第二讲证明不等式的基本方法(一)

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第二讲证明不等式的基本方法 (1)

一、选择题1.若a>b>0，则下列不等式中一定成立的是( )A.a＋>b＋B.>C.a－>b－D.>解析　∵a＞b＞0，∴＞＞0，∴a＋＞b＋.答案　A2.已知x＞y＞z，且x＋y＋z＝1，则下列不等式中恒成立的是( )A.xy＞yzB.xz＞yzC.x|y|＞z|y|D.xy＞xz解析　令x＝2，y＝0，z＝－1，可排除选项A，B，C，故选D.答案　D3.已知实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c的大小关系是( )A.c≥b＞aB.a＞c≥bC.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＝a2＋1，∴b－a＝a2－a＋1＝＋＞0.∴b＞a，∴c≥b＞a.答案　A4.已知b＞a＞0，且a＋b＝1，那么( )A.2ab＜＜＜bB.2ab＜＜＜bC.＜2ab＜＜bD.2ab＜＜b＜解析　取特殊值法.令a＝，b＝，则2ab＝，＝，＝，故选B.答案　B5.若实数a，b满足a＋b＝2，则3a＋3b的最小值是( )A.18B.6C.2D.2解析　3a＋3b≥2＝2＝2×3＝6(当且仅当a＝b＝1时，等号成立).答案　B6.对于任意的x∈[0，1]，不等式ax＋2b＞0恒成立，则代数式a＋3b的值( )A.恒为正值B.恒为非负值C.恒为负值D.不确定解析　令f(x)＝ax＋2b，则在[0，1]上，若a＞0，则f min(x)＝f(0)＝2b＞0；若a＜0，则f min(x)＝f(1)＝a＋2b＞0，∴a＋3b＝b＋a＋2b＞0.答案　A7.设a、b、c是互不相等的正数，则下列等式中不恒成立的是( )A.|a－b|≤|a－c|＋|b－c|B.a2＋≥a＋C.|a－b|＋≥2D.－≤－解析　因为a－b的符号不确定，所以|a－b|＋≥2不一定正确，所以应选C.答案　C8.若x，y∈R＋，且x≠y，下列四个数中最小的一个是( )A. B.C. D.解析　＞·2＝，＞＞.由＜⇒＞⇒＞⇒＞，故选D.答案　D9.要使－＜成立，a，b应满足的条件是( )A.ab＜0，且a＞bB.ab＞0，且a＞bC.ab＜0，且a＜bD.ab＞0，且a＞b或ab＜0，且a＜b解析　－＜⇔a－b＋3－3＜a－b⇔＜，∴当ab＞0时，有＜，即b＜a.当ab＜0时.有＞，即b＞a.答案　D10.在△ABC中，A，B，C分别为边a，b，c所对的角，且a，b，c成等差数列，则角B适合的条件是( )A.0＜B≤B.0＜B≤C.0＜B≤D.＜B＜π解析　∵2b＝a＋c，∴cos B＝＝＝＝－≥－＝.当且仅当a＝b＝c时等号成立.∵余弦函数在上为减函数，∴0＜B≤.答案　B二、填空题11.lg 9·lg 11与1的大小关系是________.解析　∵lg 9＞0，lg 11＞0，∴＜＜＜＝1.∴lg 9·lg 11＜1.答案　lg 9·lg 11＜112.已知a，b＞0，则x＝a b b a，y＝a a b b的大小关系是________.解析　＝＝a b－a·b a－b＝，若a≥b＞0，则≥1，而b－a≤0，∴≤1.若0＜a≤b，则≤1，而b－a≥0，∴≤1.综上，y≥x.答案　y≥x13.设a＝－，b＝－，c＝－，则a，b，c的大小顺序是________.解析　a－b＝－－＋＝＋－(＋)，而(＋)2＝8＋2，(＋)2＝8＋2，∴＋＞＋.∴a－b＞0，即a＞b.同理可知b＞c.∴a＞b＞c.答案　a＞b＞c14.已知a，b，c，d都为正数，且S＝＋＋＋，则S的取值范围是________.解析　由放缩法，得＜＜；＜＜；＜＜；＜＜.以上四个不等式相加，得1＜S＜2.答案　(1，2)三、解答题15.设a＞0，b＞0，且a＋b＝＋.证明：①a＋b≥2；②a2＋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0＜a＜1；同理，0＜b＜1，从而ab＜1，这与ab＝1矛盾.故a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立.16.已知a，b，c为三角形的三边，求证：，，也可以构成一个三角形.证明　设f(x)＝，x∈(0，＋∞)，0＜x1＜x2，则f(x2)－f(x1)＝－＝＞0，f(x2)＞f(x1)，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数.∵a，b，c为三角形的三边，∴a＋b＞c，∴＜＝＋＜＋，即＜＋，同理可证＜＋，＜＋，∴以，，为边可构成一个三角形.17.已知数列{a n}满足a1＝且a n＋1＝a n－a(n∈N*).(1)证明：1≤≤2(n∈N*)；(2)设数列{a}的前n项和为S n，证明：≤≤(n∈N*).(1)证明　由题意得a n＋1－a n＝－a≤0，即a n＋1≤a n，故a n≤.由a n＝(1－a n－1)a n－1得a n＝(1－a n－1)(1－a n－2)…(1－a1)a1＞0.由0＜a n≤得＝＝∈(1，2]，所以1≤≤2.(2)解　由题意得a＝a n－a n＋1，所以S n＝a1－a n＋1，①由－＝和1≤≤2得1≤－≤2，所以n≤－≤2n，因此≤a n＋1≤(n∈N*).②由①②得≤≤(n∈N*).18.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－(n2＋n－3)S n－3(n2＋n)＝0，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋＜.(1)解　令n＝1代入得a1＝2(负值舍去).(2)解　由S－(n2＋n－3)S n－3(n2＋n)＝0，n∈N*得[S n－(n2＋n)](S n＋3)＝0，又已知各项均为正数，故S n＝n2＋n，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，当n＝1时，a1＝2也满足上式，所以a n＝2n(n∈N*).(3)证明　k∈N*，4k2＋2k－(3k2＋3k)＝k2－k＝k(k－1)≥0，∴4k2＋2k≥3k2＋3k，∴＝＝≤＝.∴＋＋…＋≤＝＜.∴原不等式成立.。

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第二讲证明不等式的基本方法课题：第01 课时不等式的证明方法之一：比较法一．教学目标（一）知识目标（1）了解不等式的证明方法——比较法的基本思想；（2）会用比较法证明不等式,熟练并灵活地选择作差或作商法来证明不等式；（3）明确用比较法证明不等式的依据,以及“转化”的数学思想。

（二）能力目标（1）培养学生将实际问题转化为数学问题的能力；（2）培养学生观察、比较、抽象、概括的能力；（3）训练学生思维的灵活性。

（三）德育目标（1）激发学习的内在动机；（2）养成良好的学习习惯。

二．教学的重难点及教学设计（一）教学重点不等式证明比较法的基本思想, 用作差、作商达到比较大小的目的（二）教学难点借助与0 或1 比较大小转化的数学思想,证明不等式的依据和用途（三）教学设计要点1. 情境设计用糖水加糖更甜,实际是糖的质量分数增大这个生活常识设置问题情境,激发学生学习动机,通过将实际问题转化为不等式大小的比较,引入新课。

2. 教学内容的处理（1）补充一系列不同种类的用作差、作商等比较法证明不等式的例题。

（2）补充一组证明不等式的变式练习。

（3）在作业中补充何时该用作差法,何时用作商法的习题,帮助同学们更好地理解比较法。

3. 教学方法独立探究,合作交流与教师引导相结合。

三．教具准备水杯、水、白糖、调羹、粉笔等四．教学过程( 一) 、新课学习：1. 作差比较法的依据：a b a b 0证明：采用差值比较法：已知a, b, m都是正数,并且 a b,则下面给出证明.a,b证明：注意到要证的不等式关于对称,不妨设当a b 0时, 1,a b 0（, ）1例5. 若a b c 0,求证1．已知a 1. 求证：（1）a2 2a 1;最终比较差与0 的大小关结果与1 的大小关系系。

高中数学选修4-5教案第二讲证明不等式的基本方法一比较法

一比较法目的要求：掌握证明不等式的基本的解法之----比较法。

重点难点：掌握作差比较和作商比较各自的使用情景教学设计：目的：以不等式的等价命题为依据，揭示不等式的常用证明方法之一——比较法，要求学生能教熟练地运用作差、作商比较法证明不等式。

过程：一、复习：不等式的一个等价命题：二、作差法：1． 2.已知a , b , m 都是正数，并且a ++ 证：)()()()()(m b b a b m m b b m b a m a b b a m b m a +-=++-+=-++ ∵a ,b ,m 都是正数，并且a 0 , b - a > 0 ∴0)()(>+-m b b a b m 即：ba mb m a >++ 变式：若a > b ，结果会怎样？若没有“a < b ”这个条件，应如何判断？3.甲乙两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，另一半时间以速度n 行走；有一半路程乙以速度m 行走，另一半路程以速度n 行走，如果m ≠ n ，问：甲乙两人谁先到达指定地点？解：设从出发地到指定地点的路程为S ，甲乙两人走完全程所需时间分别是t 1, t 2，则21122,22t nS m S S n t m t =+=+ .0,.0,的大小比较差与转化为即把不等式两边相减本的方法就是证明基最要证明>->b a b a .,,,12233ab b a b a b a b a +>+≠求证且都是正数已知例.,,,.,.2并给出证明问题将这个事实抽象为数学此时浓液的浓度增加到白糖加若在上述溶液中再添则其浓度为糖溶液白糖制出如果用例m b m a kg m b a kg b kg a ++.,,定正负的代数式转化为一个能够明确确通过适当的恒等变形可以把不等式两边相减分析可得：mnn m S t n m S t 2)(,221+=+= ∴)(2)()(2])(4[2)(22221n m mn n m S mn n m n m mn S mn n m S n m S t t +--=++-=+-+=- ∵S , m , n 都是正数，且m ≠ n ，∴t 1 - t 2 < 0 即：t 1 < t 2从而：甲先到到达指定地点。

高中数学第二讲证明不等式的基本方法一比较法教案(含解析)5数学教案

一比较法1．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 0，若a b >1，则a >b ；若ab <1，则a 1，则a b .(2)作商比较法解题的一般步骤：①判定a ，b 的符号；②作商；③变形整理；④判定与1大小关系；⑤得出结论．作差比较法证明不等式[例1] y 3.[思路点拨] 因为不等式两边是同一种性质的整式，所以可以直接通过作差比较大小．[证明] x 3－x 2y ＋xy 2－(x 2y －xy 2＋y 3)＝x (x 2－xy ＋y 2)－y (x 2－xy ＋y 2) ＝(x －y )(x 2－xy ＋y 2)＝(x －y )⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 22＋3y 24. 因为x >y ，所以x －y >0，于是(x －y )⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 22＋3y 24>0，所以x 3－x 2y ＋xy 2>x 2y －xy 2＋y 3.(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，常用配方法判断符号．有时会遇到结果符号不能确定，这时候要对差式进行分类讨论．1．求证：a 2＋b 2≥2(a －b －1)．证明：a 2＋b 2－2(a －b －1) ＝(a －1)2＋(b ＋1)2≥0， ∴a 2＋b 2≥2(a －b －1)． 2．已知a ，b ∈R ＋，n ∈N ＋，求证：(a ＋b )(a n＋b n)≤2(an ＋1＋bn ＋1)．证明：∵(a ＋b )(a n＋b n)－2(an ＋1＋bn ＋1)＝an ＋1＋ab n ＋ba n ＋bn ＋1－2an ＋1－2bn ＋1＝a (b n －a n)＋b (a n－b n) ＝(a －b )(b n－a n)．①当a >b >0时，b n－a n<0，a －b ＞0， ∴(a －b )(b n－a n )<0.②当b >a >0时，b n－a n>0，a －b <0. ∴(a －b )(b n－a n )<0.③当a ＝b >0时，(b n－a n)(a －b )＝0.综合①②③可知，对于a ，b ∈R ＋，n ∈N ＋，都有(a ＋b )(a n＋b n)≤2(an ＋1＋bn ＋1).作商比较法证明不等式[例2] 设a >0，b >0，求证：a a b b≥(ab )2.[思路点拨] 不等式两端都是指数式，它们的值均为正数，可考虑用作商比较法．[证明] ∵a a b b>0，(ab )a ＋b2>0，∴a a b b (ab )a ＋b 2＝a a －b 2·b b －a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2.当a ＝b时，显然有⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2＝1；当a >b >0时，a b >1，a －b2>0，∴由指数函数单调性，有⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2>1；当b >a >0时，0<a b <1，a －b2<0，∴由指数函数的单调性，有⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2>1.综上可知，对任意实数a ，b ，都有a a b b≥(ab )a ＋b2.当欲证的不等式两端是乘积形式或幂指数形式时，常采用作商比较法，用作商比较法时，如果需要在不等式两边同乘某个数，要注意该数的正负，且最后结果与1比较．3．已知a >b >c >0.求证：a 2a b 2b c 2c>a b ＋c b c ＋a c a ＋b.证明：由a >b >c >0，得ab ＋c b c ＋a c a ＋b >0.作商a 2a b 2b c 2c a b ＋c b c ＋a c a ＋b ＝a a a a b b b b c c c ca b a c b c b a c a cb＝aa －b a a －c b b －c b b －a c c －a cc －b＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c a －c ⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c. 由a >b >c >0，得a －b >0，a －c >0，b －c >0，且a b >1，a c >1，b c>1. ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c a －c ⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c>1. ∴a 2a b 2b c 2c >ab ＋c b c ＋a c a ＋b.4．设n ∈N ，n >1，求证log n (n ＋1)>log (n ＋1)(n ＋2)．证明：因为n >1，所以log n (n ＋1)>0，log (n ＋1)(n ＋2)>0，所以log (n ＋1)(n ＋2)log n (n ＋1)＝log (n ＋1)(n ＋2)·log (n ＋1)n≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤log (n ＋1)(n ＋2)＋log (n ＋1)n 22＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤log (n ＋1)(n 2＋2n )22<⎣⎢⎡⎦⎥⎤log (n ＋1)(n ＋1)222＝1. 故log (n ＋1)(n ＋2)<log n (n ＋1)，即原不等式得证.比较法的实际应用[例3] 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？[思路点拨] 先用m ，n 表示甲、乙两人走完全程所用时间，再进行比较．[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.∴t1－t2＝2sm＋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，∴t1－t2<0.即t1<t2.从而知甲比乙先到达指定地点．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，最后利用不等式的知识来解．在实际应用不等关系问题时，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．5．某人乘出租车从A地到B地，有两种方案；第一种方案：乘起步价为10元．每千米1.2元的出租车，第二种方案：乘起步价为8元，每千米1.4元的出租车．按出租车管理条例，在起步价内，不同型号的出租车行驶的路程是相等的，则此人从A地到B地选择哪一种方案比较合适？解：设A地到B地距离为m千米．起步价内行驶的路程为a千米．显然当m≤a时，选起步价为8元的出租车比较便宜．当m>a时，设m＝a＋x(x>0)，乘坐起步价为10元的出租车费用为P(x)元．乘坐起步价为8元的出租车费用为Q(x)元，则P(x)＝10＋1.2 x，Q (x )＝8＋1.4x .∵P (x )－Q (x )＝2－0.2x ＝0.2(10－x )，∴当x >10时，P (x )<Q (x )，此时选择起步价为10元的出租车较为合适．当x <10时，P (x )>Q (x )，此时选起步价为8元的出租车较为合适．当x ＝10时，P (x )＝Q (x )，两种出租车任选，费用相同． 1．下列关系中对任意a 1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2 解析：选B ∵a －b >0. (－a )2>(－b )2>0.即a 2>b 2>0.∴b 2a2<1.又lg b 2－lg a 2＝lg b 2a2<lg 1＝0，∴lg b 2<lg a 2.2．已知P ＝1a 2＋a ＋1，Q ＝a 2－a ＋1，那么P ，Q 的大小关系是( )A ．P >QB ．P <QC ．P ≥QD ．P ≤Q解析：选D 法一：Q P＝(a 2－a ＋1)(a 2＋a ＋1)＝(a 2＋1)2－a 2＝a 4＋a 2＋1≥1，又∵a 2＋a ＋1>0恒成立， ∴Q ≥P .法二：P －Q ＝1－(a 2－a ＋1)(a 2＋a ＋1)a 2＋a ＋1 ＝－(a 4＋a 2)a 2＋a ＋1，∵a 2＋a ＋1>0恒成立且a 4＋a 2≥0， ∴P －Q ≤0，即Q ≥P .3．已知a >0，b >0，m ＝a b ＋ba，n ＝a ＋b ，p ＝a ＋b ，则m ，n ，p 的大小关系是( )A ．m ≥n >pB ．m >n ≥pC ．n >m >pD ．n ≥m >p解析：选A 由m ＝a b ＋ba，n ＝a ＋b ，得a ＝b >0时，m＝n, 可排除B 、C 项．比较A 、D 项，不必论证与p 的关系．取特殊值a ＝4，b ＝1，则m ＝4＋12＝92，n ＝2＋1＝3，∴m >n ，可排除D ，故选A.4．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：选A a －b ＝lg mx ＋lg －mx －lg n x －lg －nx ＝(lg mx －lgnx )－⎝ ⎛⎭⎪⎫1lg n x －1lg m x＝(lg m x －lg nx )－lg mx －lg nx lg m x lg n x＝(lg mx －lg nx )⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1lg m x lg n x＝(lg m x －lgnx )⎝⎛⎭⎪⎫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.5．若0<x <1，则1x 与1x2的大小关系是________．解析：1x －1x 2＝x －1x2.因为0<x <1，所以1x －1x2<0.所以1x <1 x2.答案：1x < 1 x26．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≠－27．一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L1＝100＋(a＋100)×2.5%，月末售出的利润为L2＝120－2%a，则L1－L2＝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8．已知x ，y ∈R, 求证：sin x ＋sin y ≤1＋sin x sin y . 证明：∵sin x ＋sin y －1－sin x sin y＝sin x (1－sin y )－(1－sin y )＝(1－sin y )(sin x －1)．∵－1≤sin x ≤1，－1≤sin y ≤1.∴1－sin y ≥0，sin x －1≤0.∴(1－sin y )(sin x －1)≤0.即sin x ＋sin y ≤1＋sin x sin y .9．若a ＞0，b ＞0，c ＞0，求证：a a b b c c ≥(abc )a ＋b ＋c 3.证明：不妨设a ≥b ≥c ≥0，那么由指数函数的性质，有 ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 3≥1，⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c 3≥1，⎝ ⎛⎭⎪⎫c a c －a 3≥1. 所以a a b b c c (abc )a ＋b ＋c 3＝a a －b 3＋a －c 3b b －c 3＋b －a 3c c －a 3＋c －b 3 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫c a c －a 3≥1. ∴原不等式成立．10．已知a<b<c，x<y<z，则ax＋by＋cz，ax＋cy＋bz，bx ＋ay＋cz，bx＋cy＋az中最大的是哪一个？证明你的结论．解：ax＋by＋cz最大．理由如下：ax＋by＋cz－(ax＋cy＋bz)＝(b－c)y＋(c－b)z＝(b－c)(y －z)，∵a<b<c，x<y<z，∴b－c<0，y－z<0，∴ax＋by＋cz－(ax＋cy＋bz)>0，即ax＋by＋cz>ax＋cy＋bz.ax＋by＋cz－(bx＋ay＋cz)＝(a－b)x＋(b－a)y＝(a－b)(x －y)>0，∴ax＋by＋cz>bx＋ay＋cz.ax＋by＋cz－(bx＋cy＋az)＝(a－b)x＋(b－c)y＋(c－a)z＝(a－b)x＋(b－c)y＋[(c－b)＋(b－a)]z＝(a－b)(x－z)＋(b－c)(y－z)>0，∴ax＋by＋cz>bx＋cy＋az.故ax＋by＋cz最大．。

证明不等式的基本方法

用换元法证明不等式时一定要注意新元的约束条件及整体置换策略. 主要是三角换元和均值换元。
x2
例7(1)设

y2
1, 求x
y的最大值，
16 9
并求此时的x, y值。三角换元
（2）设 x, y R，且 x2 y 2 1，
求证：| x2 2xy y 2 | 2 ；
（1）设 x r sin, y r cos,且 | r | 1
证明：∵ a, b 是正数，且 a b ， ∴要证 aabb abba ,只要证 lg (aabb ) lg(abba ) ,
只要证 a lg a b lgb b lg a a lgb .
(a lg a b lg b) (b lg a a lg b) = (a b)(lg a lg b)
= (a2 b2 )(a b) = (a b)(a b)2
∵ a,b 是正数，且 a b ,∴ a b 0, (a b)2 >0
∴ (a3 b3 ) (a2b ab2 ) >0,∴ a3 b3 a2b ab2
注：比较法是证明不等式的基本方法，也是最重要的方法,另外，有时还可作商比较.
当且仅当(a b)(b c)≥0 时,等号成立.
四.反证法:
假设命题结论的反面成立，经过正确的推理, 引出矛盾，因此说明假设错误,从而证明原命题成立,这样的证明方法叫反证法.(正难则反)
例、已知 f (x) x2 px q，求证：
1
| f (1) |,| f (2) |,| f (3) |中至少有一个不小于2 。
求证:已知a, b, c R+,求证 :书P25页2（2）

5.3 证明不等式的基本方法课件(人教A版选修4-5)

∵ a , b 是正数，且 a b ,∴ a b 0 , (a b)2 >0
∴ (a3 b3 ) (a2b ab2 ) >0,∴ a 3 b3 a 2b ab2
注：比较法是证明不等式的基本方法，也是最重要的方法,另外，有时还可作商比较(如课本第 22 页例 3).
课堂练习:
1 1 x y 1.已知 a, b, x, y R 且 , x y ,求证: . a b xa yb 2.(课本第 23 页习题 2.1 第 4 题)已知 a, b, c 是正数,

求证: a 2a b2b c 2c ≥ a b c ba c c a b 3.(课本第 22 页例 2)已知 a , b, m 都是正数,并且 a b ,
∴a b 若实数 x 1 ，求证： 3(1 x 2 x4 ) (1 x x 2 )2 . 2.非负实数 x1、x2，且 x1+x2≤1，求证： 1 x1 1 x2 ≥ 1 x1 x2 1 3.已知 a , b 是不相等正数,且 a3 b3 a2 b2 ,
尝试2 尝试3
思考一：已知 a , b 是正数，且 a b ，求证：a 3 b3 a 2b ab2
尝试 2：转化尝试，就是不断寻找并简化欲证不等式成立的充分条件，到一个明显或易证其成立的充分条件为止. 其逻辑关系是： B B1 B2 Bn A . 证明：∵ a 0, b 0, 且a b ∴要证 a3 b3 a 2b ab2 ,只要证 (a b)(a2 ab b2 ) ab(a b) ,
4 求证: 1 a b . 3
4. 比较 loga (1 x) 与 loga (1 x)

人教版高中数学选修4-5课件：2.1比较法

第二讲证明不等式的基本方法一比较法
【自主预习】比较法的定义比较法证明不等式可分为作差比较法和作商比较法两种.
(1)作差比较法:要证明a>b,只要证明_a_-_b_>_0_;要证明
a<b,只要证明______.这种证明不等式的方法,叫做作 a-b<0
差比较法.
(2)作商比较法:若a>0,b>0,要证明a>b,只要证明
【失误案例】
分析解题过程,找出错误之处,并写出正确答案. 提示:错误的根本原因是应用不等式的性质,或对差式的变形不彻底而引起的.
【解析】由②c-b=(a-2)2≥0,,所以b-a=a2-a+1= (a 1)2 3＞0.
所以b>a,故c≥b>a.
24
ab
ab 2 .
2.将典例中的条件改为“a>b>c>0”,求证:
a2ab2bc2c>ab+cbc+aca+b.
【证明】由a>b>c>0,得ab+cbc+aca+b>0,a2ab2bc2c>0.
所证不等式左边除以右边,得
=aa-baa-cbb-cbb-acc-acc-b=
a 2a b2bc2c a b bc cacab
【变式训练】1.(2015·浙江高考)有三个房间需要粉刷,粉刷方案要求:每个房间只用一种颜色,且三个房间颜色各不相同.已知三个房间的粉刷面积(单位:m2)分别为x,y,z,且x<y<z,三种颜色涂料的粉刷费用(单位: 元/m2)分别为a,b,c,且a<b<c.在不同的方案中,最低的总费用(单位:元)是( )
类型二作商比较法

2020学年高中数学第2讲证明不等式的基本方法第一课时比较法课件新人教A版选修4_5

思路点拨由于两边都是低次的整式，宜用作差法.
【证明】 (1)a2＋b2－2(a－b－1) ＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0， ∴a2＋b2≥2(a－b－1). (2)bc2＋ca2＋ab2－(b2c＋c2a＋a2b) ＝(bc2－c2a)＋(ca2－b2c)＋(ab2－a2b) ＝c2(b－a)＋c(a－b)(a＋b)＋ab(b－a) ＝(b－a)(c2－ac－bc＋ab) ＝(b－a)(c－a)(c－b)， ∵a>b>c，∴b－a<0，c－a<0，c－b<0. ∴(b－a)(c－a)(c－b)<0， ∴bc2＋ca2＋ab2<b2c＋c2a＋a2b.
解，然后得出结论.
【解析】设原来的窗户面积与地板面积分别为 a，b，窗户面积和地板面积同时增加的面积为 c，且ab≥10%. 则现有的窗户面积与地板面积分别为 a＋c 与 b＋c，于是原来窗户面积与地板面积之比为ab，面积均增加 c 以后的窗户面积与地板面积之比为ab＋＋cc，因此要确定采光条件的
题型三比较法的实际应用建筑学规定，民用住宅的窗户面积必须小于地
板面积，但按采光标准，窗户面积与地板面积的比不应小于 10%，并且这个比值越大，住宅的采光条件越好.问同时增加相等的窗户面积和地板面积，住宅的采光条件是变好了，还是变坏了？请说明理由.
思路点拨先建立数学模型，再利用不等式的知识求
a＋b 综上可知，对任意实数 a、b，都有 aabb≥(ab) 2 .
●方法技巧 (1)当欲证的不等式两端是乘积形式或幂指数不等式时，常采用作商比较法. (2)作商比较法的证明步骤是：判断符号、作商、变形、判断与1的大小.
变式训练
2.已知a>2，求证：loga(a－1)<log(a＋1)a.

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二、放缩法：放缩法： 1、放缩法的意义：放缩法发理论依据是不等式的传递性：若 a < b, b < c ，则 a < c 放缩法的操作：若求证 P < Q ，先证
P 0, 且 x + y > 2, 、
1+ x 1+ y , 试证：试证：中至少有一个小于2。 y x
例2、已知 a, b, c 为实数，、
a + b + c > 0.ab + bc + ca > 0, abc > 0
，求证： a
> 0, b > 0, c > 0
例3、若p>0,q>0,p3+p3=2.证明：p+q≤2. 、
反证法与放缩法
一、反证法： 1、反证法证题的步骤若A成立，求证B成立。、共分三步：（1）提出与结论相反的假设；如负数的反面是非负数，正数的反面是非正数即0和负数（2）从假设出发，经过推理，得出矛盾；（必须由假设出发进行推理否则不是反证法或证错）（3）由矛盾判定假设不正确，从而肯定命题的结论正确矛盾：与定义、公理、定理、公式、性质等一切已有的结论矛盾甚至自相矛盾。反证法是一种间接证明命题的基本方法。在证明一个数学命题时，如果运用直接证明法比较困难或难以证明时，可运用反证法进行证明。
Pn < Q,
例4、设a、b、c均为实数，求证：、
1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + 2a 2b 2c b + c c + a a + b
例5、已知、
a, b, c, d ∈ R ，求证
a b c d 1< + + + <2 a+b+d b+c+a c+d +b d +a+c
例6、已知
，求证： a, b ∈ R 求证：
| a+b| |a| |b| ≤ + 1+ | a + b | 1+ | a | 1+ | b |
1 1 1 预备求证：预备求证： 1 + + + L + < 2 2!
1 例7、求证：2 < 1 + < 3 ( n ∈ N , n ≥ 2 ) 、求证： n
不等式的基本证明方法已知求证： a, b, c, d ∈ R, 求证： 2 2 2 2 2 ( a + b )( c + d ) ≥ ( ac + bd )
证法一：综合法证法一：证法二：证法二：分析法证法三、证法三、比较法证法四、证法四、三角代换法证法五、证法五、构造函数法
六、课后作业：P 29 1、2、3、4、5、6 课后作业：、、、、、课外: <成才之路> P 45、P49、P 51 三个