高考数学复习不等式的证明1 9页

‎6.2 不等式的证明（一）‎ ‎●知识梳理 ‎1.均值定理：a+b≥2；‎ ab≤（）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，＞‎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＞1不能推出a＞b.这里要注意a、b两数的符号.‎ ‎●点击双基 ‎1.若a、b是正数，则、、、这四个数的大小顺序是 A.≤≤≤‎ B.≤≤≤‎ C.≤≤≤‎ D.≤≤≤‎ 解析：可设a=1，b=2，‎ 则=，=，‎ ‎=，‎ ‎===.‎ 答案：C ‎2.设0＜x＜1，则a=x，b=1+x，c=中最大的一个是 A.a B.b C.c D.不能确定 解析：∵0＜x＜1，‎ ‎∴1+x＞2=＞.‎ ‎∴只需比较1+x与的大小.‎ ‎∵1+x－==－＜0，‎ ‎∴1+x＜.‎ 答案：C ‎3.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，ax2+bx+c＞0对x∈R成立不能推出a＞0，b2－‎4ac＜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：①a2+3＞‎2a；②a2+b2≥2（a－b－1）；③a5+b5＞a3b2+a2b3；④a+≥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）；‎ ‎③a5+b5－a3b2－a2b3=a3（a2－b2）+b3（b2－a2）‎ ‎=（a2－b2）（a3－b3）=（a+b）（a－b）2（a2+ab+b2）.‎ ‎∵（a－b）2≥0，a2+ab+b2≥0，但a+b符号不确定，‎ ‎∴a5+b5＞a3b2+a2b3不正确；‎ ‎④a∈R时，a+≥2不正确.‎ 答案：①②‎ ‎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=+=，‎ 平均速度v1==.‎ ‎∵v1－v2=－v2=－＜0，‎ ‎∴v1＜v2.‎ 答案：v1＜v2‎ ‎●典例剖析 ‎【例1】 设a＞0，b＞0，求证：（）（）≥a+b.‎ 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＝－（＋）‎ ‎＝‎ ‎＝＝≥0.‎ ‎∴原不等式成立.‎ 证法二：左边＞0，右边＞0，‎ ‎＝＝≥＝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＞，x＞y.‎ 求证：＞.‎ 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＞且a、b∈R+，‎ ‎∴b＞a＞0.又x＞y＞0，∴bx＞ay.‎ ‎∴＞0，即＞.‎ 证法二：（分析法）‎ ‎∵x、y、a、b∈R+，∴要证＞，‎ 只需证明x（y+b）＞y（x+a），即证xb＞ya.‎ 而由＞＞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）=，易证f（x）在（0，+∞）上为增函数，从而＞.‎ 再令g（x）=，易证g（x）在（0，+∞）上单调递减.‎ ‎∵＞，a、b∈R+.∴a＜b.‎ ‎∴g（a）＞g（b），即＞，命题得证.‎ 解法二：原不等式即为＞，‎ 为此构造函数f（x）=，x∈（0，+∞）.‎ 易证f（x）在（0，+∞）上为单调增函数，而＞，‎ ‎∴＞，即＞.‎ ‎【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=［9x（x+1）+900］+6×1800‎ ‎=+9x+10809≥2+10809‎ ‎=10989.‎ 当且仅当9x=，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=［9x（x+1）+900］+6×1800×0.90‎ ‎=+9x+9729（x≥35）.‎ 令f（x）=x+（x≥35），‎ x2＞x1≥35，则 f（x1）－f（x2）=（x1+）－（x2+）‎ ‎=‎ ‎∵x2＞x1≥35，‎ ‎∴x2－x1＞0，x1x2＞0，100－x1x2＜0.‎ ‎∴f（x1）－f（x2）＜0，f（x1）＜f（x2），‎ 即f（x）=x+，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≤2+2 B.x+y≥2+2‎ C.x+y≤（+1）2 D.x+y≥（+1）2‎ 解析：∵x＞0，y＞0，∴xy≤（）2.‎ 由xy－（x+y）=1得（）2－（x+y）≥1.‎ ‎∴x+y≥2+2.‎ 答案：B ‎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=x2+y2+1－（x+y+xy）‎ ‎=［（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，a2+=1，则a的最大值是____________.‎ 解析：a2+=‎1a2+=.‎ ‎∴a=·a·≤·=·=.‎ 答案：‎ ‎4.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=，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，‎ 又m＞n，∴m－n＞0.∴（m－n）3＞0，‎ 即（m3－m2n－3mn2）－（‎2m2‎n－6mn2＋n3）＞0.‎ 故m3－m2n－3mn2＞‎2m2‎n－6mn2＋n3．‎ ‎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）‎ ‎=－‎ ‎=‎ ‎∵a＞1，λ＞0，‎ ‎∴lga＞0，lg（a+2λ）＞0，且lga≠lg（a+2λ）.‎ ‎∴lga·lg（a+2λ）＜［（）］2‎ ‎=［］2＜［］2=lg2（a+λ）.‎ ‎∴＞0.‎ ‎∴loga（a+λ）＞log（a+λ）（a+2λ）.‎ 培养能力 ‎7.已知x＞0，y＞0，若不等式+≤m恒成立，求实数m的最小值.‎ 分析：∵+≤m恒成立，‎ ‎∴m≥恒成立.‎ ‎∴m的最小值就是的最大值.‎ 解：∵+≤m恒成立，‎ ‎∴m≥恒成立.‎ ‎∵x＞0，y＞0，‎ ‎∴≥=.‎ ‎∴≤=.‎ ‎∴m的最小值为.‎ 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=aha=bhb=absinC.‎ ‎∴ha=bsinC，hb=asinC.‎ ‎∴（a+ha）－（b+hb）=a+bsinC－b－asinC ‎=（a－b）（1－sinC）.‎ ‎∵C≠，∴1－sinC＞0.‎ ‎∴（a－b）（1－sinC）＞0.‎ ‎∴a+ha＞b+hb.‎ 探究创新 ‎9.设二次函数f（x）=ax2+bx+c（a＞0），方程f（x）－x=0的两根x1、x2满足1＜x1＜x2＜.‎ ‎（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＜，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=－.‎ ‎∵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=－==.‎ 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≥2，ab≤（）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）=x2＋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.‎ ‎∴－＜－＜.‎ ‎∴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+≤C≤+对任意正数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+≤，此不等式3x（x+2y）+3y（2x+y）≤2（2x+y）（x+2y）x2+y2≥2xy.‎ 再证+≥，‎ 此不等式3x（2x+y）+3y（x+2y）≥2（x+2y）（2x+y）2xy≤x2+y2.‎ 综上，可知存在常数C=，使对任何正数x、y不等式恒成立.‎