选修4-5证明不等式的基本方法
高中数学 第二节 证明不等式的基本方法、数学归纳法证明不等式课件 新人教A版选修4-5
ab
ab 2 abba.
【拓展提升】比较法证明不等式的方法与步骤 1.作差比较法 (1)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,变形的目的是为了判断差的符号,常 用的变形方法有:因式分解、配方、通分、拆项、添项等. (2)若所证不等式的两边是整式或分式多项式时，常用作差比 较法.
第二节 证明不等式的基本方法、数学 归纳法证明不等式
1.比较法证明不等式可分为作差比较法和作商比较法两种
理论依 据
适用类 型
作差比较法 a>b⇔_a_-_b_>_0_ a<b⇔_a_-_b_<_0_ a=b⇔_a_-_b_=_0_
作商比较法 b>0, a >1⇒a>b
b
b<0, a >1⇒a<b
(5)数学归纳法的第一步n的初始值一定为1.( )
【解析】(1)错误.若x-y<0，则有x+2y<x-y.
(2)正确.∵a>b>-1,∴a+1>b+1>0, 1 1 .
a 1 b 1
(3)错误.
b1b a1 a
a∵aba>b1a>, 0,∴a-b<0,
a(a+1)>0,b1b,st.
a1 a
(4)错误.该不等式无论用作差法还是作商法都不好证明，最好
【互动探究】在本例(2)的条件下，证明
ab
ab 2
abba.
【证明】
abba
ab
ab 2
ba ab
a 2 b 2
(b)a2b， a
当a=b时，( b
)
a
2
高二选修4-5_证明不等式的基本方法4
把 以 上 四 个 不 等 式 相 加得 abcd a b c d abcd abd bca cbd dac
abcd. 即 ab cd
1 a b c d 2 abd bca cba dac
分式型放缩可改变分子或分母， 或分子、分母同时改变，达到放缩的目的．
例2
已知a,b是实数,求证 a b 1 a b
【解析】当
n＞1
1 1 11 时，n2＞nn＋1＝n－n＋1.
所以212＋312＋412＋…＋n12＞2×1 3＋3×1 4＋4×1 5＋…＋nn1＋1＝ 12－13＋13－14＋14－15＋…＋1n－n＋1 1＝12－n＋1 1.
【例 1】
证
明
：12
－
1 n＋1
＜
1 22
＋
1 32
＋
1 42
＋
…
x 1x
y 1 y
B
A B
方法2：特值法: 因为x>0,y.>0, 所以取x=1,y=1代入可比较。
含根式不等式的放缩
【例 3】 已知实数 x，y，z 不全为零，求证： x2＋xy＋y2＋ y2＋yz＋z2＋ z2＋zx＋x2＞32(x＋y＋z)．
【解题探究】 欲证不等式左端是三个根式的和，而右端 是有理式，若两边平方则十分复杂，可考虑对根号内的式子进 行配方后再用放缩法．
1．放缩法：在证明不等式的过程中，有时 利用不等式的_传__递_性____，通过对不等式的某些 部分作适当的__放_大_或_缩_小______，达到证明的目 的．
2．放缩法的实质是__非_等_价_转__化________，放 缩没有__一_定_的_准_则__和_程_序__________，需按题意适当 放缩，否则达不到目的．
高考数学(人教,理)总复习课件：选修4-5-第2节证明不等式的基本方法
将上述不等式相加得： 21－31＋31－41＋…＋1n－n＋1 1 ＜212＋312＋…＋n12＜1－12＋12－13＋…＋n－1 1－n1， 即12－n＋1 1＜212＋312＋…＋n12＜1－1n， ∴32－n＋1 1＜1＋212＋312＋…＋n12＜2－1n.
用放缩法证明不等式的常用方法： (1)添加或舍去一些项，如 a2＋a＋1＝a＋122＋34＞a＋122.
【证明】 (1)要证 a＋b＋c≥ 3，由于 a，b，c＞0，因
此只需证明(a＋b＋c)2≥3，即证 a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋
ac)≥3，而 ab＋bc＋ca＝1，故需证明 a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc
＋ac)≥3(ab＋bc＋ac)，即证 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac.
因为
ab
【解】 法一：利用基本不等式 ∵( 3a＋1＋ 3b＋1＋ 3c＋1)2＝(3a＋1)＋(3b＋1)＋ (3c ＋ 1) ＋ 2 3a＋1 · 3b＋1 ＋ 2 3b＋1 · 3c＋1 ＋ 2 3a＋1 · 3c＋1 ≤(3a ＋ 1) ＋ (3b ＋ 1) ＋ (3c ＋ 1) ＋ 3a＋1＋3b＋1＋3b＋1＋3c＋1＋3a＋1＋3c＋1 ＝33a＋1＋3b＋1＋3c＋1＝18， ∴ 3a＋1＋ 3b＋1＋ 3c＋1≤3 2. 故( 3a＋1＋ 3b＋1＋ 3c＋1)max＝3 2.
(2)证明：由 s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋ b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1,2，…，n 及 an<bn，可得 s －t＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋…＋(an－1－bn－1)qn－2＋(an－bn)qn－ 1≤(q－1)＋(q－1)q＋…＋(q－1)qn－2－qn－1
新高考数学一轮总复习课件选修4-5第二节证明不等式的基本方法
【解析】(1)①当 x≥3 时，|x－3|＜x＋1 等价于 x－3＜x＋1，不等式恒成立， 所以 x≥3； 当 x＜3 时，|x－3|＜x＋1 等价于 3－x＜x＋1，即 x＞1，所以 1＜x＜3， 综上可知，不等式 f(x)＜x＋1 的解集为 M＝{x|x＞1}．
②因为(a2＋1)(b2＋1)－(2a2＋2b2) ＝(ab)2＋a2＋b2＋1－2a2－2b2 ＝(ab)2－a2－b2＋1＝(a2－1)(b2－1)， 又因为 a，b∈M，所以 a＞1，b＞1， 因此 a2＞1，b2＞1，a2－1＞0，b2－1＞0， 所以(a2－1)(b2－1)＞0， 所以原不等式(a2＋1)(b2＋1)＞2a2＋2b2 成立．
(2)作商比较法的应用范围 当被证的不等式两边含有幂式或指数式或乘积式时，一般使用作商比较法．
【变式训练】 当 p，q 都是正数且 p＋q＝1 时，试比较(px＋qy)2 与 px2＋qy2 的大小．
【解析】(px＋qy)2－(px2＋qy2)＝p2x2＋q2y2＋2pqxy－(px2＋qy2) ＝p(p－1)x2＋q(q－1)y2＋2pqxy.因为p＋q＝1，所以p－1＝－q，q－1＝－p. 所以(px＋qy)2－(px2＋qy2)＝－pq(x2＋y2－2xy)＝－pq(x－y)2. 因为p，q为正数，所以－pq(x－y)2≤0，所以(px＋qy)2≤px2＋qy2.当且仅当 x＝y时，等号成立．
第二节 证明不等式的基本方法
梳理自测 通必备知识
1．基本不等式
定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥_2_a_b_，当且仅当_a_＝__b_时，等号成立．
定理2：如果a，b＞0，那么 a b ab ，当且仅当a__＝_b__时，等号成立，即两
2
个正数的算术平均数不小于(即大于或等于)它们的几何平均数．
选修4-5不等式证明的基本方法
选修4－5 不等式选讲第2课时不等式证明的基本方法(对应学生用书(理)200～202页)1. 设a 、b ∈R ＋，试比较a ＋b2与a ＋b 的大小． 解：∵ (a ＋b)2－⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝（a －b ）22≥0，∴ a ＋b ≥a ＋b2. 2. 若a 、b 、c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1，求a ＋b ＋c 的最大值．解：(1·a ＋1·b ＋1·c)2≤(12＋12＋12)(a ＋b ＋c)＝3，即a ＋b ＋c 的最大值为 3.3. 设a 、b 、m ∈R ＋，且b a <b ＋m a ＋m ，求证：a ＞b.证明：由b a <b ＋m a ＋m ，得b a －b ＋m a ＋m ＝（b －a ）m a （a ＋m ）＜0.因为a 、b 、m ∈R ＋，所以b －a ＜0，即b ＜a.4. 若a 、b ∈R ＋，且a ≠b ，M ＝a b ＋ba，N ＝a ＋b ，求M 与N 的大小关系． 解：∵ a ≠b ，∴ a b ＋b>2a ，ba＋a>2b ， ∴a b ＋b ＋b a ＋a>2b ＋2a ，即a b ＋ba>b ＋a ，即M>N. 5. 用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n >12(n>1，n ∈N *)的过程中，用n ＝k ＋1时左边的代数式减去n ＝k 时左边的代数式的结果是A ，求代数式A.解：当n ＝k 时，左边＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k ＋k ，n ＝k ＋1时，左边＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋1（k ＋1）＋（k ＋1），故左边增加的式子是12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1，即A ＝1（2k ＋1）（2k ＋2）.1. 不等式证明的常用方法(1) 比较法：比较法是证明不等式的一种最基本的方法，也是一种常用方法，基本不等式就是用比较法证得的．比较法有差值、比值两种形式，但比值法必须考虑正负．比较法证明不等式的步骤：作差(商)、变形、判断符号．其中的变形主要方法是分解因式、配方，判断过程必须详细叙述．(2) 综合法：综合法就是从题设条件和已经证明过的基本不等式出发，不断用必要条件替换前面的不等式，直到推出要证明的结论，即为“由因导果”，在使用综合法证明不等式时，常常用到基本不等式．(3) 分析法：分析法就是从所要证明的不等式出发，不断地用充分条件替换前面的不等式，直至推出显然成立的不等式，即为“执果索因”．2. 不等式证明的其他方法和技巧(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，从而肯定结论是正确的证明方法．(2) 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A≥C1≥C2≥…≥C n≥B，利用传递性达到证明的目的．(3) 数学归纳法[备课札记]题型1 用比较法证明不等式例1求证：a 2＋b 2≥ab ＋a ＋b －1.证明：∵ (a 2＋b 2)－(ab ＋a ＋b －1)＝a 2＋b 2－ab －a －b ＋1 ＝12(2a 2＋2b 2－2ab －2a －2b ＋2) ＝12[(a 2－2ab ＋b 2)＋(a 2－2a ＋1)＋(b 2－2b ＋1)] ＝12[(a －b)2＋(a －1)2＋(b －1)2]≥0. ∴ a 2＋b 2≥ab ＋a ＋b －1. 备选变式（教师专享） 已知a>0，b>0，求证：a b ＋ba≥a ＋ b. 证明：(证法1)∵ ⎝⎛⎭⎫a b ＋b a －(a ＋b)＝⎝⎛⎭⎫a b －b ＋⎝⎛⎭⎫b a －a ＝a －b b ＋b －aa ＝（a －b ）（a －b ）ab ＝（a ＋b ）（a －b ）2ab≥0，∴ 原不等式成立．(证法2)由于a b ＋b a a ＋b ＝a a ＋b b ab （a ＋b ）＝（a ＋b ）（a －ab ＋b ）ab （a ＋b ）＝a ＋bab－1≥2abab－1＝1.又a>0，b>0，ab>0，∴a b ＋ba≥a ＋ b. 题型2 用分析法、综合法证明不等式 例2 已知x 、y 、z 均为正数，求证：x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z.证明：(证法1：综合法)因为x 、y 、z 都是正数，所以x yz ＋y zx ＝1z ⎝⎛⎭⎫x y ＋y x ≥2z .同理可得yzx ＋z xy ≥2x ，z xy ＋x yz ≥2y .将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z. (证法2：分析法)因为x 、y 、z 均为正数，要证x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z .只要证x 2＋y 2＋z 2xyz ≥yz ＋zx ＋xyxyz ，只要证x 2＋y 2＋z 2≥yz ＋zx ＋xy ，只要证(x －y)2＋(y －z)2＋(z －x)2≥0，而(x －y)2＋(y －z)2＋(z －x)2≥0显然成立，所以原不等式成立．变式训练已知a>0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.证明：要证a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只需证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋2，只需证a 2＋1a 2＋4＋4a 2＋1a 2≥a 2＋1a2＋2＋22⎝⎛⎭⎫a ＋1a ＋2， 即证2a 2＋1a2≥2⎝⎛⎭⎫a ＋1a ， 只需证4⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2≥2⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2＋2， 即证a 2＋1a 2≥2，此式显然成立．∴ 原不等式成立．题型3 均值不等式与柯西不等式的应用 例3 求证：a 2＋b 2＋c 23≥a ＋b ＋c3. 证明：∵ (12＋12＋12)(a 2＋b 2＋c 2)≥(a ＋b ＋c)2， ∴ a 2＋b 2＋c 23≥（a ＋b ＋c ）29，即a 2＋b 2＋c 23≥a ＋b ＋c3.变式训练若实数x 、y 、z 满足x ＋2y ＋3z ＝a(a 为常数)，求x 2＋y 2＋z 2的最小值． 解：∵ (12＋22＋32)(x 2＋y 2＋z 2)≥(x ＋2y ＋3z)2＝a 2，即14(x 2＋y 2＋z 2)≥a 2， ∴ x 2＋y 2＋z 2≥a 214，即x 2＋y 2＋z 2的最小值为a 214.备选变式（教师专享）用数学归纳法证明：当n 是不小于5的自然数时，总有2n >n 2成立． 证明：(1) 当n ＝5时，25>52，结论成立．(2) 假设当n ＝k(k ∈N ，k ≥5)时，结论成立，即有2k >k 2，那么当n ＝k ＋1时，左边＝2k ＋1＝2·2k >2·k 2＝(k ＋1)2＋(k 2－2k －1)＝(k ＋1)2＋(k －1－2)(k －1＋2)>(k ＋1)2＝右边.∴ 也就是说，当n ＝k ＋1时，结论成立．∴ 由(1)、(2)可知，不等式 2n >n 2对n ∈N ，n ≥5时恒成立．例4 求函数y ＝1－x ＋4＋2x 的最大值．解：∵y 2＝(1－x ＋2·2＋x)2≤[12＋(2)2](1－x ＋2＋x)＝3×3，∴ y ≤3，当且仅当11－x ＝22＋x时取“＝”号，即当x ＝0时，y max ＝3.备选变式（教师专享）(2011·湖南改编)设x 、y ∈R ，求⎝⎛⎭⎫x 2＋1y 2⎝⎛⎭⎫1x 2＋4y 2的最小值． 解：由柯西不等式，得⎝⎛⎭⎫x 2＋1y 2⎝⎛⎭⎫1x 2＋4y 2≥(1＋2)2＝9.∴ ⎝⎛⎭⎫x 2＋1y 2⎝⎛⎭⎫1x 2＋4y 2的最小值为9.1. (2013·陕西)已知a 、b 、m 、n 均为正数，且a ＋b ＝1，mn ＝2，求(am ＋bn)(bm ＋an)的最小值．解：利用柯西不等式求解，(am ＋bn)(an ＋bm)≥(am·an ＋bn·bm)2＝mn·(a ＋b)2＝2·1＝2，且仅当am an ＝bn bmm ＝n 时取最小值2.2. (2013·湖北)设x 、y 、z ∈R ，且满足x 2＋y 2＋z 2＝1，x ＋2y ＋3z ＝14，求x ＋y ＋z 的值．解：由柯西不等式可知(x ＋2y ＋3z)2＝14≤(x 2＋y 2＋z 2)·(12＋22＋32)，因为x 2＋y 2＋z 2＝1，所以当且仅当x 1＝y 2＝z3时取等号．此时y ＝2x ，z ＝3x 代入x ＋2y ＋3z ＝14得x ＝1414，即y ＝21414，z ＝31414， 所以x ＋y ＋z ＝3147. 3. (2013·江苏)已知a ≥b>0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b.证明：∵ 2a 3－b 3－2ab 2＋a 2b ＝(2a 3－2ab 2)＋(a 2b －b 3) ＝2a(a 2－b 2)＋b(a 2－b 2)＝(a 2－b 2)(2a ＋b)＝(a ＋b)(a －b)(2a ＋b)，又a ≥b>0，∴ a ＋b>0，a －b ≥0，2a ＋b ≥0， ∴ (a ＋b)(a －b)(2a ＋b)≥0， ∴ 2a 3－b 3－2ab 2＋a 2b ≥0， ∴ 2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b. 4. (2013·新课标Ⅱ)设a 、b 、c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1.证明： (1) ab ＋bc ＋ca ≤13；(2) a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.证明：(1) 由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ，得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca. 由题设得(a ＋b ＋c)2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1. 所以3(ab ＋bc ＋ca)≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13.(2) 因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c)≥2(a ＋b ＋c)， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c. 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.1. 已知正数a 、b 、c 满足abc ＝1，求证：(a ＋2)(b ＋2)(c ＋2)≥27. 证明：(a ＋2)(b ＋2)(c ＋2)＝(a ＋1＋1)(b ＋1＋1)(c ＋1＋1)≥3·3a ·3·3b ·3·3c ＝27·3abc ＝27(当且仅当a ＝b ＝c ＝1时等号成立)． 2. 已知函数f(x)＝m －|x －2|，m ∈R ，且f(x ＋2)≥0的解集为[－1，1]． (1) 求m 的值；(2) 若a ，b ，c ∈R ，且1a ＋12b ＋13c ＝m ，求证：a ＋2b ＋3c ≥9.解：(1) ∵ f(x ＋2)＝m －|x|≥0，∴ |x|≤m ，∴ m ≥0，－m ≤x ≤m ，∴ f(x ＋2)≥0的解集是[－1，1]，故m ＝1.(2) 由(1)知1a ＋12b ＋13c ＝1，a 、b 、c ∈R ，由柯西不等式得a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c)⎝⎛⎭⎫1a ＋12b ＋13c ≥(a ·1a ＋2b ·12b ＋3c ·13c)2＝9. 3. 已知x ，y ，z ∈R ＋，且x ＋y ＋z ＝1(1) 若2x 2＋3y 2＋6z 2＝1，求x ，y ，z 的值．(2) 若2x 2＋3y 2＋tz 2≥1恒成立，求正数t 的取值范围．解：(1) ∵ (2x 2＋3y 2＋6z 2)(12＋13＋16)≥(x ＋y ＋z)2＝1，当且仅当2x 12＝3y 13＝6z16时取“＝”．∴ 2x ＝3y ＝6z ，又∵ x ＋y ＋z ＝1，∴ x ＝12，y ＝13，z ＝16.(2) ∵ (2x 2＋3y 2＋tz 2)⎝⎛⎭⎫12＋13＋1t ≥(x ＋y ＋z)2＝1，∴ (2x 2＋3y 2＋tz 2)min ＝156＋1t . ∵ 2x 2＋3y 2＋tz 2≥1恒成立， ∴156＋1t ≥1.∴ t ≥6. 4. (1) 求函数y ＝x －1＋5－x 的最大值；(2) 若函数y ＝a x ＋1＋6－4x 最大值为25，求正数a 的值．解：(1) ∵ (x －1＋5－x)2≤(1＋1)(x －1＋5－x)＝8, ∴ x －1＋5－x ≤2 2. 当且仅当1·x －1＝1·5－x 即x ＝3时，y max ＝2 2.(2) (a x ＋1＋6－4x)2＝⎝⎛⎭⎫a x ＋1＋232－x 2≤(a 2＋4)(x ＋1＋32－x)＝52(a 2＋4)， 由已知52(a 2＋4)＝20得a ＝±2，又∵ a>0，∴ a ＝2.1. 算术—几何平均不等式若a 1，a 2，…，a n ∈R ＋，n>1且n ∈N *，则a 1＋a 2＋…＋a nn叫做这n 个正数的算术平均数，na 1a 2…a n 叫做这n 个正数的几何平均数．基本不等式：a 1＋a 2＋…＋a n n≥n a 1a 2…a n (n ∈N *，a i ∈R ＋，1≤i ≤n)．2. 绝对值三角形不等式若a 、b 是实数，则||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|. 推论1：|a 1＋a 2＋…＋a n |≤|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |.推论2：如果a 、b 、c 是实数，那么|a －c|≤|a －b|＋|b －c|，当且仅当(a －b)(b －c)≥0时，等号成立．3. 柯西不等式若a 、b 、c 、d 为实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd)2. 4. 三角不等式设x 1、y 1、x 2、y 2∈R ，则x 21＋y 21＋x 22＋y 22≥（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2.请使用课时训练（B ）第2课时（见活页）.[备课札记]。
选修4-5 第二节 不等式证明的基本方法
4．反证法 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，我们把它称为反证法．
5．放缩法 证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大 或， 缩小 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．
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解析：∵1<1a<1b，∴0<b<a<1. ∴logab>1>logba>0. ∴A、B、C选项均正确，选项D错误．
答案：D
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4．若|x|＜1，|y|＜1，则xy＋1与x＋y的大小关系为________． 解析：xy＋1－x－y ＝(y－1)(x－1)， ∵|x|＜1，|y|＜1，∴y－1＜0，x－1＜0. ∴(y－1)(x－1)＞0.∴xy＋1＞x＋y. 答案：xy＋1＞x＋y
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(2) bac＋ abc＋ acb＝a＋abb＋c c.
在(1)中已证 a＋b＋c≥ 3.
因此要证原不等式成立，只需证明
1≥ abc
a＋
b＋
c，
即证 a bc＋b ac＋c ab≤1，
即证 a bc＋b ac＋c ab≤ab＋bc＋ca.
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而 a bc＝ ab·ac≤ab＋2 ac， b ac≤ab＋2 bc，c ab≤bc＋2 ac. ∴a bc＋b ac＋c ab≤ab＋bc＋ca(当且仅当 a＝b＝c＝ 33时 等号成立)． ∴原不等式成立．
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2．综合法 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，即“由因导果” 的方法，这种证明不等式的方法称为综合法或顺推法．
证明不等式的基本方法
恒成立，求实数a的取值范围”提出各自的解题思路．
甲说：“只须不等式左边的最小值不小于右边的最大值”； 乙说：“把不等式变形为左边含变量x的函数，右边仅含常 数，求函数的最值”； 丙说：“把不等式两边看成关于x的函数，作出函数图象”；
参考上述解题思路，你认为他们所讨论的问题的正确结论，
即a的取值范围是________． [答案] a≤10
[点评与警示] 论证过程中，执果索因与由因导果总是不
断变化，交替出现．尤其综合题推理较盲目时，利用分析法从
要证的问题入手，逐步推求，再用综合法逐步完善，最后找到 起始条件为止．
(人教版选修 4—5 第 30 页第 1 题)已知 a， b， c∈(0,1)， 1 求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a 不同时大于4.
[证明]
(反证法)假设(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a 都大于 ①
1 1 (1－b)c· (1－c)a>64 4，则(1－a)b· 1 即[a(1－a)· b(1－b)· c(1－c)]>64
a＋1－a 2 1 而 0<a(1－a)≤[ ]＝ ， 2 4
1 1 0<b(1－b)≤ ，0<c(1－c)≤ 4 4 1 ∴[a(1－a)][b(1－b)][c(1－c)]≤ 与①矛盾 64 1 ∴(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a 不同时大于 . 4
) B．a2＞b2 1a 1b D．(2) ＜(2)
1 2 ．若 a ＞ b ＞ 1 ， P ＝ lga· lgb ， Q ＝ (lga ＋ lgb) ， R ＝ 2 a＋b lg( )，则( 2 A．R＜P＜Q C．Q＜P＜R
[解析]
) B．P＜Q＜R
D．P＜R＜Q 1 ∵lga＞lgb＞0，∴ (lga＋lgb)＞ lga· lgb，即 Q 2
最新人教版高中数学选修4-5《证明不等式的基本方法》本章要览
第二讲证明不等式的基本方法
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知识概要
由于不等式的形式是多种多样的,所以不等式的证明方法也就不同,在证明不等式的各种方法中,教材中重点介绍了五个方法:比较法,综合法,分析法,反证法和放缩法.
比较法是证明不等式的常用方法之一,主要有作差比较法和作商比较法两种,在使用作商比较法时,必须考虑分母的符号.综合法是由因导果,分析法是执果索因,分析和综合是证明不等式中相互联系,相互渗透,相互转化的思维过程,有时解题需一边分析,一边综合,称之为分析综合法,它表明分析与综合的辩证统一关系,分析的终点是综合的起点,综合的终点又成为进一步分析的起点.
反证法的基本思想是通过否定结论导出矛盾,从而肯定结论;放缩法是借助不等式的传递性,要证明A≥B,只需证A≥C,C≥B即可,或借助其他途径放缩,如利用函数的单调性证明.
本讲的主要内容有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.
学法指导
1.证明不等式时,要熟练掌握基本方法——比较法.比较法的难点是变形(这里无非是分解因式或配方).其他的证明方法的难点也是变形.综合法,分析法,反证法只是在表达的逻辑顺序上有差别.无论用哪一种方法,每一步的数学变形,都要按不等式的性质有理有据地进行.用分析法,反证法证明时,要注意文字表述的意义.
2.学习放缩法时,要领会适当的放缩,有时要做一些尝试才能成功.三角代换很有规律可循,这首先应该掌握好有关三角恒等变换,然后才能代换成三角问题证明.。
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从近几年的高考试题看， 利用基本不等式求最 值和证明不等式是高考命题的热点， 将绝对值 不等式与函数相结合是命题的新动向． 预测 2016 年高考仍会以基本不等式为载体， 重点考查不等式的最值求法和证明不等式， 难 度不大.
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考向 预测
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第二节 证明不等式的基本方法
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考纲要求：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，并能利用它们证明一些简 单不等式．
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2．能够利用三维的柯西不等式证明一些简单不等式，解 决最大(小)值问题．
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[基础真题体验] 考查角度[ 利用均值不等式证明不等式] 1 1 1．(2014· 课标全国卷Ⅰ)若 a>0，b>0，且 ＋ ＝ ab. a b (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．
6 6
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不等式证明的常用方法有： 比较法、 综合法与分析法． 其 中运用综合法证明不等式时，主要是运用基本不等式与柯西 不等式证明，与绝对值有关的不等式证明常用绝对值三角不 等式．证明过程中一方面要注意不等式成立的条件，另一方 面要善于对式子进行恰当的转化、变形．
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[对点练习] 设 a，b，c＞0，且 ab＋bc＋ca＝1.求证： (1)a＋b＋c≥ 3； (2) a ＋ bc b ＋ ac c ≥ 3( a＋ b＋ c)． ba
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考向一 不等式证明的基本方法
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[典例剖析] 【例 1】 证明下列不等式： (1)若 a≥b＞0，则 3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2；
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(2)a2＋4b2＋9c2≥2ab＋3ac＋6bc； 1 6 (3)a ＋8b ＋ c ≥2a2b2c2. 27 【思路点拨】 (1)作差比较；(2)综合法；(3)利用柯西不
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【解】
1 1 2 (1)由 ab＝ ＋ ≥ ，得 ab≥2，且当 a＝b a b ab
＝ 2时等号成立． 故 a3＋b3≥2 a3b3≥4 2，且当 a＝b＝ 2时等号成立． 所以 a3＋b3 的最小值为 4 2. (2)由(1)知，2a＋3b≥2 6 ab≥4 3. 由于 4 3>6，从而不存在 a，b，使得 2a＋3b＝6.
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【证明】 (1)要证 a＋b＋c≥ 3，由于 a，b，c＞0，因
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此只需证明 (a ＋ b ＋ c)2≥3 ，即证 a2 ＋ b2 ＋ c2 ＋ 2(ab ＋ bc ＋ ac)≥3，而 ab＋bc＋ca＝1，故需证明 a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc ＋ac)≥3(ab＋bc＋ac)，即证 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac. a2＋b2 c2＋b2 a2＋c2 因为 ab ＋ bc ＋ ca≤ ＋ ＋ ＝ a2 ＋ b2 ＋ 2 2 2 c2(当且仅当 a＝b＝c 时等号成立)， 所以原不等式成立．
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用放缩法证明不等式的常用方法：
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(1)添加或舍去一些项， 如a
2
1 1 2 3 2 ＋a＋1＝a＋2 ＋ ＞a＋2 . 4
1＋ 的取值范围是 2
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5 5＋ 21 . ， 2
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考查角度[ 利用柯西不等式证明不等式] 3．(2014· 福建高考)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.
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1 (2)f(3)＝3＋a ＋|3－a|.
5＋ 21 1 当 a>3 时，f(3)＝a＋ ，由 f(3)<5，得 3<a< . a 2 1＋ 5 1 当 0<a≤3 时，f(3)＝6－a＋ ，由 f(3)<5，得 <a≤3. a 2 综上，a
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(2)将分子或分母放大(或缩小)，如
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1 2 2 ① ＝ ＞ ＝2( k＋1－ k)； k k＋ k k＋ k＋1 1 2 2 ＝ ＜ ＝ 2( k－ k－1)(k ∈ N ＋ ，k ＞ k k＋ k k＋ k－1 1)． 1 1 1 1 1 1 1 1 ② 2＜ ＝ － ； ＞ ＝ － . k kk－1 k－1 k k2 kk＋1 k k＋1 1 1 1 1 1 1 － ③ 2＜ 2 ＝ ＝ . k k －1 k－1k＋1 2k－1 k＋1
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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.
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[ 命题规律预测]
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命题 规律
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等式．
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【证明】 (1)3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2) ＝3a2(a－b)－2b2(a－b) ＝(a－b)(3a2－2b2)． ∵a≥b＞0，
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∴a－b≥0,3a2－2b2＞0. 因此(a－b)(3a2－2b2)≥0. 故 3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.
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分别令 k＝2,3，…，n 得 1 1 1 1 － ＜ ＜1－ ； 2 3 22 2 1 1 1 1 1 － ＜ ＜ － ； 3 4 32 2 3 … 1 1 1 1 1 － ＜ 2＜ － ； n n＋1 n n－1 n
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(2)
a ＋ bc
b ＋ ac
c a＋b＋c ＝ . ba abc
在(1)中已证 a＋b＋c≥ 3， 因此要证原不等式成立，只需证明
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1 2． (2014· 课标全国卷Ⅱ)设函数 f(x)＝x＋a ＋|x－a|(a>0)．
(1)证明：f(x)≥2； (2)若 f(3)<5，求 a 的取值范围．
【 解 】 (1) 由 a>0 ， 有 f(x) ＝
1 x ＋ a
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＋ |x －
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1 1 a|≥x＋a－x－a ＝a＋a≥2.
所以 f(x)≥2.
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1 ≥ a＋ b＋ c， abc 即证 a bc＋b ac＋c ba≤ab＋bc＋ca.
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