|b|＞|a+b|

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

B.必要条件

c.充要条件

D.既不充分又不必要条件

答案：A

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•qn－1的图象，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=≥==bn+1.答案：an+1≥bn+1

5.若a＞b＞c，则+_______.（填“＞”“=”“＜”）

解析：a＞b＞c，（+）（a－c）=（+）［（a－b）+（b－c）］

≥2•2=4.∴+≥＞.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＋.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≥2＝2.∵x－x2＝－（x－）2≤，0＜a＜1，∴ax＋ay≥2＝2a.∴loga（ax＋ay）＜loga2a＝loga2＋.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ax＋ay≥2•a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＞0，（b+c）+（c+a）≥2＞0，（c+a）+（a+b）≥2＞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：－1＜.证法一：要证－1＜，即证a＜（+1）n.令a－1=t＞0，则a=t+1.也就是证t+1＜（1+）n.∵（1+）n=1+c

+…+c（）n＞1+t，即－1＜成立.证法二：设a=xn，x＞1.于是只要证＞x－1，即证＞n.联想到等比数列前n项和1+x+…+xn－1=，①

倒序xn－1+xn－2+…+1=.②

①+②得2•=（1+xn－1）+（x+xn－2）+…+（xn－1+1）

＞2+2+…+2＞2n.∴＞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

.已知a、b是不相等的正数，x=，y=，则x、y的关系是

A.x＞y

B.y＞x

c.x＞y

D.不能确定

解析：∵x2=（+）2=（a+b+2），y2=a+b=（a+b+a+b）＞（a+b+2）=x2，又x＞0，y＞0.∴y＞x.答案：B

2.对实数a和x而言，不等式x3+13a2x＞5ax2+9a3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）2+5a2］＞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：＜a.证明：要证＜a，只需证b2－ac＜3a2，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）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［（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

＝－a2－b2－ab＝－［（a＋）2＋］≤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.证明：∵a2+b2+c2=1，∴（a+b）2－2ab+c2=1.∴2ab=（a+b）2+c2－1=（1－c）2+c2－1=2c2－2c.∴ab=c2－c.又∵a+b=1－c，∴a、b是方程x2+（c－1）x+c2－c=0的两个根，且a＞b＞c.令f（x）=x2+（c－1）x+c2－c，则

6.已知=1，求证：方程ax2+bx+c=0有实数根.证明：由=1，∴b=.∴b2=（+c）2=+2ac+2c2=4ac+（－c）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，∴（＋）≥≥，当a=b时等号成立；

（＋）≥≥，当b=c时等号成立；

（＋）≥≥．

三个不等式相加即得++≥++，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

.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

.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+1＞，则对于任何大于1的正数x，恒有ax+＞b成立；

（2）若对于任何大于1的正数x，恒有ax+＞b成立，则+1＞.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+=a（x－1）++1+a≥2+1+a=（+1）2.∵+1＞b（b＞0），∴（+1）2＞b2.（2）∵ax+＞b对于大于1的实数x恒成立，即x＞1时，［ax+］min＞b，而ax+=a（x－1）++1+a≥2+1+a=（+1）2，当且仅当a（x－1）=，即x=1+＞1时取等号.故［ax+］min=（+1）2.则（+1）2＞b，即+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：≤+.剖析：|a+b|≤|a|+|b|，故可先研究f（x）=（x≥0）的单调性.证明：令f（x）=（x≥0），易证f（x）在［0，+∞）上单调递增.|a+b|≤|a|+|b|，∴f（|a+b|）≤f（|a|+|b|），即≤=≤.思考讨论

.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≤.再利用|a+b|≤|a|+|b|放缩能证吗?读者可以尝试一下!