(优选)2019年高中数学第二讲讲明不等式的基本方法一比较法优化练习新人教A版选修4-5
高中数学第二讲证明不等式的基本方法优化总结学案新人教A版选修
第二讲 证明不等式的基本方法本讲优化总结, [学生用书P36])比较法证明不等式[学生用书P36]比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法，主要有作差比较法和作商比较法，含根号时常采用比平方差或立方差．基本步骤是作差(商)—变形—判断——结论，关键是变形，变形的目的是判号(与1的大小关系)，变形的方法主要有配方法、因式分解法等．若x ，y ，z ∈R ，a >0，b >0，c >0.求证：b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx )． 【证明】 因为b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b c z 2－2(xy ＋yz ＋zx ) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b ax 2＋a b y 2－2xy ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c by 2＋b cz 2－2yz ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a c z 2＋c a x 2－2zx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b a x －a b y 2＋ ⎝⎛⎭⎪⎫c by －b c z 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a cz －c a x 2≥0， 所以b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx )成立．设a ，b 为实数，0<n <1，0<m <1，m ＋n ＝1，求证：a 2m ＋b 2n≥(a ＋b )2.证明：因为a 2m ＋b 2n －(a ＋b )2＝na 2＋mb 2mn －nm （a 2＋2ab ＋b 2）mn＝na 2（1－m ）＋mb 2（1－n ）－2mnab mn＝n 2a 2＋m 2b 2－2mnab mn＝（na －mb ）2mn≥0，所以a 2m ＋b 2n≥(a ＋b )2.分析法和综合法证明不等式[学生用书P36]在证明不等式的过程中，分析法、综合法常常是不能分离的．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的途径，之后用综合法形式写出它的证明过程，以适应人们习惯的思维规律，有时问题的证明难度较大，常使用分析综合法，实现两头往中间靠以达到证题目的．已知a >0，b >0，a 3＋b 3＝2.证明： (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4； (2)a ＋b ≤2.【证明】 (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4) ＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4.(2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3＝2＋3ab (a ＋b )≤2＋3（a ＋b ）24·(a ＋b )＝2＋3（a ＋b ）34，所以(a ＋b )3≤8， 因此a ＋b ≤2.1.设a >0，b >0，a ＋b ＝1，求证：1a ＋1b ＋1ab≥8.证明：因为a >0，b >0，a ＋b ＝1， 所以1＝a ＋b ≥2ab ，ab ≤12，所以1ab≥4.所以1a ＋1b ＋1ab ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1ab≥2ab ·21ab＋4＝8，所以1a ＋1b ＋1ab≥8，当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立．2．已知a >0，b >0，且a ＋b ＝1，求证： a ＋12＋b ＋12≤2.证明：要证a ＋12＋b ＋12≤2，只要证⎝⎛⎭⎪⎫a ＋12＋ b ＋122≤4. 即证a ＋b ＋1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋12≤4. 只要证⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋12≤1.也就是要证ab ＋12(a ＋b )＋14≤1，即证ab ≤14.因为a >0，b >0，a ＋b ＝1. 所以1＝a ＋b ≥2ab ， 所以ab ≤14，即上式成立．故a ＋12＋b ＋12≤2.反证法证明不等式[学生用书P37]反证法是从否定结论出发，经过推理论证，得出矛盾，从而肯定原命题正确的证明方法，其步骤为：(1)分清命题的条件和结论，作出与命题结论相矛盾的假定命题(否定结论)； (2)从假定和条件出发，应用正确的推理方法，推出矛盾；(3)断定产生矛盾的原因在于开始所作的假设不正确，于是原命题成立．从而间接证明了原命题为真命题．已知：在如图所示的△ABC 中，∠BAC >90°，D 是BC 的中点． 求证：AD <12BC .【证明】 假设AD ≥12BC .(1)若AD ＝12BC ，由平面几何中定理“若三角形一边上的中线等于该边长的一半，那么，这条边所对的角为直角”知∠BAC ＝90°，与题设矛盾．所以AD ≠12BC .(2)若AD >12BC ，因为BD ＝DC ＝12BC ，所以在△ABD 中，AD >BD ，从而∠B >∠DAB . 同理∠C >∠CAD .所以∠B ＋∠C >∠BAD ＋∠CAD ， 即∠B ＋∠C >∠BAC .因为∠B ＋∠C ＝180°－∠BAC ，所以180°－∠BAC >∠BAC ，则∠BAC <90°，与已知矛盾．由(1)(2)知AD <12BC .设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1b.证明：(1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．证明：由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab，a >0，b >0，得ab ＝1.(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2.(2)假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则由a 2＋a <2及a >0，得0<a <1； 同理，0<b <1，从而ab <1，这与ab ＝1矛盾． 故a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．放缩法证明不等式[学生用书P37]用放缩法证明不等式时，常见的放缩依据或技巧是不等式的传递性．缩小分母，扩大分子，分式值增大；缩小分子，扩大分母，分式值减小；全量不小于部分；每一次缩小其和变小，但需大于所求；每一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头．同时，放缩有时需便于求和．求证：1＋11＋11×2＋11×2×3＋…＋11×2×3×…×n <3(n ∈N ＋，且n >1)．【证明】 由11×2×3×…×k <11×2×2×…×2＝12k －1(k 是大于2的自然数)，得1＋11＋11×2＋11×2×3＋…＋11×2×3×…×n <1＋1＋12＋122＋123＋…＋12n －1＝1＋1－12n1－12＝3－12n －1<3. 设m 是|a |，|b |和1中最大的一个，当|x |>m 时，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋bx2<2. 证明：由已知得m ≥|a |，m ≥|b |，m ≥1. 又|x |>m ，|x |>|a |，|x |>|b |，|x |>1，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋b x 2≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪b x 2＝|a ||x |＋|b ||x 2|<|x ||x |＋|x ||x 2|＝1＋1|x |<1＋|x ||x |＝2.故⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋bx 2<2成立．1．已知a >b >0，求证a －b <a －b . 证明：要证a －b <a －b ， 即证a <b ＋a －b ，只需证a <b ＋2（a －b ）b ＋a －b ， 只需证0<2（a －b ）b .由a >b >0知最后一个不等式成立， 故原不等式成立．2．已知关于x 的方程x a ＋b x＝1，其中a ，b 为实数． (1)若x ＝1－3i 是该方程的根，求a ，b 的值；(2)当b a >14且a >0时，证明：该方程没有实数根．解：(1)将x ＝1－3i 代入x a ＋b x ＝1，化简得⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b 4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34b －3a i ＝1，所以⎩⎪⎨⎪⎧1a ＋b4＝1，34b －3a ＝0，所以a ＝b ＝2.(2)证明：原方程化为x 2－ax ＋ab ＝0，假设原方程有实数解，那么Δ＝(－a )2－4ab ≥0即a 2≥4ab ，因为a >0，所以b a ≤14，这与题设b a >14矛盾，所以假设错误，原方程有实数根．。
高中数学 第二讲 讲明不等式的基本方法复习课学案 新人教A版选修4-5-新人教A版高二选修4-5数学
第二讲讲明不等式的基本方法复习课学习目标 1.系统梳理证明不等式的基本方法.2.进一步体会不同方法所适合的不同类型的问题，针对不同类型的问题，合理选用不同的方法.3.进一步熟练掌握不同方法的解题步骤及规范．1．比较法作差比较法是证明不等式的基本方法，其依据是：不等式的意义及实数大小比较的充要条件．证明的步骤大致是：作差——恒等变形——判断结果的符号．2．综合法综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推理的基本理论．证明时要注意的是作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握．3．分析法分析法证明不等式的依据也是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论．分析法证明不等式的思维方向是“逆推”，即从待证的不等式出发，逐步寻找使它成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手，因此，通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．4．反证法反证法是一种“正难则反”的方法，反证法适用的范围：①直接证明困难；②需要分成很多类进行讨论；③“唯一性”“存在性”的命题；④结论中含有“至少”“至多”否定性词语的命题．5．放缩法放缩法就是将不等式的一边放大或缩小，寻找一个中间量，常用的放缩技巧有：①舍掉(或加进)一些项；②在分式中放大或缩小分子或分母；③用基本不等式放缩.类型一 比较法证明不等式例1 若x ，y ，z ∈R ，a ＞0，b ＞0，c ＞0.求证：b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx )． 证明 ∵b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2－2(xy ＋yz ＋zx ) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫bax 2＋a by 2－2xy ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c by 2＋b cz 2－2yz ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a c z 2＋c a x 2－2zx ＝⎝⎛⎭⎪⎫b ax －a b y 2＋⎝⎛⎭⎪⎫c by －b c z 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a cz －c a x 2≥0， ∴b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx )成立． 反思与感悟 作差法证明不等式的关键是变形，变形是证明推理中一个承上启下的关键，变形的目的在于判断差的符号，而不是考虑能否化简或值是多少，变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．跟踪训练1 设a ，b 为实数，0＜n ＜1,0＜m ＜1，m ＋n ＝1，求证：a 2m ＋b 2n ≥(a ＋b )2.证明 a 2m ＋b 2n －(a ＋b )2＝na 2＋mb 2mn －nm (a 2＋2ab ＋b 2)mn＝na 2(1－m )＋mb 2(1－n )－2mnab mn＝n 2a 2＋m 2b 2－2mnab mn ＝(na －mb )2mn ≥0，∴a 2m ＋b 2n≥(a ＋b )2. 类型二 综合法与分析法证明不等式例2 已知a ，b ，c ∈R ＋，且ab ＋bc ＋ca ＝1，求证： (1)a ＋b ＋c ≥3； (2)a bc ＋b ac ＋cab≥3(a ＋b ＋c )．证明 (1)要证a ＋b ＋c ≥3，由于a ，b ，c ∈R ＋， 因此只需证(a ＋b ＋c )2≥3，即证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3，根据条件，只需证a 2＋b 2＋c 2≥1＝ab ＋bc ＋ca ， 由ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 22＝a 2＋b 2＋c 2(当且仅当a ＝b ＝c ＝33时取等号)可知，原不等式成立． (2)a bc ＋b ac＋c ab ＝a ＋b ＋c abc， 在(1)中已证a ＋b ＋c ≥3， ∵ab ＋bc ＋ca ＝1， ∴要证原不等式成立，只需证1abc≥a ＋b ＋c ，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1＝ab ＋bc ＋ca . ∵a ，b ，c ∈R ＋，a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac2，b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤ac ＋bc2，∴a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca (a ＝b ＝c ＝33时取等号)成立， ∴原不等式成立．反思与感悟 证明比较复杂的不等式时，考虑分析法与综合法的结合使用，这样使解题过程更加简洁．跟踪训练2 已知a ＞b ＞c ，求证：1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0. 证明 方法一 要证1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0， 只需证1a －b ＋1b －c ＞1a －c. ∵a ＞b ＞c ，∴a －c ＞a －b ＞0，b －c ＞0， ∴1a －b ＞1a －c ，1b －c＞0，∴1a －b ＋1b －c ＞1a －c成立， ∴1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0成立． 方法二 ∵a ＞b ＞c ， ∴a －c ＞a －b ＞0，b －c ＞0， ∴1a －b ＞1a －c ，1b －c ＞0， ∴1a －b ＋1b －c ＞1a －c ， ∴1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0. 类型三 反证法证明不等式例3 若x ，y 都是正实数，且x ＋y >2，求证：1＋x y <2或1＋yx<2中至少有一个成立．证明 假设1＋x y <2和1＋y x<2都不成立，则1＋x y ≥2和1＋yx≥2同时成立．因为x >0且y >0，所以1＋x ≥2y 且1＋y ≥2x ， 两式相加，得2＋x ＋y ≥2x ＋2y ，所以x ＋y ≤2. 这与已知x ＋y >2矛盾． 故1＋x y <2或1＋y x<2中至少有一个成立．反思与感悟 反证法的“三步曲”：(1)否定结论．(2)推出矛盾．(3)肯定结论．其核心是在否定结论的前提下推出矛盾．跟踪训练3 已知函数y ＝f (x )在R 上是增函数，且f (a )＋f (－b )＜f (b )＋f (－a )，求证：a ＜b .证明 假设a ＜b 不成立，则a ＝b 或a ＞b .当a ＝b 时，－a ＝－b ，则有f (a )＝f (b )，f (－a )＝f (－b )， 于是f (a )＋f (－b )＝f (b )＋f (－a )与已知矛盾．当a ＞b 时，－a ＜－b ，由函数y ＝f (x )的单调性，可得f (a )＞f (b )，f (－b )＞f (－a )， 于是有f (a )＋f (－b )＞f (b )＋f (－a )与已知矛盾．故假设不成立． ∴a ＜b .类型四 放缩法证明不等式例4 已知n ∈N ＋，求证：2(n ＋1－1)＜1＋12＋13＋…＋1n＜2n .证明 ∵对k ∈N ＋，1≤k ≤n ，有 1k ＝22k＞2k ＋k ＋1＝2(k ＋1－k )，∴1k＞2(k ＋1－k )． ∴1＋12＋13＋…＋1n＞2(2－1)＋2(3－2)＋…＋2(n ＋1－n )＝2(n ＋1－1)．又∵对于k ∈N ＋，2≤k ≤n ，有 1k ＝22k＜2k ＋k －1＝2(k －k －1)，∴1＋12＋13＋…＋1n＜1＋2(2－1)＋2(3－2)＋…＋2(n －n －1)＝2n －1＜2n . ∴原不等式成立．反思与感悟 放缩法是在顺推法逻辑推理过程中，有时利用不等式关系的传递性作适当的放大或缩小，证明比原不等式更强的不等式来代替原不等式的一种证明方法．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．跟踪训练4 设f (x )＝x 2－x ＋13，a ，b ∈[0,1]， 求证：|f (a )－f (b )|≤|a －b |. 证明 |f (a )－f (b )|＝|a 2－a －b 2＋b | ＝|(a －b )(a ＋b －1)|＝|a －b ||a ＋b －1|， ∵0≤a ≤1,0≤b ≤1，∴0≤a ＋b ≤2， －1≤a ＋b －1≤1，|a ＋b －1|≤1. ∴|f (a )－f (b )|≤|a －b |.1．已知p: ab ＞0，q ：b a ＋a b≥2，则p 与q 的关系是( ) A ．p 是q 的充分不必要条件 B ．p 是q 的必要不充分条件C ．p 是q 的充要条件D ．以上答案都不对 答案 C解析 由ab ＞0，得b a ＞0，a b＞0，∴b a ＋a b ≥2b a ·ab ＝2， 又b a ＋a b≥2，则b a ，a b必为正数， ∴ab ＞0.2．实数a ，b ，c 满足a ＋2b ＋c ＝2，则( ) A ．a ，b ，c 都是正数 B ．a ，b ，c 都大于1 C ．a ，b ，c 都小于2D ．a ，b ，c 中至少有一个不小于12答案 D解析 假设a ，b ，c 都小于12，则a ＋2b ＋c <2与a ＋2b ＋c ＝2矛盾． 3．若a ＝lg22，b ＝lg33，c ＝lg55，则( )A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．b ＜a ＜c答案 C解析 a ＝3lg 26＝lg 86，b ＝2lg 36＝lg 96，∵9＞8，∴b ＞a .b 与c 比较：b ＝lg 33＝lg 3515，c ＝lg 55＝lg 5315，∵35＞53，∴b ＞c .a 与c 比较：a ＝lg 2510＝lg 3210，c ＝lg 2510，∵32＞25，∴a ＞c .∴b ＞a ＞c ，故选C.4．已知a，b∈R＋，n∈N＋，求证：(a＋b)(a n＋b n)≤2(a n＋1＋b n＋1)．证明∵(a＋b)(a n＋b n)－2(a n＋1＋b n＋1)＝a n＋1＋ab n＋ba n＋b n＋1－2a n＋1－2b n＋1＝a(b n－a n)＋b(a n－b n)＝(a－b)(b n－a n)．(1)若a＞b＞0，则b n－a n＜0，a－b＞0，∴(a－b)(b n－a n)＜0.(2)若b＞a＞0，则b n－a n＞0，a－b＜0，∴(a－b)(b n－a n)＜0.(3)若a＝b＞0，(b n－a n)(a－b)＝0.综上(1)(2)(3)可知，对于a，b∈R＋，n∈N＋，都有(a＋b)(a n＋b n)≤2(a n＋1＋b n＋1)．1．比较法证明不等式一般有两种方法：作差法和作商法，作商法应用的前提条件是已知不等式两端的代数式同号．2．由教材内容可知，分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”，两者是对立统一的两种方法．3．证明不等式的基本方法及一题多证：证明不等式的基本方法主要有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等．证明不等式时既可探索新的证明方法，培养创新意识，也可一题多证，开阔思路，活跃思维，目的是通过证明不等式发展逻辑思维能力，提高数学素养．一、选择题1．a，b∈R＋，那么下列不等式中不正确的是( )A.ab＋ba≥2 B.b2a＋a2b≥a＋bC.ba2＋ab2≤a＋babD.1a2＋1b2≥2ab答案 C解析A满足基本不等式；B可等价变形为(a－b)2(a＋b)≥0正确；B选项中不等式的两端同除以ab，不等式方向不变，所以C选项不正确；D选项是A选项中不等式的两端同除以ab 得到的，D正确．2．设0<x<1，则a＝2x，b＝x＋1，c＝11－x中最大的是( )A．c B．bC．a D．随x取值不同而不同答案 A解析∵0<x<1，∴b＝x＋1>2x>2x＝a，∵11－x－(x＋1)＝1－(1－x2)1－x＝x21－x>0，∴c>b>a.3．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4 (a≥0)，则P与Q的大小关系为( ) A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值确定答案 C解析 ∵P 2＝2a ＋7＋2a 2＋7a ，Q 2＝2a ＋7＋2a 2＋7a ＋12，∴P 2<Q 2，即P <Q .4．设a ＝(m 2＋1)(n 2＋4)，b ＝(mn ＋2)2，则( ) A ．a ＞b B ．a ＜b C ．a ≤b D ．a ≥b答案 D解析 ∵a －b ＝(m 2＋1)(n 2＋4)－(mn ＋2)2＝4m 2＋n 2－4mn ＝(2m －n )2≥0， ∴a ≥b .5．已知a ，b ，c ，d 为实数，ab ＞0，－c a ＜－d b，则下列不等式中成立的是( ) A ．bc ＜ad B ．bc ＞ad C.a c ＞b d D.a c ＜b d答案 B解析 将－c a ＜－d b两边同乘以正数ab ，得－bc ＜－ad ，所以bc ＞ad . 6．若A ，B 为△ABC 的内角，则A >B 是sin A >sin B 的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 C解析 由正弦定理知a sin A ＝bsin B ＝2R ，又A ，B 为三角形的内角， ∴sin A >0，sin B >0，∴sin A >sin B ⇔2R sin A >2R sin B ⇔a >b ⇔A >B . 二、填空题7．lg9·lg11与1的大小关系是________．答案 lg9·lg11＜1 解析 ∵lg9＞0，lg11＞0，∴lg9·lg11＜lg9＋lg112＜lg992＜lg1002＝1.∴lg9·lg11＜1.8．当x ＞1时，x 3与x 2－x ＋1的大小关系是________． 答案 x 3＞x 2－x ＋1解析 ∵x 3－(x 2－x ＋1)＝x 3－x 2＋x －1＝x 2(x －1)＋(x －1)＝(x －1)(x 2＋1)，且x ＞1， ∴(x －1)(x 2＋1)＞0. ∴x 3－(x 2－x ＋1)＞0， 即x 3＞x 2－x ＋1.9．用反证法证明“在△ABC 中，若∠A 是直角，则∠B 是锐角”时，应假设________． 答案 ∠B 不是锐角解析 “∠B 是锐角”的否定是“∠B 不是锐角”．10．建造一个容积为8m 3，深为2m 的长方体无盖水池，如果池底和池壁的造价每平方米分别为120元和80元，那么水池的最低总造价为________元． 答案 1760解析 设水池底长为x (x ＞0)m ， 则宽为82x ＝4x(m)．水池造价y ＝82×120＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ×2＋8x ×2×80＝480＋320⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x ≥480＋1 280＝1 760(元)， 当且仅当x ＝2时取等号． 三、解答题11．求证：112＋122＋132＋…＋1n 2＜2.证明 因为1n2＜1n (n －1)＝1n －1－1n(n ∈N ＋，n ≥2)，所以112＋122＋132＋…＋1n 2＜1＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)·n＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n＜2. 所以原不等式得证．12．已知a n ＝1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)(n ∈N ＋)，求证：n (n ＋1)2＜a n ＜(n ＋1)22. 证明 ∵n (n ＋1)＞n ，∴a n ＝1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)＞1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2. 又n (n ＋1)＜(n ＋1)＋n 2＝2n ＋12， ∴a n ＝1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)＜32＋52＋…＋2n ＋12＝n 2＋2n 2＜(n ＋1)22. ∴n (n ＋1)2＜a n ＜(n ＋1)22. 四、探究与拓展13．已知a ，b 是正数，a ≠b ，x ，y ∈(0，＋∞)，若a 2x ＋b 2y ≥(a ＋b )2x ＋y，则等号成立的条件为________． 答案 ay ＝bx解析 a 2x ＋b 2y －(a ＋b )2x ＋y＝a 2y (x ＋y )＋b 2x (x ＋y )－xy (a ＋b )2xy (x ＋y )＝(ay －bx )2xy (x ＋y )≥0， 当且仅当ay ＝bx 时等号成立．14．设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N ＋.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜13. (1)解 令n ＝1，得S 21－(－1)S 1－3×2＝0，即S 21＋S 1－6＝0，所以(S 1＋3)(S 1－2)＝0，因为S 1＞0，所以S 1＝2，即a 1＝2.(2)解 由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，得(S n ＋3)[S n －(n 2＋n )]＝0，因为a n ＞0(n ∈N ＋)，S n ＞0，从而S n ＋3＞0，所以S n ＝n 2＋n ，所以当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n ，又a 1＝2＝2×1，所以a n ＝2n (n ∈N ＋)．(3)证明 设k ≥2，则1a k (a k ＋1)＝12k (2k ＋1)＜1(2k －1)(2k ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －1－12k ＋1， 所以1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋1a 3(a 3＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜12×3＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝16＋16－12(2n ＋1)＜13. 所以1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜13.。
2019-2020版高中数学第二讲讲明不等式的基本方法一比较法学案新人教A版选修4-5
以便与 0 比较大小．
跟踪训练 1 已知 a≥1，求证： a＋ 1－ a＜ a－ a－1.
证明 ∵（ a＋ 1－ a) － ( a－ a－1)
1
1
＝
－
a＋ 1＋ a a＋ a－ 1
a－ 1－ a＋ 1
＝
＜ 0，
a＋1＋ a a＋ a－ 1
∴ a＋ 1－ a＜ a－ a－1.
类型二 作商比较法证明不等式
a2＋ b2＋ a＋b ab
＝
.
2ab＋ a＋ b ab
又∵ a2＋ b2≥２ab，
a2＋ b2＋ a＋b ab 2ab＋ a＋ b ab
∴
≥
＝ 1，
2ab＋ a＋ b ab 2ab＋ a＋ b ab
当且仅当 a＝ b＞ 0 时取等号，
ab ∴ ＋ ≥ a＋ b.
ba
类型三 比较法的应用
例3
证明：若 a， b， m都是正数，并且
a＜b，则
a＋ b＋
m m＞
a ( b
糖水不等式
)．
a＋ m a mb－ a
证明
b＋
m－b＝
b
b＋
. m
∵ a， b， m都是正数，且 a＜ b，
∴ b－ a＞ 0， b( b＋ m) ＞ 0，
mb－ a
a＋ m a
∴ b b＋ m＞0，即 b＋ m－ b＞ 0，
a＋ m a ∴ b＋ m＞ b.
反思与感悟 比较法理论上便于理解，实用时便于操作，故应用比较广泛．
一 比较法
学习目标 1. 理解比较法证明不等式的理论依据 .2. 掌握利用比较法证明不等式的一般步 骤 .3. 体会比较法所体现的转化与化归的数学思想方法．
2019秋高中数学第二讲证明不等式的基本方法2.1比较法课件新人教A版选修4_5
依题意有：t21m＋t21n＝s，2sm＋2sn＝t2.
所以t1＝m2＋s n，t2＝s（m2m＋nn），
所以t1－t2＝
2s m＋n
－
s（m＋n） 2mn
＝
s[42mmnn－（（mm＋＋nn））2]＝－2ms（n（m－m＋n）n）2 . 其中s，m，n都是正数，且m≠n，
2．作商比较法
(1)理论依据：当b＞0时，a＞b⇔
a b
＞1；a＜b⇔
a b
＜
1；a＝b⇔ab＝1.
(2)定义：证明a＞b(b＞0)，只要转化为证明
a b
＞1，
这种方法称为作商比较法．
温馨提示 使用作商比较法证明不等式a＞b时，一
定要注意b＞0这个前提条件．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)． (1)当b＞0时，a＞b⇔ab＞1.( ) (2)当b＞0时，a＜b⇔ab＜1.( ) (3)当a＞0，b＞0时，ab＞1⇔a＞b.( ) (4)当 ab＞0 时，ab＞1⇔a＞b.( )
＝(b－a)(c－a)(c－b)， 因为a>b>c，所以b－a<0，c－a<0，c－b<0. 所以(b－a)(c－a)(c－b)<0. 所以bc2＋ca2＋ab2<b2c＋c2a＋a2b.
类型2 作商比较法证明不等式(自主研析)
a＋b
[典例2] 已知a，b∈R＋，求证：aabb≥(ab) 2 .
所以t1－t2＜0，即t1＜t2， 从而知甲比乙先到达指定地点．
归纳升华 1．应用不等式解决实际问题时，关键是如何把等量 关系、不等量关系转化为不等式的问题来解决，也即建 立数学模型是解应用题的关键． 2．在实际应用不等式问题时，常用比较法来判断数 的大小关系．若是选择题或填空题，则可用特殊值加以 判断．
人教版2019版高中数学第二讲讲明不等式的基本方法二综合法与分析法学案新人教A版选修4_5 - 副本
二综合法与剖析法.2.掌握合法、剖析法学目 1. 理解合法、剖析法明不等式的原理和思特点明不等式的方法和步 .3. 会用合法、剖析法明一些不等式．知点合法与剖析法思虑 1 在“推理与明”中，学剖析法、合法，回剖析法、合法的基本特点．答案剖析法是逆推法或果索因法，合法是推法或由因果法．思虑 2合法与剖析法有什么区和系？答案区：合法，由因果，形式，易于表达；剖析法，果索因，利于思虑，易于研究．系：都属于直接明，常用剖析法剖析，用合法表达．梳理(1) 合法①定：一般地，从已知条件出，利用定、公义、定理、性等，一系列的推理、而得出命建立，种明方法叫做合法，合法又叫推法或由因果法．②特点：由因果，即从“已知”看“可知”，渐渐推向“未知”．③ 明的框表示用 P 表示已知条件或已有定、定理、公义等，用Q 表示所要明的不等式，合法可用框表示P? Q1 → Q1? Q2 → Q2? Q3 →⋯→Qn? Q(2)剖析法①定：明命，经常从要的出，渐渐求使它建立的充足条件，直至所需条件已知条件或一个明建立的事( 定、公义或已明的定理、性等) ，进而得出要的命建立，种明方法叫做剖析法．是一种“ 果索因”的思虑和明方法．②特点：果索因，即从“未知”看“需知”，渐渐靠“已知”．③ 明程的框表示用 Q表示要明的不等式，剖析法可用框表示Q? P1 → P1? P2 → P2? P3 →⋯→获取一个明建立的条件种类一综合法证明不等式例 1已知a，b∈ R＋，且a＋b＝1，121225求证： a＋a＋ b＋b≥2.证明方法一∵，∈ R＋，且＋＝ 1，a b a b∴ab≤a＋b2＝1.2412122211∴ a＋a＋ b＋b＝ 4＋ ( a＋b )＋a2＋b2＝4＋ [( a＋b) 2－ 2ab] ＋错误 !1－ 2ab＝ 4＋ (1 － 2ab) ＋a2b21－2×11425≥4＋ 1－2×4＋1＝2 .42∴a＋12＋ b＋12≥25.ab21212方法二左边＝ a＋a＋ b＋b112 2＝a ＋b ＋4＋a2＋b2＝4＋a2＋b2＋错误 ! ＋错误 !＝4＋a2＋b2＋ 1＋2b＋b2＋a2＋2a＋ 1a a2b2b＝ 4＋ ( a2＋b2) ＋2＋ 2b＋a＋b2＋a2 a b a2b2≥4＋错误 ! ＋2＋2×2错误 ! ＋2·错误 ! ·错误 !125＝4＋2＋2＋4＋2＝2，121225∴ a＋a＋ b＋b≥2 .反省与感悟综合法证明不等式，揭穿出条件和结论之间的因果联系，为此要着力剖析已知与求证之间，不等式的左右两头之间的差别与联系．合理进行变换，恰入选择已知不等式，这是证明的重点．追踪训练 1 已知 x ＞0， y ＞ 0，且 x ＋ y ＝1，11求证： 1＋ x 1＋ y ≥ 9.证明方法一 ∵ x ＞0， y ＞ 0，∴ 1＝ x ＋y ≥ 2 xy.∴ xy ≤ 11＋1 1 1 1 14. ∴ x1＋＝ 1＋ x ＋y ＋ xyy x ＋ y 12＝ 1＋ xy ＋ xy ＝ 1＋ xy ≥ 1＋ 8＝ 9.1 当且仅当 x ＝y ＝ 时等号建立．2方法二∵ x ＋ y ＝ 1，x ＞ 0， y ＞0，11x ＋ yx ＋ y ∴ 1＋ x 1＋ y ＝ 1＋ x1＋ yyxy x＝ 2＋ x 2＋ y ＝ 5＋ 2 x ＋ y ≥ 5＋2× 2＝ 9.1当且仅当 x ＝y ＝ 时，等号建立．2种类二 剖析法证明不等式例 2若， ， 是不全相等的正数，ab c求证： lga ＋ bc ＋ ba ＋ c＞lg a ＋ lg ＋ lgc .＋ lg＋ lg222ba ＋ bc ＋b a ＋ ca ＋ lgb ＋lgc ，证明 要证 lg2 ＋ lg2＋ lg2 ＞ lg即证 lga ＋bc ＋ b a ＋ c2 · 2 · 2 ＞lg( abc ) 建立，a ＋bc ＋ b a ＋ c只要证 2 · 2 · 2 ＞ abc 建立．a ＋bc ＋ b a ＋ c又∵ 2 ≥ ab ＞ 0， 2 ≥ cb ＞ 0， 2 ≥ ac ＞ 0， a ＋ b c ＋ b a ＋ c ≥＞ 0.(*)∴ · ·2 2 2 abc又∵ ， ， c 是不全相等的正数，∴ (*) 式等号不建立，a b∴原不等式建立．11追踪训练 2已知 x ＞0， y ＞ 0，求证： 2 23 3( x ＋ y ) 2 ＞( x ＋ y ) 3.1 1证明 要证明 ( x 2＋ y 2) 2＞ ( x 3＋ y 3) 3 ，只要证 ( x 2＋ y 2) 3＞( x 3＋ y 3) 2.即证 x 6＋ 3x 4y 2＋ 3x 2 y 4＋ y 6＞ x 6＋ 2x 3y 3＋y 6，即证 3x 4y 2＋ 3x 2y 4＞ 2x 3y 3.∵ x ＞ 0， y ＞ 0，∴ x 2y 2＞ 0. 即证 3x 2 ＋3y 2＞ 2xy .∵ 3x 2＋ 3y 2＞ x 2＋ y 2 ≥2xy ，∴ 3x 2＋ 3y 2＞ 2xy 建立．11∴ ( x 2＋ y 2) 2 ＞ ( x 3＋ y 3) 3 .种类三剖析综合法证明不等式例 3 设 a ＞ 0， b ＞ 0，且 a ＋ b ＝1，求证：a ＋ 1＋b ＋ 1≤ 6.证明 要证 a ＋ 1＋ b ＋ 1≤ 6，只要证 (a ＋ 1＋b ＋ 1) 2≤ 6，即证 ( a ＋ b ) ＋2＋ 2 ab ＋ a ＋ b ＋ 1≤ 6.31∵ a ＋ b ＝ 1，∴只要证ab ＋2≤ 2，即证 ab ≤ 4.由 a ＞ 0， b ＞0， a ＋ b ＝1，a ＋b 2 11得 ab ≤ 2 ＝ 4，即 ab ≤ 4建立． ∴原不等式建立．追踪训练 3已知△ ABC 的三边长是 a ， b ， c ，且 m 为正数，求证：a b c＋＞.a ＋ mb ＋ mc ＋ m证明要证a ＋b c＞ ，a ＋mb ＋mc ＋ m只要证 a ( b ＋m )( c ＋ m ) ＋ b ( a ＋ m )( c ＋ m ) －c ( a ＋ m ) ·(b ＋ m ) ＞ 0，即证abc ＋ ＋ ＋2＋abc ＋＋ ＋2－－－－2＞ 0，abm acm amabm bcm bm abc acm bcmcm2即证 abc ＋ 2abm ＋ ( a ＋b － c ) m ＞0.由于 a ， b ，c 是△ ABC 的边长， m ＞ 0，故有 a ＋ b ＞c ，22即 ( a ＋ b － c ) m ＞ 0. 因此 abc ＋ 2abm ＋ ( a ＋ b － c ) m ＞ 0 是建立的．因此 a ＋ b ＞ c建立．a ＋ mb ＋mc ＋m1．若a＜b＜0，则以下不等式中建立的是 () 1111 A. a＜b B．a＋b＞b＋a11b b＋ 1C．b＋a＞a＋b D.a＜a＋ 1答案Ca b11剖析∵ a＜ b＜0，∴ ab＞0，∴ab＜ab＜0，即b＜a＜0.11∴ a＋b＜ b＋a.1 x a＋ b2ab 2．已知函数f ( x) ＝2，a＞0，b＞0，a≠b，A＝ f2，B＝f (ab) ，C＝f a＋ b，则 A， B， C中最大的为________．答案 Ca＋ b2ab剖析∵ a＞0， b＞0，a≠ b，∴2＞ab＞a＋b.1x又函数 f ( x)＝2在 R 上单一递减，a＋ b2ab∴ f2＜ f (ab) ＜f a＋b，即 A＜ B＜ C.223．已知x＞0，y＞ 0，证明： (1 ＋x＋y )(1 ＋x＋y) ≥9xy.因此 1＋x＋y2≥33xy2 ＞ 0,1 ＋x2＋y≥ 33x2y ＞ 0，故(1 ＋＋y 2＋x2) ≥ 333 )(1＋xy2 ·3 x2y ＝ 9 .x y xy4．已知a，b∈ R＋，且 2c＞a＋b，求证： c－c2 － ab＜a＜c＋c2－ ab.证明要证c－c2－ ab＜a＜c＋c2－ ab，只要证－c2－ ab＜a－c＜c2－ ab，即证 | a－c|＜c2－ ab，两边平方得a2－2ac＋ c2＜ c2－ab，即证 a2＋ ab＜2ac，即 a( a＋ b)＜2ac.∵a， b∈R＋，且 a＋ b＜2c，∴ a( a＋b)＜2ac 显然建立．∴原不等式建立．1．综合法和剖析法的比较(1)相同点：都是直接证明．(2)不相同点：综合法，由因导果，形式简短，易于表达；剖析法，执果索因，利于思虑，易于研究．2．证明不等式的平常做法常用剖析法找证题切入点，用综合法写证题过程．一、选择题1．设a，b＞0，A＝a＋b，B＝a＋ b，则A，B的大小关系是 ()A．＝B B．＜A A BC．A＞B D．大小不确定答案C剖析∵ A2－ B2＝( a＋ b＋2ab) －( a＋b) ＝2ab＞0，∴A2＞B2，又A＞ 0，B＞0，∴A＞B. 2．已知a，b， c 为三角形的三边，且S＝a2＋ b2＋ c2， P＝ ab＋ bc＋ ca，则()A．S≥ 2P B．P＜S＜ 2PC．S＞P D．P≤S＜ 2P答案D剖析∵ 2S－2P＝ 2a2＋ 2b2＋ 2c2－ 2ab－ 2bc－2ca＝( a－b) 2＋ ( a－c) 2＋ ( b－c) 2≥ 0，当且仅当 a＝b＝ c 时，等号建立．∴2S≥ 2P，即P≤S.∵S－2P＝ a2＋b2＋ c2－2ab－2bc－2ac.＝( a－b) 2＋c2－2bc－ 2ac，又∵ a－ b＜ c，∴S－2P＜ c2＋c2－2bc－2ac＝2c( c－ b－ a)＜0恒建立，∴ S－2P＜0，综上 P≤ S＜2P.3．若 x ， y ∈R ，且 x 2＋ y 2＝ 1，则 (1 － xy )(1 ＋xy ) 有 ()3A ．最小值 4，而无最大值B ．最小值 1，而无最大值1C ．最小值 2和最大值13D ．最小值 4和最大值1答案 D剖析 ∵ x 2＋ y 2≥ 2| xy | ，12 21∴ 0≤ | xy | ≤ 2，∴ 0≤x y ≤ 4，∴ (1 － xy )(1 ＋ xy ) ＝ 1－ x 2y 2∈ 3， 1 .4 4．已知 0＜ ＜ 1＜ ，以下不等式必然建立的是 ()abA ．log b ＋ logb a ＋ 2＞ 0B ．log b ＋ log a － 2＞ 0aabC ．log a b ＋ log b a ＋ 2≥ 0D ．log a b ＋ log b a ＋ 2≤ 0答案 D剖析∵ 0＜ a ＜ 1＜ b ，∴ log a b ＜ 0. ∴－ log a b ＞ 0.∴ ( － log a b ) ＋错误 ! ≥ 2，当且仅当 0＜a ＜ 1＜ b ，且 ab ＝1 时等号建立．∴－ 错误 ! ≤－ 2，即 log a b ＋错误 ! ≤－ 2.∴ log a b ＋ log b a ≤－ 2，∴ log a b ＋ log b a ＋ 2≤ 0.1 1 b 1 a5．设 3＜ 3 ＜ 3 ＜1，则 ()A ．a a ＜ a b ＜ b aB ．a a ＜ b a ＜ a bC ．a b ＜ a a ＜ b aD ．a b ＜ b a ＜ a a答案C11b1 a剖析∵ 3＜ 3 ＜ 3 ＜ 1，∴ 0＜ a ＜ b ＜ 1，∴ aa＝a a －b ＞1，abbaaaa a∴ a ＜a . ∵ ＝，a又 0＜ b ＜ 1，a ＞ 0，∴aa ＜ 1，∴ a a ＜b a ， b∴ a b ＜a a ＜ b a .6．设 a ＝2， b ＝ 7－3， c ＝ 6－ 2，那么 a ，b ， c 的大小关系是 ()A ．a ＞ b ＞ cB ．a ＞ c ＞ bC ．b ＞ a ＞ cD ．b ＞ c ＞ a答案 B剖析由已知，可得出a ＝4 4 4， b ＝， c ＝，227＋ 36＋ 2∵ 7＋ 3＞ 6＋ 2＞2 2，∴ b ＜ c ＜ a .二、填空题7．若 a ＞ 0，b ＞ 0，则以下两式的大小关系为：lg 1＋a ＋ b________ 1 [lg(1 ＋ ) ＋ lg(1 ＋ )] ．2 2 ab答案≥11剖析2[lg(1＋ a ) ＋ lg(1 ＋ b )] ＝ 2lg[(1 ＋ a )(1 ＋ b )]1＝ lg[(1 ＋ a )(1 ＋ b )] 2，a ＋ba ＋b ＋ 2又 lg 1＋ 2＝ lg2 ，∵ a ＞ 0， b ＞ 0，∴ a ＋1＞ 0， b ＋1＞ 0，1a ＋ 1＋b ＋ 1 a ＋ b ＋ 2∴ [( a ＋ 1)(1 ＋ b )]2 ≤＝ 2 ，2a ＋ b1∴ lg ≥ lg[(1＋ a )(1 ＋b )]2 .1＋2a ＋b 1即 lg ≥ 2[lg(1 ＋ a ) ＋ lg(1＋b )] ．1＋23 3 3a －b 建立，则 a ， b 应知足 ____________ ．8．要使 a － b ＜答案ab ＞ 0 且 a ＞ b 或 ab ＜ 0 且 a ＜ b剖析要使 333a －b ＜ a － b 建立．只要 ( 3 a － 3 b) 3 ＜( 3 a － b) 3 建立，3 3即 a － b － 3 a2b ＋ 3 ab2＜ a － b 建立，只要 3 ab2＜ 3a2b 建立，只要 ab 2＜ a 2b 建立，即 ab ( b － a ) ＜ 0 建立，可得 ab ＞ 0 且 a ＞ b 或 ab ＜ 0 且 a ＜ b .9．已知 a ＞0， b ＞ 0，若 P 是 a ， b 的等差中项， Q 是 a ， b 的正的等比中项， 1 1 1 R 是 a ， b 的等差中项，则 P ， Q ， R 按从大到小的排列次序为 ________．答案≥ ≥PQ R剖析＝ a ＋b ， ＝ ab ， 2＝ 1＋ 1，P2QR a b∴ R ＝2ab ≤ Q ＝ ab ≤ P ＝ a ＋b，a ＋ b2当且仅当 a ＝b 时取等号．10．设 a＞ ＞ ，且1 ＋ 1 ≥ m 恒建立，则的取值范围是 ________．b c a － b b － c a － c m答案( －∞， 4]剖析 ∵ a ＞ b ＞ c ，∴ a － b ＞ 0，b － c ＞ 0， a － c ＞ 0.1 11 1又 ( a － c ) · a －b ＋ b － c ＝ [( a － b ) ＋ ( b － c )] · a － b ＋ b －c ≥ 2错误 ! ·2 错误 ! ＝4，当且仅当 a －b ＝ b － c 时取等号．∴ m ∈ ( －∞， 4] ．三、解答题11．已知 a ＞b ＞ 0，求证： 错误 ! ＜错误 ! － 错误 ! ＜错误 ! .证明 要证原不等式建立，只要证错误!＜＋ －2错误!＜错误!，a ba －b 2a －2a －b 2，即证＜ (b) ＜2 b 2 a由于 a ＞ b ＞0，因此 a － b ＞ 0， a － b ＜ a － ba －b ＞ 0，因此只要证a －b ＜ ，2 a 2 b即 a ＋ b ＜ 1＜ a ＋ b ，2 a 2 bba b a即证a ＜1＜b ，只要证 a ＜ 1＜ b .ba∵ a ＞ b ＞ 0，∴ a ＜ 1＜b 建立．∴原不等式建立．12．已知 a ，b ， c 都是实数，求证：22212a ＋b ＋c ≥ ( a ＋b ＋ c ) ≥ ab ＋ bc ＋ ca .证明∵ a ， b ， c ∈ R ，∴ a 2＋b 2≥ 2ab ，b 2＋ c 2≥ 2bc ， c 2＋ a 2≥ 2ca .将以上三个不等式相加，得2( a 2＋b 2＋ c 2) ≥ 2( ab ＋ bc ＋ca ) ，即 a 2 ＋b 2＋ c 2≥ ab ＋ bc ＋ ca .在不等式①的两边同时加上a 2＋b 2＋c 2，得3( a 2＋b 2＋ c 2) ≥ ( a ＋ b ＋ c ) 2，1即 a 2 ＋b 2＋ c 2≥ ( a ＋ b ＋ c )2. 3在不等式②的两头同时加上 2( ab ＋ bc ＋ ca ) ，得( ＋ ＋)2≥3( ＋ ＋ ca ) ，a b cab bc 1 2即 ( a ＋ b ＋ c ) ≥ ab ＋ bc ＋ca .322212由③④得 a ＋ b ＋ c ≥ ( a ＋b ＋ c ) ≥ ab ＋ bc ＋ ca .13．已知 a ，b ， c 都是正数，求证： 2 a ＋ b － ab ≤ 3a ＋b ＋c－ 3 abc.2 3a ＋ ba ＋b ＋ c3 证明方法一 要证 22 － ab ≤ 33 －abc，只要证 a ＋ b － 2 ab ≤ a ＋ b ＋ c － 3 3abc ，3即－ 2 ab ≤c － 3 abc ，①②③④3移项，得 c ＋2ab ≥3abc.由 a ， b ， c 为正数，得 c ＋ 2 ab ＝ c ＋ ab ＋ ab ≥ 33abc 建立．∴原不等式建立．方法二∵ a ， b ， c 是正数，∴ c ＋ ab ＋ ab ≥ 3 3c ab · ab ＝3 3abc ，3即 c ＋ 2 ab ≥ 3 abc.3故－ 2 ab ≤c － 3 abc.3∴ a ＋ b － 2 ab ≤ a ＋b ＋ c － 3 abc.∴ 2a ＋ b－ ab ≤ 3 a ＋ b ＋ c 3 abc .2 3 －四、研究与拓展14．剖析法又叫执果索因法， 若使用剖析法证明“设a >b >c ，且 a ＋b ＋ c ＝ 0，求证： b2－ ac< 3a ”索的因应是 ()A ．a － b >0B ．a － c >0C ．( － )( －)>0D ．( － )(－ )<0a b a ca ba c答案C剖析要证 b2－ ac< 3a ，只要证 b 2－ ac <3a 2，只要证 b 2－ ac －3a 2<0.∵ a ＋ b ＋ c ＝ 0，∴ a ＋ c ＝－ b ，∴只要证 ( a ＋c ) 2－ ac － 3a 2<0，即 ( a － c )(2 a ＋ c )>0 ，即证 ( a － c )( a － b )>0.15．已知实数a， ， c 知足 c＜ ＜ ， ＋ ＋ ＝ 1，a 2b 2c 2＋4 ＋＋＝ 1，求证： 1＜＜ .bb a a b cab3证明 ∵ a ＋ b ＋ c ＝ 1，41∴欲证结论等价于1＜1－ c ＜ 3，即证－ 3＜ c ＜ 0.又 a2＋b2＋ c2＝1，则 ab＝错误!＝错误 ! ＝c2－c，又 a＋ b＝1－c，由①②得 a， b 是方程 x2－(1－ c) x＋ c2－ c＝0的两个不等实根，进而－c)＞0，1解得－3＜ c＜1.∵c＜ b＜ a，∴( c－a)( c－b) ＝c2－c( a＋b) ＋ab＝ c2－c(1－ c)＋ c2－ c＞0，2解得 c＜0或 c＞3(舍)．14∴－＜ c＜0，即1＜ a＋ b＜.33①②＝(1 －c) 2－ 4( c2。
教育最新2018_2019版高中数学第二讲讲明不等式的基本方法一比较法学案新人教A版选修4_5
一 比较法学习目标 1.理解比较法证明不等式的理论依据.2.掌握利用比较法证明不等式的一般步骤.3.体会比较法所体现的转化与化归的数学思想方法．知识点一 作差比较法思考 比差法的理论依据是什么？答案 a ＞b ⇔a －b ＞0；a ＝b ⇔a －b ＝0；a ＜b ⇔a －b ＜0. 梳理 作差比较法(1)作差比较法的理论依据：a －b ＞0⇔a ＞b ；a －b ＜0⇔a ＜b ；a －b ＝0⇔a ＝b . (2)作差比较法解题的一般步骤：①作差；②变形整理；③判定符号；④得出结论． 其中变形整理是解题的关键，变形整理的目的是为了能够直接判定与0的大小关系，常用的方法：因式分解，配方，通分，分子或分母有理化等． 知识点二 作商比较法思考1 对于两个正数a ，b ，若a b＞1，能够判断a ，b 的大小吗？答案 能，根据不等式的性质知，对于正数a ，b ，a b＞1⇒a ＞b .思考2 类比作差比较法，请谈谈作商比较法．答案 对于正数a ，b ，a b ＞1⇔a ＞b ；a b ＝1⇔a ＝b ；a b＜1 ⇔a ＜b .梳理 (1)作商比较法：若a ＞0，b ＞0，要证明a ＞b ，只要证明a b＞1；要证明b ＞a ，只要证明a b＜1.这种证明不等式的方法，叫做作商比较法．(2)作商比较法的理论依据是不等式的基本性质：①b ＞0，若a b ＞1，则a ＞b ；若a b ＜1，则a ＜b ；②b ＜0，若a b＞1，则a ＜b ；若a b＜1，则a ＞b .(3)作商比较法解题的一般步骤：①判定a ，b 符号；②作商；③变形整理；④判定与1的大小关系；⑤得出结论.类型一 作差比较法证明不等式例1 已知正数a ，b ，c 成等比数列，求证：a 2－b 2＋c 2≥(a －b ＋c )2. 证明 因为正数a ，b ，c 成等比数列， 所以b 2＝ac ，b ＝ac ， 又(a 2－b 2＋c 2)－(a －b ＋c )2＝a 2－b 2＋c 2－a 2－b 2－c 2＋2ab －2ac ＋2bc ＝2ab －4b 2＋2bc ＝2b (a －2b ＋c ) ＝2b (a －c )2≥0， 所以a 2－b 2＋c 2≥(a －b ＋c )2.反思与感悟 作差比较法的关键是作差后的变形，一般通过分解因式或将差式转化为积商式，以便与0比较大小．跟踪训练1 已知a ≥1，求证：a ＋1－a ＜a －a －1. 证明 ∵(a ＋1－a )－(a －a －1)＝1a ＋1＋a －1a ＋a －1＝a －1－a ＋1(a ＋1＋a )(a ＋a －1)＜0，∴a ＋1－a ＜a －a －1. 类型二 作商比较法证明不等式例2 已知a ＞0，b ＞0，求证：a a b b≥()2a b ab +.证明 因为a a b b＞0，()2a bab +＞0，所以a ab b()2a b ab +＝22a b b a ab--⋅＝()2a b ab -.当a ＝b 时，显然有2a b a b -⎛⎫⎪⎝⎭＝1；当a ＞b ＞0时，a b＞1，a －b2＞0，所以由指数函数的单调性可知，2a b a b -⎛⎫⎪⎝⎭＞1；当b ＞a ＞0时，0＜a b＜1，a －b2＜0，所以由指数函数的单调性可知，2a b a b -⎛⎫⎪⎝⎭＞1.综上可知，对任意实数a ，b ，都有a a b b≥()2a b ab +.引申探究1．若a ＞0，b ＞0，求证：()2a bab +≥a b b a.证明 因为a b b a＞0，()2a bab +＞0，所以a b ba()2a b ab +222.b a b a a b a abb ---⎛⎫== ⎪⎝⎭所以当a ＝b 时，显然有21;b a a b -⎛⎫=⎪⎝⎭当a ＞b ＞0时，a b＞1，b －a2＜0，由指数函数的单调性，可得2b a a b -⎛⎫⎪⎝⎭＜⎝ ⎛⎭⎪⎫a b 0＝1；当b ＞a ＞0时，0＜a b＜1，b －a2＞0，由指数函数的单调性，可得2b a a b -⎛⎫⎪⎝⎭＜⎝ ⎛⎭⎪⎫a b0＝1， 综上可知，对任意a ＞0，b ＞0，都有a b b a≤()2a b ab +.2．当a ＞0，b ＞0时，比较a a b b与a b b a的大小． 解 由例2和探究1知，a a b b≥()2a bab +≥a b b a.反思与感悟 作商比较法证明不等式的一般步骤 (1)作商：将不等式左右两边的式子进行作商． (2)变形：化简商式到最简形式．(3)判断：判断商与1的大小关系，也就是判断商大于1或小于1或等于1. (4)得出结论．跟踪训练2 已知a ＞0，b ＞0，求证：a b ＋ba≥a ＋b . 证明 ∵a b ＋b a a ＋b ＝ab a ＋b ＋b aa ＋b ＝a ab ＋b ＋b ab ＋a ＝a ab ＋a 2＋b ab ＋b 22ab ＋(a ＋b )ab＝a 2＋b 2＋(a ＋b )ab2ab ＋(a ＋b )ab. 又∵a 2＋b 2≥2ab ，∴a 2＋b 2＋(a ＋b )ab 2ab ＋(a ＋b )ab ≥2ab ＋(a ＋b )ab 2ab ＋(a ＋b )ab＝1， 当且仅当a ＝b ＞0时取等号，∴a b ＋ba≥a ＋b . 类型三 比较法的应用例3 证明：若a ，b ，m 都是正数，并且a ＜b ，则a ＋mb ＋m ＞ab(糖水不等式)． 证明a ＋mb ＋m －a b ＝m (b －a )b (b ＋m ). ∵a ，b ，m 都是正数，且a ＜b ，∴b －a ＞0，b (b ＋m )＞0，∴m (b －a )b (b ＋m )＞0，即a ＋m b ＋m －ab ＞0，∴a ＋mb ＋m ＞ab. 反思与感悟 比较法理论上便于理解，实用时便于操作，故应用比较广泛．跟踪训练3 甲、乙二人同时同地沿同一路线走到同一地点，甲有一半时间以速度m 行走，另一半以速度n 行走；乙有一半路程以速度m 行走，另一半路程以速度n 行走．如果m ≠n ，问甲、乙二人谁先到达指定地点？解 设从出发地点至指定地点的路程为s ，甲、乙二人走完这段路程所用的时间分别为t 1，t 2，依题意有 t 12m ＋t 12n ＝s ，s 2m ＋s2n＝t 2. ∴t 1＝2s m ＋n ，t 2＝s (m ＋n )2mn， ∴t 1－t 2＝2s m ＋n －s (m ＋n )2mn＝s [4mn －(m ＋n )2]2mn (m ＋n )＝－s (m －n )22mn (m ＋n ).其中s ，m ，n 都是正数，且m ≠n ，∴t 1－t 2＜0，即t 1＜t 2.从而知甲比乙先到达指定地点．1．已知不等式：①x 2＋3＞2x (x ∈R ＋)；②a 5＋b 5＞a 3b 2＋a 2b 3(a ，b ∈R ＋)；③a 2＋b 2≥2(a －b －1)．其中正确的个数为( ) A ．0B ．1C ．2D ．3 答案 C解析 ①x 2＋3－2x ＝(x －1)2＋2＞0，故①正确；②取a ＝b ＝1，则a 5＋b 5＝2，a 3b 2＋a 2b 3＝2，故②不正确；③a 2＋b 2－2(a －b －1)＝(a －1)2＋(b ＋1)2≥0，故③正确． 2.1a＜1成立的充要条件是( )A ．a ＞1B ．a ＜0C ．a ≠0D ．a ＞1或a ＜0答案 D解析 1a ＜1⇔1a －1＜0⇔1－a a＜0⇔a ＜0或a ＞1.3．若x ，y ∈R ，记w ＝x 2＋3xy ，u ＝4xy －y 2，则( ) A ．w ＞u B ．w ＜u C ．w ≥u D ．无法确定答案 C解析 ∵w －u ＝x 2－xy ＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 22＋3y24≥0，∴w ≥u .4．a ，b 都是正数，P ＝a ＋b2，Q ＝a ＋b ，则P ，Q 的大小关系是( )A ．P ＞QB ．P ＜QC ．P ≥QD ．P ≤Q答案 D解析 ∵a ，b 都是正数， ∴P ＞0，Q ＞0，∴P 2－Q 2＝⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22－(a ＋b )2 ＝－(a －b )22≤0.(当且仅当a ＝b 时取等号)∴P 2－Q 2≤0，∴P ≤Q .5．设a ＞b ＞0，求证：a 2－b 2a 2＋b 2＞a －ba ＋b .证明 方法一 a 2－b 2a 2＋b 2－a －ba ＋b＝(a －b )[(a ＋b )2－(a 2＋b 2)](a 2＋b 2)(a ＋b ) ＝2ab (a －b )(a 2＋b 2)(a ＋b )＞0(∵a ＞b ＞0)， ∴原不等式成立．方法二 ∵a ＞b ＞0，∴a 2＞b 2＞0. ∴左边＞0，右边＞0.∴左边右边＝(a ＋b )2a 2＋b 2＝1＋2ab a 2＋b 2＞1.∴原不等式成立．1．作差比较法证明不等式的技巧(1)作差比较法中，变形具有承上启下的作用，变形的目的在于判断差的符号，而不用考虑差能否化简或值是多少．(2)变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．(3)因式分解是常用的变形手段，为了便于判断差式的符号，常将差式变形为一个常数，或几个因式积的形式，当所得的差式是某字母的二次三项式时，常用判别式法判断符号． 2．适用作商比较法证明的不等式的特点适合欲证的不等式两端是乘积形式、幂指数的不等式或某些不同底数对数值的大小比较．一、选择题1．设a ，b ∈R ＋，且a ≠b ，若P ＝a 2b ＋b 2a，Q ＝a ＋b ，则( )A ．P ≥QB ．P ＞QC ．P ≤QD ．P ＜Q答案 B解析 P －Q ＝a 2b ＋b 2a －a －b ＝a 2－b 2b ＋b 2－a 2a ＝(a ＋b )(a －b )2ab.因为a ，b ∈R ＋，且a ≠b ，所以P－Q ＞0.2．已知a ＞b ＞－1，则1a ＋1与1b ＋1的大小关系为( ) A.1a ＋1＞1b ＋1 B.1a ＋1＜1b ＋1 C.1a ＋1≥1b ＋1D.1a ＋1≤1b ＋1答案 B解析 ∵1a ＋1－1b ＋1＝b －a (a ＋1)(b ＋1)＜0， ∴1a ＋1＜1b ＋1. 3．已知a ＞b ＞0，c ＞d ＞0，m ＝ac －bd ，n ＝(a －b )(c －d )，则m 与n 的大小关系是( ) A ．m ＜n B ．m ＞n C ．m ≥n D ．m ≤n答案 C解析 m 2－n 2＝(ac －2abcd ＋bd )－(ac ＋bd －ad －bc ) ＝ad －2abcd ＋bc ＝(ad －bc )2≥0， ∴m 2≥n 2.又m ＞0，n ＞0，∴m ≥n .4．当a ＜b ＜0时，下列关系式中成立的是( ) A.a 2＜b 2B ．lg b 2＜lg a 2C.b a＞1D.⎝ ⎛⎭⎪⎫122a ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫122b 答案 B解析 方法一 取特殊值a ＝－4，b ＝－1，则选项A ，C ，D 不正确，选项B 正确，故选B. 方法二 ∵a ＜b ＜0，∴a 2＞b 2. 而函数y ＝lg x (x ＞0)为增函数， ∴lg b 2＜lg a 2，B 项正确．5．已知a ＞0，且a ≠1，P ＝log a (a 3＋1)，Q ＝log a (a 2＋1)，则P ，Q 的大小关系是( ) A ．P ＞Q B ．P ＜Q C ．P ＝Q D ．大小不确定答案 A解析 P －Q ＝log a (a 3＋1)－log a (a 2＋1)＝log a a 3＋1a 2＋1. 当0＜a ＜1时，0＜a 3＋1＜a 2＋1，则0＜a 3＋1a 2＋1＜1， ∴log a a 3＋1a 2＋1＞0，即P －Q ＞0.∴P ＞Q . 当a ＞1时，a 3＋1＞a 2＋1＞0，a 3＋1a 2＋1＞1， ∴log a a 3＋1a 2＋1＞0，即P －Q ＞0.∴P ＞Q . 综上可知，P ＞Q .6．已知a ＞b ＞0且ab ＝1，设c ＝2a ＋b，P ＝log c a ，N ＝log c b ，M ＝log c (ab )，则( ) A ．P ＜M ＜N B ．M ＜P ＜NC ．N ＜P ＜MD ．P ＜N ＜M 答案 A解析 令a ＝2，b ＝12，则c ＝2a ＋b ＝45， 则M ＝log c (ab )＝0，P ＝log 452＜0，N ＝log 4512＞0， ∴P ＜M ＜N .二、填空题7．设a ＞b ＞c ＞0，x ＝a 2＋(b ＋c )2，y ＝b 2＋(c ＋a )2，z ＝c 2＋(a ＋b )2，则x ，y ，z 的大小关系为________．答案 x ＜y ＜z解析 ∵a ＞b ＞c ＞0，∴x ＞0，y ＞0，z ＞0.而x 2－y 2＝a 2＋b 2＋2bc ＋c 2－(b 2＋c 2＋2ac ＋a 2)＝2bc －2ac ＝2c (b －a )＜0，∴x 2＜y 2，即x ＜y ；又y 2－z 2＝b 2＋(c ＋a )2－[c 2＋(a ＋b )2]＝2ac －2ab ＝2a (c －b )＜0，∴y ＜z .∴x ＜y ＜z .8．已知a ＞0,0＜b ＜1，a －b ＞ab ，则1＋a 与11－b 的大小关系是________． 答案 1＋a ＞11－b解析 ∵a ＞0,0＜b ＜1，a －b ＞ab ，∴(1＋a )(1－b )＝1＋a －b －ab ＞1. 从而1＋a 11－b＝(1＋a )(1－b )＞1， ∴1＋a ＞11－b .9．某家电厂家为了打开市场，促进销售，准备对其生产的某种型号的彩电进行降价销售，现有四种降价方案：(1)先降价a %，再降价b %；(2)先降价b %，再降价a %；(3)先降价a ＋b2%，再降价a ＋b2%；(4)一次性降价(a ＋b )%.其中a ＞0，b ＞0，且a ≠b ，则上述四种方案中，降价幅度最小的是________．答案 方案(3)解析 设降价前彩电的价格为1，按四种方案降价后彩电的价格依次为x 1，x 2，x 3，x 4， 则x 1＝(1－a %)(1－b %)＝1－(a ＋b )%＋a %·b %；x 2＝(1－b %)(1－a %)＝x 1；x 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a ＋b 2%⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a ＋b 2%＝1－(a ＋b )%＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a %＋b %22； x 4＝1－(a ＋b )%＜1－(a ＋b )%＋a %·b %＝x 1＝x 2.又x 3－x 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a %＋b %22－a %·b %＞0， ∴x 3＞x 1＝x 2＞x 4.故降价幅度最小的是方案(3)．三、解答题10．设a ，b 为非负实数，求证：a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)．证明 由a ，b 是非负实数，作差得 a 3＋b 3－ab (a 2＋b 2)＝a 2a (a －b )＋b 2b (b －a )＝(a －b )[(a )5－(b )5]． 当a ≥b 时，a ≥b ，从而(a )5≥(b )5，则(a －b )[(a )5－(b )5]≥0；当a ＜b 时，a ＜b ，从而(a )5＜(b )5，则(a －b )[(a )5－(b )5]＞0，所以a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)．11．已知b ，m 1，m 2都是正数，a ＜b ，m 1＜m 2， 求证：a ＋m 1b ＋m 1＜a ＋m 2b ＋m 2. 证明a ＋m 1b ＋m 1－a ＋m 2b ＋m 2＝(a ＋m 1)(b ＋m 2)－(a ＋m 2)(b ＋m 1)(b ＋m 1)(b ＋m 2) ＝am 2＋bm 1－am 1－bm 2(b ＋m 1)(b ＋m 2)＝(a －b )(m 2－m 1)(b ＋m 1)(b ＋m 2). 因为b ＞0，m 1＞0，m 2＞0，所以(b ＋m 1)(b ＋m 2)＞0.又a ＜b ，m 1＜m 2，所以a －b ＜0，m 2－m 1＞0，从而(a －b )(m 2－m 1)＜0.于是(a －b )(m 2－m 1)(b ＋m 1)(b ＋m 2)＜0， 所以a ＋m 1b ＋m 1＜a ＋m 2b ＋m 2. 12．已知函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|，P 为不等式f (x )＞4的解集．(1)求P ；(2)证明：当m ，n ∈P 时，|mn ＋4|＞2|m ＋n |.(1)解 f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ，x ≥1，2，－1＜x ＜1，－2x ，x ≤－1.由f (x )＞4，得x ＞2或x ＜－2.所以不等式f (x )＞4的解集P ＝{x |x ＞2或x ＜－2}．(2)证明 由(1)可知|m |＞2，|n |＞2，所以m 2＞4，n 2＞4，(mn ＋4)2－4(m ＋n )2＝(m 2－4)(n 2－4)＞0，所以(mn ＋4)2＞4(m ＋n )2，所以|mn ＋4|＞2|m ＋n |.13．若实数x ，y ，m 满足|x －m |＜|y －m |，则称x 比y 接近m .对任意两个不相等的正数a ，b ，证明：a 2b ＋ab 2比a 3＋b 3接近2ab ab .证明 因为a ＞0，b ＞0，且a ≠b ，所以a 2b ＋ab 2＞2ab ab ，a 3＋b 3＞2ab ab .所以a 2b ＋ab 2－2ab ab ＞0，a 3＋b 3－2ab ab ＞0.所以|a 2b ＋ab 2－2ab ab |－|a 3＋b 3－2ab ab |＝a 2b ＋ab 2－2ab ab －a 3－b 3＋2ab ab＝a 2b ＋ab 2－a 3－b 3＝a 2(b －a )＋b 2(a －b )＝(a －b )(b 2－a 2)＝－(a －b )2(a ＋b )＜0，所以|a 2b ＋ab 2－2ab ab |＜|a 3＋b 3－2ab ab |，所以a 2b ＋ab 2比a 3＋b 3接近2ab ab .四、探究与拓展14．已知a ＞2，求证：log a (a －1)＜log (a ＋1)a .证明 ∵a ＞2，∴a －1＞1，∴log a (a －1)＞0，log (a ＋1)a ＞0.由于log a (a －1)log (a ＋1)a ＝log a (a －1)·log a (a ＋1)＜⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a (a －1)＋log a (a ＋1)22 ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a (a 2－1)22. ∵a ＞2，∴0＜log a (a 2－1)＜log a a 2＝2.∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a (a 2－1)22＜⎝ ⎛⎭⎪⎫log a a 222＝1. 即log a (a －1)log (a ＋1)a ＜1. ∵log (a ＋1)a ＞0， ∴log a (a －1)＜log (a ＋1)a .。
高中数学 第二讲 讲明不等式的基本方法达标检测 新人教A版选修4-5-新人教A版高二选修4-5数学试
第二讲 讲明不等式的基本方法达标检测时间：120分钟 满分：150分一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．用分析法证明不等式的推论过程一定是( ) A ．正向、逆向均可进行正确的推理 B ．只能进行逆向推理 C ．只能进行正向推理D ．有时能正向推理，有时能逆向推理解析：在用分析法证明不等式时，是从求证的不等式出发，逐步探索使结论成立的充分条件，故只能进行逆向推理． 答案：B2．已知a >2，b >2，则有( ) A ．ab ≥a ＋b B ．ab ≤a ＋b C ．ab >a ＋b D ．ab <a ＋b解析：作商比较法.a ＋b ab ＝1b ＋1a，又a >2，b >2， ∴1a <12，1b <12，∴a ＋b ab <12＋12＝1. 答案：C3．用反证法证明命题“如果a <b ，那么3a >3b ”时，假设的内容应是( ) A.3a ＝3bB ．3a <3bC.3a ＝3b 且3a >3bD ．3a ＝3b 或3a <3b解析：3a 与3b 的大小关系包括3a >3b ，3a ＝3b ，3a <3b ， ∴应假设的内容为3a ＝3b 或3a <3b . 答案：D4．已知实数a ，b ，c 满足b ＋c ＝6－4a ＋3a 2，c －b ＝4－4a ＋a 2，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．c ≥b >a B ．a >c ≥b C ．c >b >aD ．a >c >b解析：∵c －b ＝(a －2)2≥0，∴c ≥b . 由题中两式相减，得b ＝a 2＋1，∴b －a ＝a 2－a ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋34>0，∴b >a ，∴c ≥b >a . 答案：A5．已知a >b >c >0，A ＝a 2a b 2b c 2c，B ＝a b ＋c b c ＋a c a ＋b，则A 与B 的大小关系是( )A ．A >B B ．A <BC ．A ＝BD ．不确定解析：∵a >b >c >0，∴A >0，B >0.∴A B ＝a a a a b b b b c c c c a b a c b c b a c a cb ＝a a －b a a －c b b －c b b －a c c －a c c －b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c a －c ⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c .∵a >b >0，∴a b>1，a －b >0. ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a ba －b >1. 同理⎝ ⎛⎭⎪⎫b cb －c >1，⎝ ⎛⎭⎪⎫a c a －c >1.∴A B>1，∴A >B . 答案：A6．若0<x <y <1，则( ) A ．3y<3xB ．log x 3<log y 3C ．log 4x <log 4yD ．⎝ ⎛⎭⎪⎫14x <⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 解析：∵y ＝3x在R 上是增函数，且0<x <y <1， ∴3x<3y，故A 错误．∵y ＝log 3x 在(0，＋∞)上是增函数且0<x <y <1， ∴log 3x <log 3y <log 3 1＝0，∴0>1log 3x >1log 3y ，∴log x 3>log y 3，故B 错误．∵y ＝log 4x 在(0，＋∞)上是增函数且0<x <y <1， ∴log 4x <log 4y ，故C 正确．∵y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14x在R 上是减函数，且0<x <y <1，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫14x >⎝ ⎛⎭⎪⎫14y，故D 错误． 答案：C7．设a 、b 、c ∈R ，且a 、b 、c 不全相等，则不等式a 3＋b 3＋c 3≥3abc 成立的一个充要条件是( )A ．a ，b ，c 全为正数B ．a ，b ，c 全为非负实数C ．a ＋b ＋c ≥0D ．a ＋b ＋c >0解析：a 3＋b 3＋c 3－3abc ＝(a ＋b ＋c )(a 2＋b 2＋c 2－ab －ac －bc )＝12(a ＋b ＋c )[(a －b )2＋(b －c )2＋(a －c )2]，而a 、b 、c 不全相等⇔(a －b )2＋(b －c )2＋(a －c )2>0.∴a 3＋b 3＋c 3－3abc ≥0⇔a ＋b ＋c ≥0. 答案：C8．若实数a ，b 满足a ＋b ＝2，则3a ＋3b的最小值是( ) A ．18 B ．6 C ．2 3D ．243解析：3a＋3b≥23a·3b＝2·3a ＋b＝2×3＝6(当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立)．答案：B9．要使3a －3b <3a －b 成立，a ，b 应满足的条件是( ) A ．ab <0且a >b B ．ab >0且a >b C ．ab <0且a <bD ．ab >0且a >b 或ab <0且a <b 解析：3a －3b <3a －b⇔a －b ＋33ab 2－33a 2b <a －b ⇔3ab 2<3a 2b ， ∴当ab >0时，有3b <3a ，即b <a . 当ab <0时，有3b >3a ，即b >a . 答案：D10．已知a ，b ，c ，d 都是实数，且a 2＋b 2＝1，c 2＋d 2＝1.则ac ＋bd 的X 围为( ) A ．[－1,1] B ．[－1,2) C ．(－1,3]D ．(1,2]解析：因为a ，b ，c ，d 都是实数， 所以|ac ＋bd |≤|ac |＋|bd |≤a 2＋c 22＋b 2＋d 22＝a 2＋b 2＋c 2＋d 22＝1.所以－1≤ac ＋bd ≤1. 答案：A11．在△ABC 中，A ，B ，C 分别为a ，b ，c 所对的角，且a ，b ，c 成等差数列，则B 适合的条件是( ) A ．0<B ≤π4B ．0<B ≤π3C ．0<B ≤π2D ．π2<B <π解析：∵b ＝a ＋c2，∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac＝a 2＋c 2－⎝⎛⎭⎪⎫a ＋c 222ac＝3a 2－2ac ＋3c 28ac＝3a 8c ＋3c 8a －14≥2·38－14＝12， ∵余弦函数在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上为减函数，∴0<B ≤π3，选B.答案：B12．若a ∈⎝⎛⎭⎪⎫π，54π，M ＝|sin α|，N ＝|cos α|，P ＝12|sin α＋cos α|， Q ＝12sin 2α，则它们之间的大小关系为( ) A ．M >N >P >Q B ．M >P >N >Q C ．M >P >Q >ND ．N >P >Q >M解析：∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫π，5π4，∴0>sin α>cos α，∴|sin α|<|cos α|， ∴P ＝12|sin α＋cos α|＝12(|sin α|＋|cos α|)>12(|sin α|＋|sin α|)＝|sin α|＝M ，排除A 、B 、C ，故选D 项．答案：D二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在题中的横线上) 13．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小顺序是________． 解析：a －b ＝3－2－6＋5＝3＋5－(2＋6)， 而(3＋5)2＝8＋215，(2＋6)2＝8＋212， ∴3＋5>2＋ 6.∴a －b >0，即a >b . 同理可得b >c .∴a >b >c . 答案：a >b >c14．用反证法证明命题“三角形中最多只有一个内角是钝角”时的反设是________． 解析：三角形的内角中钝角的个数可以为0个，1个，最多只有一个即为0个或1个，其对立面是“至少两个”．答案：三角形中至少有两个内角是钝角 15．已知a ，b ，c ，d 都为正数，且S ＝a a ＋b ＋c ＋b b ＋c ＋d ＋c c ＋d ＋a ＋da ＋b ＋d，则S 的取值X 围是________． 解析：由放缩法，得aa ＋b ＋c ＋d <a a ＋b ＋c <aa ＋c；b a ＋b ＋c ＋d <b b ＋c ＋d <bd ＋b；c a ＋b ＋c ＋d <c c ＋d ＋a <cc ＋a ；da ＋b ＋c ＋d <d d ＋a ＋b <dd ＋b.以上四个不等式相加，得1<S <2. 答案：(1,2)16. 请补全用分析法证明不等式“ac ＋bd ≤a 2＋b 2c 2＋d 2”时的推论过程：要证明ac ＋bd ≤a 2＋b 2c 2＋d 2，①______________________________________________________________， 只要证(ac ＋bd )2≤(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)，即要证：a 2c 2＋2abcd ＋b 2d 2≤a 2c 2＋a 2d 2＋b 2c 2＋b 2d 2， 即要证：a 2d 2＋b 2c 2≥2abcd .②________________________________________________________________. 解析：对于①只有当ac ＋bd ≥0时，两边才能平方，对于②只要接着往下证即可． 答案：①因为当ac ＋bd ≤0时，命题显然成立，所以当ac ＋bd ≥0时 ②∵(ab －bc )2≥0，∴a 2d 2＋b 2c 2≥2abcd ，∴命题成立三、解答题(本大题共有6小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(12分)求证：a 2＋b 2＋3≥ab ＋3(a ＋b )． 证明：∵a 2＋b 2≥2ab ，a 2＋3≥23a ，b 2＋3≥23b ；将此三式相加得2(a 2＋b 2＋3)≥2ab ＋23a ＋23b ， ∴a 2＋b 2＋3≥ab ＋3(a ＋b )．18．(12分)已知m >0，a ，b ∈R ，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m .证明：因为m >0，所以1＋m >0.所以要证⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m ， 即证(a ＋mb )2≤(1＋m )(a 2＋mb 2)， 即证m (a 2－2ab ＋b 2)≥0， 即证(a －b )2≥0. 而(a －b )2≥0显然成立，故⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m . 19．(12分)已知a >b >0，试比较a 2－b 2a 2＋b 2与a －b a ＋b 的大小．解析：∵a >b >0，∴a 2－b 2a 2＋b 2>0，a －ba ＋b >0. 又∵a 2－b 2a 2＋b 2a －b a ＋b＝a 2－b 2a ＋ba 2＋b 2a －b＝a ＋b 2a 2＋b 2＝a 2＋b 2＋2ab a 2＋b 2＝1＋2aba 2＋b 2>1， ∴a 2－b 2a 2＋b 2>a －b a ＋b. 20．(12分)若0<a <2,0<b <2,0<c <2，求证：(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a ，不能同时大于1. 证明：假设三数能同时大于1， 即(2－a )b >1，(2－b )c >1，(2－c )a >1那么2－a＋b2≥2－a b>1，①同理2－b＋c2>1，②2－c＋a2>1，③由①＋②＋③得3>3，上式显然是错误的，∴该假设不成立，∴(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a不能同时大于1.21．(13分)求证：2(n＋1－1)<1＋12＋13＋…＋1n<2n(n∈N＋)．证明：∵1k>2k＋k＋1＝2(k＋1－k)，k∈N＋，∴1＋12＋13＋…＋1n>2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n)] ＝2(n＋1－1)．又1k<2k＋k－1＝2(k－k－1)，k∈N＋，∴1＋12＋13＋…＋1n<1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n－n－1)] ＝1＋2(n－1)＝2n－1<2n.故原不等式成立．22．(13分)已知数列{a n}的前n项和S n＝2n2＋2n，数列{b n}的前n项和T n＝2－b n.(1)求数列{a n}与{b n}的通项公式；(2)设＝a2n·b n，证明当n≥3时，＋1<.解析：(1)∵S n＝2n2＋2n，∴当n≥2时，S n－1＝2(n－1)2＋2(n－1)，∴a n＝S n－S n－1＝4n(n≥2)．当n ＝1时，S 1＝4，符合上式． ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .又∵T n ＝2－b n ，∴当n ≥2时，T n －1＝2－b n －1， ∴b n ＝T n －T n －1＝2－b n ＋b n －1－2， 即2b n ＝b n －1. ∴b n b n －1＝12. 而T 1＝b 1＝2－b 1，∴b 1＝1.∴数列{b n }的通项公式为b n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)证明：由(1)，知＝(4n )2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝16n 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴＋1＝16(n ＋1)2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .∴＋1＝16n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 16n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2.当n ≥3时，1＋1n ≤43<2，∴＋1<12×(2)2＝1，又由＝a 2n ·b n 可知，＋1和均大于0， ∴＋1<.。
高中数学 第二讲 讲明不等式的基本方法 2.2 分析法与综合法同步检测(含解析)新人教A版选修4-5
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2。
2分析法与综合法同步检测一、选择题1。
设a，b＞0,，，则A,B的大小关系是（）A。
A＝B B。
A＜B C。
A＞B D.大小不确定答案:C解析：【解答】用综合法:，所以.所以.又,，所以.【分析】本题主要考查了分析法与综合法，解决问题的关键是对所给关系式A,B两边平方作差比较即可.2。
下面对命题“函数是奇函数”的证明不是综合法的是A。
且x≠0有,则是奇函数B.且x≠0有，所以，则是奇函数C。
且x≠0，∵,∴，∴,则是奇函数D.取,，又,则是奇函数答案：D解析：【解答】D项中，选取特殊值进行证明，不是综合法。
【分析】本题主要考查了分析法与综合法，解决问题的关键是根据综合法的特征分析判断即可.3. 若O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点,动点P满足，，则动点P的轨迹一定通过的( ）A。
外心 B。
内心 C。
重心 D。
垂心答案：B解析：【解答】∵，∴。
∴AP是△ABC中∠BAC的内角平分线，∴动点P的轨迹一定通过△ABC的内心【分析】本题主要考查了分析法与综合法，解决问题的关键是根据所给条件平行四边形法则得到AP是△ABC中∠BAC的内角平分线,证明问题。
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一 比较法[课时作业][A 组 基础巩固]1．下列四个数中最大的是( )A ．lg 2B ．lg 2C ． (lg 2)2D ．lg(lg 2)解析：∵1<2<2<10，∴0<lg 2<lg 2<1，∴(lg 2)2<lg 2，lg(lg 2)<0.∴选A.答案：A2．若a ，b 为不相等的正数，则(ab k ＋a k b )－(a k ＋1＋b k ＋1)(k ∈N *)的符号() A ．恒正 B ．恒负C ．与k 的奇偶性有关D ．与a ，b 大小无关解析：(ab k ＋a k b )－a k ＋1－b k ＋1＝b k (a －b )＋a k (b －a )＝(a －b )(b k －a k )∵a >0，b >0，若a >b ，则a k >b k ，∴(a －b )(b k －a k )<0；若a <b ，则a k <b k ，∴(a －b )(b k －a k )<0.答案：B3．a 、b 都是正数，P ＝a ＋b2，Q ＝a ＋b ，则P ，Q 的大小关系是( )A ．P ＞QB ．P ＜QC ．P ≥QD ．P ≤Q解析：P 2Q 2＝a ＋b ＋2ab a ＋b ≤a ＋b ＋a ＋ba ＋b ＝1，∴P ≤Q ，应选D.答案：D4．如果log a 3>log b 3且a ＋b ＝1，那么( )A ．0<a <b <1B ．0<b <a <1C ．1<a <bD ．1<b <a解析：∵a >0，b >0，又∵a ＋b ＝1，∴0<a <1,0<b <1，∴lg a <0，lg b <0，由log a 3>log b 3⇒lg 3lg a－lg 3lg b>0⇒1lg a－1lg b>0⇒lg b－lg alg a lg b>0⇒lg b>lg a⇒b>a.∴0<a<b<1.答案：A5．已知a>b>0，c>d>0，m＝ac－bd，n＝a－b c－d，则m与n的大小关系是( ) A．m<n B．m>nC．m≥n D．m≤n解析：∵a>b>0，c>d>0，∴ac>bd>0，ac>bd，∴m>0，n>0.又∵m2＝ac＋bd－2abcd，n2＝ac＋bd－(ad＋bc)，又由ad＋bc>2abcd，∴－2abcd>－ad－bc，∴m2>n2.∴m>n.答案：B6．设P＝a2b2＋5，Q＝2ab－a2－4a，若P>Q，则实数a，b满足的条件为________．解析：P－Q＝a2b2＋5－(2ab－a2－4a)＝a2b2＋5－2ab＋a2＋4a＝a2b2－2ab＋1＋4＋a2＋4a＝(ab－1)2＋(a＋2)2.∵P>Q，∴P－Q>0，即(ab－1)2＋(a＋2)2>0∴ab≠1或a≠－2.答案：ab≠1或a≠－27．已知a，b，m，n均为正数，且a＋b＝1，mn＝2，则(am＋bn)(bm＋an)的最小值为________．解析：(am＋bn)(bm＋an)＝abm2＋(a2＋b2)mn＋abn2＝ab(m2＋n2)＋2(a2＋b2)≥2abmn＋2(a2＋b2)＝4ab＋2(a2＋b2)＝2(a2＋2ab＋b2)＝2(a＋b)2＝2(当且仅当m＝n＝2时等号成立)．答案：28．设a>b>0，x＝a＋b－a，y＝a－a－b，则x，y的大小关系是x________y.解析：∵x y ＝a ＋b －aa －a －b ＝a ＋a －ba ＋a ＋b <a ＋a ＋ba ＋a ＋b ＝1，且x >0，y >0，∴x <y答案：<9．已知a >0，b >0，求证：ab ＋ba ≥a ＋b . 证明：法一：∵a b ＋b a a ＋b ＝a b a ＋b ＋baa ＋b＝aab ＋b ＋bab ＋a ＝a ab ＋a 2＋b ab ＋b 22ab ＋a ＋b ab＝a 2＋b 2＋a ＋b ab2ab ＋a ＋b ab ，又∵a 2＋b 2≥2ab ，∴a 2＋b 2＋a ＋b ab 2ab ＋a ＋b ab ≥2ab ＋a ＋b ab2ab ＋a ＋b ab ＝1，当且仅当a ＝b >0时取等号．∴a b ＋ba ≥a ＋b .法二：∵a b ＋ba －(a ＋b )＝(a b －b )＋(b a －a )．＝a －b b ＋b －aa ＝a －b a －bab＝a ＋b a－b 2ab ≥0当且仅当a ＝b >0时取“＝”∴a b ＋ba ≥a ＋b .10．已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，当p ，q 满足p ＋q ＝1时，证明：pf (x )＋qf (y )≥f (px ＋qy )对于任意实数x ，y 都成立的充要条件是0≤p ≤1. 证明：pf (x )＋qf (y )－f (px ＋qy )＝p (x 2＋ax ＋b )＋q (y 2＋ay ＋b )－(px ＋qy )2－a (px ＋qy )－b＝p (1－p )x 2＋q (1－q )y 2－2pqxy＝pq (x －y )2.充分性：若0≤p ≤1，q ＝1－p ∈[0,1]．∴pq ≥0，∴pq (x －y )2≥0，∴pf (x )＋qf (y )≥f (px ＋qy )．必要性：若pf (x )＋qf (y )≥f (px ＋qy )．则pq (x －y )2≥0，∵(x －y )2≥0，∴pq ≥0.即p (1－p )≥0，∴0≤p ≤1.综上所述，原命题成立．[B 组 能力提升]1．已知a >0，且a ≠1，P ＝log a (a 3＋1)，Q ＝log a (a 2＋1)，则P ，Q 的大小关系是( )A ．P >QB ．P <QC ．P ＝QD ．大小不确定 解析：P －Q ＝log a (a 3＋1)－log a (a 2＋1)＝log a a 3＋1a 2＋1. 当0<a <1时，0<a 3＋1<a 2＋1， 则0<a 3＋1a 2＋1<1，∴log a a 3＋1a 2＋1>0，即P －Q >0. ∴P >Q .当a >1时，a 3＋1>a 2＋1>0，a 3＋1a 2＋1>1， ∴log a a 3＋1a 2＋1>0，即P －Q >0.∴P >Q . 答案：A2．设m >n ，n ∈N ＋，a ＝ (lg x )m ＋(lg x )－m ，b ＝(lg x )n ＋(lg x )－n，x >1，则a 与b 的大小关系为( )A ．a ≥bB ．a ≤bC ．与x 值有关，大小不定D ．以上都不正确解析：a －b ＝lg m x ＋lg －m x －lg n x －lg －nx＝(lg m x －lg n x )－(1lg n x －1lg m x) ＝(lg m x －lg n x )－lg m x －lg n x lg m x lg n x ＝(lg m x －lg n x )(1－1lg m x lg n x) ＝(lg m x －lg n x )(1－1lg m ＋n x)． ∵x >1，∴lg x >0.当0<lg x <1时， a >b ；当lg x ＝1时，a ＝b ；当lg x >1时，a >b .∴应选A.答案：A3．设m ＝|a |＋|b ||a ＋b |，n ＝|a －b |||a |－|b ||，那么它们的大小关系是m ________n . 解析：m n ＝|a |＋|b ||a ＋b ||a －b |||a |－|b ||＝a |＋|b a |－|b |||a ＋b |·|a －b | ＝|a 2－b 2||a 2－b 2|＝1，∴m ＝n . 答案：＝4．一个个体户有一种商品，其成本低于3 5009元．如果月初售出可获利100元，再将本利存入银行，已知银行月息为2.5%，如果月末售出可获利120元，但要付成本的2%的保管费，这种商品应________出售(填“月初”或“月末”)．解析：设这种商品的成本费为a 元．月初售出的利润为L 1＝100＋(a ＋100)×2.5%，月末售出的利润为L 2＝120－2%a ，则L 1－L 2＝100＋0.025a ＋2.5－120＋0.02a ＝0.045(a －3 5009)， ∵a <3 5009， ∴L 1<L 2，月末出售好．答案：月末5．设直角三角形的斜边长为c ，两直角边长分别为a ，b ，试比较c 3与a 3＋b 3的大小． 解析：∵c 是直角三角形的斜边长，a ，b 是直角边长，∴a ＋b >c,0<a c <1,0<b c <1，且a 2＋b 2＝c 2， ∴a 3＋b 3c 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 3<⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 2＝a 2＋b 2c 2＝1， 即a 3＋b 3c 2<1，故a 3＋b 3<c 3. 6．已知函数f (x )＝log 2(x ＋m )，且f (0)、f (2)、f (6)成等差数列．(1)求f (30)的值；(2)若a 、b 、c 是两两不相等的正数，且a 、b 、c 成等比数列，试判断f (a )＋f (c )与2f (b )的大小关系，并证明你的结论．解析：(1)由f (0)、f (2)、f (6)成等差数列，得2log 2(2＋m )＝log 2m ＋log 2(6＋m )，即(m ＋2)2＝m (m ＋6)(m >0)．∴m ＝2.∴f (30)＝log 2(30＋2)＝5.(2)f (a )＋f (c )>2f (b )．证明如下：2f (b )＝2log 2(b ＋2)＝log 2(b ＋2)2， f (a )＋f (c )＝log 2[(a ＋2)(c ＋2)]，又b 2＝ac ，∴(a ＋2)(c ＋2)－(b ＋2)2＝ac ＋2(a ＋c )＋4－b 2－4b －4＝2(a ＋c )－4b .∵a ＋c >2ac ＝2b (a ≠c )，∴2(a ＋c )－4b >0，∴log 2[(a ＋2)(c ＋2)]>log 2(b ＋2)2，即f(a)＋f(c)>2f(b)．。