• 265.50 KB
  • 2021-06-16 发布

高考数学复习 17-18版 附加题部分 第6章 第75课 不等式的证明

  • 12页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
第75课 不等式的证明 ‎[最新考纲]‎ 内容 要求 A B C 不等式的证明(比较法、综合法、分析法)‎ ‎√‎ 算术—几何平均不等式与柯西不等式 ‎√‎ 利用不等式求最大(小)值 ‎√‎ ‎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⇔>1且a>0,b>0,因此当a>0,b>0时,要证明a>b,只要证明>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,这种方法叫作反证法.‎ ‎②在证明不等式时,有时要把所证不等式的一边适当地放大或缩小,此利于化简并使它与不等式的另一边的关系更为明显,从而得出原不等式成立,这种方法称为放缩法.‎ ‎(5)数学归纳法:‎ 一般地,当要证明一个命题对于不小于某正整数n0的所有正整数n都成立时,可以用以下两个步骤:‎ ‎①证明当n=n0时命题成立;‎ ‎②假设当n=k(k∈N+,且k≥n0)时命题成立,证明n=k+1时命题也成立.‎ 在完成了这两个步骤后,就可以断定命题对于不小于n0的所有正整数都成立.这种证明方法称为数学归纳法.‎ ‎2.几个常用基本不等式 ‎(1)柯西不等式:‎ ‎①柯西不等式的代数形式:设a,b,c,d均为实数,则(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2(当且仅当ad=bc时,等号成立).‎ ‎②柯西不等式的向量形式:设α,β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x1,y1,x2,y2,x3,y3∈R,则+≥.‎ ‎④柯西不等式的一般形式:设n为大于1的自然数,ai,bi(i=1,2,…,n)为实数,则(a+a+…+a)(b+b+…+b)≥(a1b1+a2b2+…+anbn)2,等号当且仅当==…=时成立(当ai=0时,约定bi=0,i=1,2,…,n).‎ ‎(2)算术—几何平均不等式:‎ 若a1,a2,…,an为正数,则≥,当且仅当a1=a2=…=an时,等号成立.‎ ‎1.(思考辨析)判断下列结论的正误.(正确的打“√”,错误的打“×”)‎ ‎(1)比较法最终要判断式子的符号得出结论.(  )‎ ‎(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法,它是从已知条件出发,经过逐步推理,最后达到待证的结论.(  )‎ ‎(3)分析法又叫逆推证法或执果索因法,是从待证结论出发,一步一步地寻求结论成立的必要条件,最后达到题设的已知条件或已被证明的事实.(  )‎ ‎(4)使用反证法时,“反设”不能作为推理的条件应用.(  )‎ ‎[答案] (1)× (2)√ (3)× (4)×‎ ‎2.(教材改编)若a>b>1,x=a+,y=b+,则x与y的大小关系是________.‎ x>y [x-y=a+- ‎=a-b+=.‎ 由a>b>1得ab>1,a-b>0,‎ 所以>0,即x-y>0,所以x>y.]‎ ‎3.(教材改编)已知a≥b>0,M=2a3-b3,N=2ab2-a2b,则M,N的大小关系为________.‎ M≥N [2a3-b3-(2ab2-a2b)=2a(a2-b2)+b(a2-b2)=(a2-b2)(2a+b)=(a-b)(a+b)(2a+b).‎ 因为a≥b>0,所以a-b≥0,a+b>0,2a+b>0,‎ 从而(a-b)(a+b)(2a+b)≥0,故2a3-b3≥2ab2-a2b.]‎ ‎4.已知a>0,b>0且ln(a+b)=0,则+的最小值是________.‎ ‎4 [由题意得,a+b=1,a>0,b>0,‎ ‎∴+=(a+b)=2++ ‎≥2+2=4,‎ 当且仅当a=b=时等号成立.]‎ ‎5.已知x>0,y>0,证明:(1+x+y2)(1+x2+y)≥9xy.‎ ‎[证明] 因为x>0,y>0,‎ 所以1+x+y2≥3>0,1+x2+y≥3>0,‎ 故(1+x+y2)(1+x2+y)≥3·3=9xy.‎ 比较法证明不等式 ‎ 已知a>0,b>0,求证:+≥+. 【导学号:62172386】‎ ‎[证明] 法一:-(+)‎ ‎=+=+ ‎==≥0,‎ ‎∴+≥+.‎ 法二:由于= ‎==-1≥-1=1.‎ 又a>0,b>0,>0,∴+≥+.‎ ‎[规律方法] 1.在法一中,采用局部通分,优化了解题过程;在法二中,利用不等式的性质,把证明a>b转化为证明>1(b>0).‎ ‎2.作差(商)证明不等式,关键是对差(商)式进行合理的变形,特别注意作商证明不等式,不等式的两边应同号.‎ 提醒:在使用作商比较法时,要注意说明分母的符号.‎ ‎[变式训练1] 设a,b是非负实数,‎ 求证:a2+b2≥(a+b).‎ ‎[证明] 因为a2+b2-(a+b)‎ ‎=(a2-a)+(b2-b)‎ ‎=a(-)+b(-)‎ ‎=(-)(a-b)‎ ‎=.‎ 因为a≥0,b≥0,所以不论a≥b≥0,还是0≤a≤b,都有a-b与同号,所以(a-b)≥0,‎ 所以a2+b2≥(a+b).‎ 综合法证明不等式 ‎ (2017·苏州模拟)(1)已知x,y均为正数,且x>y.求证:2x+≥2y+3;‎ ‎(2)设a,b,c>0且ab+bc+ca=1,求证:a+b+c≥.‎ ‎[证明] (1)因为x>0,y>0,x-y>0,‎ ‎2x+-2y ‎=2(x-y)+ ‎=(x-y)+(x-y)+≥‎ ‎3=3,‎ 所以2x+≥2y+3.‎ ‎(2)因为a,b,c>0,‎ 所以要证a+b+c≥,‎ 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:a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≥3(ab+bc+ca).‎ 即证:a2+b2+c2≥ab+bc+ca.‎ 而ab+bc+ca≤++=a2+b2+c2(当且仅当a=b=c时等号成立)成立.‎ 所以原不等式成立.‎ ‎[规律方法] 1.综合法证明的实质是由因导果,其证明的逻辑关系是:A⇒B1⇒B2⇒…⇒Bn⇒B(A为已知条件或数学定义、定理、公理,B为要证结论),它的常见书面表达式是“∵,∴”或“⇒”.‎ ‎2.综合法证明不等式,要着力分析已知与求证之间,不等式的左右两端之间的差异与联系.合理进行转换,恰当选择已知不等式,这是证明的关键.‎ ‎[变式训练2] 设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明:‎ ‎(1)ab+bc+ac≤;‎ ‎(2)++≥1. 【导学号:62172387】‎ ‎[证明] (1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,‎ 得a2+b2+c2≥ab+bc+ca,‎ 由题设得(a+b+c)2=1,‎ 即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1,‎ 所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤.‎ ‎(2)因为+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,‎ 故+++(a+b+c)≥2(a+b+c),‎ 则++≥a+b+c,所以++≥1.‎ 柯西不等式的应用 ‎ 已知a>0,b>0,c>0,函数f(x)=|x+a|+|x--b|+c的最小值为4.‎ ‎(1)求a+b+c的值;‎ ‎(2)求a2+b2+c2的最小值.‎ ‎[解] (1)因为f(x)=|x+a|+|x-b|+c≥|(x+a)-(x-b)|+c=|a+b|+c,当且仅当-a≤x≤b时,等号成立.‎ 又a>0,b>0,所以|a+b|=a+b.‎ 所以f(x)的最小值为a+b+c.‎ 又已知f(x)的最小值为4,‎ 所以a+b+c=4.‎ ‎(2)由(1)知a+b+c=4,由柯西不等式得(4+9+1)‎ ‎≥2=(a+b+c)2=16,‎ 即a2+b2+c2≥.‎ 当且仅当==,即a=,b=,c=时等号成立.‎ 故a2+b2+c2的最小值为.‎ ‎[规律方法] 1.使用柯西不等式证明的关键是恰当变形,化为符合它的结构形式,当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时,就可使用柯西不等式进行证明.‎ ‎2.利用柯西不等式求最值的一般结构为(a+a+…+a)≥(1+1+…+1)2=n2.在使用柯西不等式时,要注意右边为常数且应注意等号成立的条件.‎ ‎[变式训练3] 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=a,求证:p2+q2+r2≥3.‎ ‎[解] (1)因为|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3,当且仅当-1≤x≤2时,等号成立,‎ 所以f(x)的最小值等于3,即a=3.‎ ‎(2)证明:由(1)知p+q+r=3,‎ 又因为p,q,r是正实数,‎ 所以(p2+q2+r2)(12+12+12)≥(p×1+q×1+r×1)2=(p+q+r)2=9,即p2+q2+r2≥3.‎ ‎[思想与方法]‎ ‎1.比较法:作差比较法主要判断差值与0的大小,作商比较法关键在于判定商值与1的大小(一般要求分母大于0).‎ ‎2.分析法:B⇐B1⇐B2⇐…⇐Bn⇐A(结论).‎ ‎(步步寻求不等式成立的充分条件)(已知).‎ ‎3.综合法:A⇒B1⇒B2⇒…⇒Bn⇒B(已知).‎ ‎(逐步推演不等式成立的必要条件)(结论).‎ ‎[易错与防范]‎ ‎1.使用平均值不等式时易忽视等号成立的条件.‎ ‎2.用分析法证明数学问题时,要注意书写格式的规范性,常常用“要证(欲证)…”“即要证…”“就要证…”等分析到一个明显成立的结论,再说明所要证明的数学问题成立.‎ 课时分层训练(十九)‎ A组 基础达标 ‎(建议用时:30分钟)‎ ‎1.设a>0,b>0,且a+b=+.证明:‎ ‎(1)a+b≥2;‎ ‎(2)a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.‎ ‎[证明] 由a+b=+=,a>0,b>0,得ab=1.‎ ‎(1)由基本不等式及ab=1,有a+b≥2=2,即a+b≥2.‎ ‎(2)假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,则由a2+a<2及a>0,得00,b>0,且+=.‎ ‎(1)求a3+b3的最小值;‎ ‎(2)是否存在a,b,使得‎2a+3b=6?并说明理由.‎ ‎[解] (1)由=+≥,得ab≥2,当且仅当a=b=时等号成立.‎ 故a3+b3≥2≥4,当且仅当a=b=时等号成立.‎ 所以a3+b3的最小值为4.‎ ‎(2)由(1)知,‎2a+3b≥2·≥4.‎ 由于4>6,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.‎ ‎3.设a、b、c是正实数,且a+b+c=9,求++的最小值.‎ ‎[解] ∵(a+b+c)=[()2+()2+()2]≥2=18,‎ ‎∴++≥2,当且仅当a=b=c=3时取等号.‎ ‎∴++的最小值为2.‎ ‎4.(2017·如皋市高三调研一)已知数列{an}满足a1=3,且an+1=a-nan-n(n∈N+).‎ ‎(1)计算a2,a3,a4的值,由此猜想数列{an}的通项公式(不必证明);‎ ‎(2)求证:当n≥2时,a≥4nn. 【导学号:62172388】‎ ‎[解] (1)n=1时,a2=4;n=2时,a3=5,n=3时 ,a4=6;n=4时,a5=7;‎ 猜想:an=n+2.‎ ‎(2)要证a≥4nn(n≥2)成立,‎ 只要证(n+2)n≥4nn(n≥2),‎ 只要证(x+2)x≥4xx(x≥2),‎ 只要证xln(x+2)≥ln 4+xln x(x≥2),‎ 即证xln(x+2)-ln 4-xln x≥0(x≥2),‎ f(x)=xln( x+2)-ln 4-xln x(x≥2).‎ f′(x)=ln(x+2)+-ln x-1=ln +-1‎ 令t==1+(10,‎ 所以y=ln t+-1在(1,2]上单调递增,所以y>0,即f′(x)>0,所以f(x)在(2,+∞)单调递增,所以f(x)≥f(2)=0得证.‎ B组 能力提升 ‎(建议用时:15分钟)‎ ‎1.(1)已知a,b都是正数,且a≠b,求证:a3+b3>a2b+ab2;‎ ‎(2)已知a,b,c都是正数,求证:≥abc.‎ ‎[证明] (1)(a3+b3)-(a2b+ab2)=(a+b)(a-b)2.‎ 因为a,b都是正数,所以a+b>0.‎ 又因为a≠b,所以(a-b)2>0.‎ 于是(a+b)(a-b)2>0,即(a3+b3)-(a2b+ab2)>0,‎ 所以a3+b3>a2b+ab2.‎ ‎(2)因为b2+c2≥2bc,a2>0,所以a2(b2+c2)≥‎2a2bc.①‎ 同理,b2(a2+c2)≥2ab2c.②‎ c2(a2+b2)≥2abc2.③‎ ‎①②③相加得 ‎2(a2b2+b‎2c2+c‎2a2)≥‎2a2bc+2ab‎2c+2abc2,‎ 从而a2b2+b2c2+c2a2≥abc(a+b+c).‎ 由a,b,c都是正数,得a+b+c>0,‎ 因此≥abc.‎ ‎2.已知a,b为实数,且a>0,b>0.‎ ‎(1)求证:≥9;‎ ‎(2)求(5-‎2a)2+4b2+(a-b)2的最小值. 【导学号:62172389】‎ ‎[解] (1)证明:因为a>0,b>0,所以a+b+≥3=3>0,①‎ 同理可证:a2++≥3>0.②‎ 由①②及不等式的性质得 =3×3=9.‎ ‎(2)[(5-‎2a)2+4b2+(a-b)2][12+12+22]≥[(5-‎2a)×1+2b×1+(a-b)×2]2.‎ 所以(5-2a)2+4b2+(a-b)2≥.‎ 当且仅当==时取等号,‎ 即a=,b=.‎ 所以当a=,b=时,(5-2a)2+4b2+(a-b)2取最小值.‎ ‎3.已知函数f(x)=2|x+1|+|x-2|.‎ ‎(1)求f(x)的最小值m;‎ ‎(2)若a,b,c均为正实数,且满足a+b+c=m,求证:++≥3.‎ ‎[解] (1)当x<-1时,f(x)=-2(x+1)-(x-2)=-3x>3;‎ 当-1≤x<2时,f(x)=2(x+1)-(x-2)=x+4∈[3,6);‎ 当x≥2时,f(x)=2(x+1)+(x-2)=3x≥6.‎ 综上,f(x)的最小值m=3.‎ ‎(2)证明:a,b,c均为正实数,且满足a+b+c=3,‎ 因为+++(a+b+c)‎ ‎=++ ‎≥2=2(a+b+c).‎ ‎(当且仅当a=b=c=1时取“=”)‎ 所以++≥a+b+c,即++≥3.‎ ‎4.已知函数f(x)=|x+1|.‎ ‎(1)求不等式f(x)<|2x+1|-1的解集M;‎ ‎(2)设a,b∈M,证明:f(ab)>f(a)-f(-b).‎ ‎[解] (1)①当x≤-1时,原不等式可化为-x-1<-2x-2,解得x<-1;‎ ‎②当-1<x<-时,原不等式可化为x+1<-2x-2,解得x<-1,此时原不等式无解;‎ ‎③当x≥-时,原不等式可化为x+1<2x,解得x>1.‎ 综上,M={x|x<-1或x>1}.‎ ‎(2)证明:因为f(a)-f(-b)=|a+1|-|-b+1|≤|a+1-(-b+1)|=|a+b|,‎ 所以,要证f(ab)>f(a)-f(-b),只需证|ab+1|>|a+b|,‎ 即证|ab+1|2>|a+b|2,‎ 即证a2b2+2ab+1>a2+2ab+b2,‎ 即证a2b2-a2-b2+1>0,即证(a2-1)(b2-1)>0.‎ 因为a,b∈M,所以a2>1,b2>1,所以(a2-1)(b2-1)>0成立,‎ 所以原不等式成立.‎