【小初高学习】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
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 2.1 比较法课
比较法课时提升作业六一、选择题(每小题6分,共18分)1.设t=a+2b,s=a+b2+1,则下列t与s的大小关系中正确的是( )A.t>sB.t≥sC.t<sD.t≤s【解析】选D.s-t=(a+b2+1)-(a+2b)=(b-1)2≥0,所以s≥t.【补偿训练】已知a>2,b>2,则( )A.ab≥a+bB.ab≤a+bC.ab>a+bD.ab<a+b【解析】选C.因为a>2,b>2,所以-1>0,-1>0,则ab-(a+b)=a+b>0.所以ab>a+b.2.(2016·商丘高二检测)给出下列命题:①当b>0时,a>b⇔>1;②当b>0时,a<b⇔<1;③当a>0,b>0时,>1⇔a>b;④当ab>0时,>1⇔a>b.其中真命题是( )A.①②③B.①②④C.④D.①②③④【解析】选A.①当b>0时,>1⇔-1>0⇔>0,即a>b⇔>1,故①正确;②当b>0时,<1⇔-1<0⇔<0,即a<b⇔<1,故②正确;结合①知③正确;由>1⇔-1>0⇔>0,知b>0时,>1⇔a>b,b<0时,>1⇔a<b,即④不正确.3.已知a>b>-1,则与的大小关系为( )A.>B.<C.≥D.≤【解析】选B.因为a>b>-1,所以a+1>0,b+1>0,a-b>0,则-=<0,所以<.二、填空题(每小题6分,共12分)4.(2016·大同高二检测)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=(ab-1)2+(a+2)2,所以,若P>Q,则实数a,b满足的条件为ab≠1或a≠-2.答案:ab≠1或a≠-25.若x<y<0,M=(x2+y2)(x-y),N=(x2-y2)(x+y),则M,N的大小关系为________.【解析】M-N=(x2+y2)(x-y)-(x2-y2)(x+y)=(x-y)[(x2+y2)-(x+y)2]=-2xy(x-y).因为x<y<0,所以xy>0,x-y<0.所以-2xy(x-y)>0,所以M-N>0,即M>N.答案:M>N三、解答题(每小题10分,共30分)6.设A=+,B=(a>0,b>0),试比较A,B的大小.【解题指南】本题可考虑使用作商法,另外化简时可考虑使用基本不等式.【解析】因为==×=≥=1(当且仅当a=b时,等号成立).又因为B>0,所以A≥B.7.(2016·菏泽高二检测)已知a>0,b>0,求证:+≥+.【证明】-(+)=+=+=(a-b)·=≥0,所以+≥+.8.已知a,b均为实数,用比较法证明:≥(当且仅当a=b时等号成立).【证明】-=-==≥0,当且仅当a=b时等号成立,所以≥(当且仅当a=b时等号成立).一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2016·温州高二检测)已知a>b>0且ab=1,设c=,P=log c a,N=log c b,M=log c(ab),则( )A.P<M<NB.M<P<NC.N<P<MD.P<N<M【解析】选A.因为a>b>0且ab=1,所以a>1,0<b<1,a+b>2,所以0<c<1,得P<0,N>0,M=0,即P<M<N.2.已知a>b>0,c>d>0,m=-,n=,则m与n的大小关系是( ) A.m<n B.m>n C.m≥n D.m≤n【解析】选B.因为a>b>0,c>d>0,所以ac>bd>0,>,所以m>0,n>0.又因为m2=ac+bd-2,n2=ac+bd-(ad+bc),又由ad+bc>2,所以-2>-ad-bc,所以m2>n2,所以m>n.二、填空题(每小题5分,共10分)3.已知0<x<1,a=2,b=1+x,c=,则a,b,c中最大的是________.【解析】因为0<x<1,所以a>0,b>0,c>0,又a2-b2=(2)2-(1+x)2=-(1-x)2<0,所以a2-b2<0,所以a<b.又c-b=-(1+x)=>0,所以c>b,所以c>b>a.答案:c4.比较大小:log34______log67.【解题指南】令log34=a,log67=b,利用对数运算性质,比较a-b与0的大小.【解析】设log34=a,log67=b,则3a=4,6b=7,得7·3a=4·6b=4·2b·3b,即3a-b=,显然b>1,2b>2,则3a-b=>1⇒a-b>0⇒a>b.答案:>三、解答题(每小题10分,共20分)5.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:a2b+ab2比a3+b3接近2ab.【证明】因为a>0,b>0,且a≠b,所以a2b+ab2>2ab,a3+b3>2ab.所以a2b+ab2-2ab>0,a3+b3-2ab>0.所以|a2b+ab2-2ab|-|a3+b3-2ab|=a2b+ab2-2ab-a3-b3+2ab=a2b+ab2-a3-b3=a2(b-a)+b2(a-b)=(a-b)(b2-a2)=-(a-b)2(a+b)<0所以|a2b+ab2-2ab|<|a3+b3-2ab|,所以a2b+ab2比a3+b3接近2ab.6.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?【解析】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t1,t2,依题意有:m+n=s,+=t2.所以t1=,t2=,所以t1-t2=-==-.其中s,m,n都是正数,且m≠n,所以t1-t2<0,即t1<t2,从而知甲比乙先到达指定地点.【方法技巧】应用不等式解决实际问题的策略(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)在实际应用题中解决不等式问题时,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.。
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．
高中数学第二讲讲明不等式的基本方法1比较法课件新人教A版选修45
3．设 a，b，m 均为正数，且ba＜ab＋＋mm，则 a 与 b 的大小关系是________．
第三十二页，共36页。
【解析】 ba＋ ＋mm－ba＝maaa＋－mb＞0. 又 a，b，m 为正数， ∴a(a＋m)＞0，m＞0，因此 a－b＞0. 即 a＞b. 【答案】 a＞b
第五页，共36页。
下列命题：
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.
其中真命题是( ) A．①②③ B．①②④
C．④
第六页，共36页。
D.①②③④
【解析】 由不等式的性质，①②③正确．当 ab＞0 时(若 b＜0，a＜0)，ab＞ 1 与 a＞b 不等价，④错．
第十二页，共36页。
[再练一题] 1．已知 m，n∈R＋，求证：m＋2 n≥m＋n mn·nm.
第十三页，共36页。
【证明】 因为 m，n∈R＋，
所以m＋2 n≥
m＋n
mn＝
m＋n
mn 2 ，
m＋n
令 ω＝mmnn·nm2
m－n n－m
m－n
＝m 2 ·n 2 ＝mn 2 ，
则：①当 m>n>0 时，mn >1，m－n>0，则 ω>1.
【答案】 D
第二十九页，共36页。
2．已知 a＞0 且 a≠1，P＝loga(a3＋1)，Q＝loga(a2＋1)，则 P，Q 的大小关
系是( )
【导学号：32750030】
A．P＞Q
B．P＜Q
C．P＝Q
D.大小不确定
高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 2.1 比较法预习导航学案 新人教A版选修45
2.1 比较法预习导航1．理解作差比较法和作商比较法．2．用比较法证明不等式．1．比较法的种类 比较法一般分为两种：作差比较法和作商比较法．2．作差比较法(1)作差比较法的证明依据：①a ＜b ⇔a －b ＜0；②a ＝b ⇔a －b ＝0；③a ＞b ⇔a －b ＞0.(2)基本步骤：①作差；②变形；③判断符号；④下结论．归纳总结 用作差比较法证明不等式时，要判断不等式两边差的符号，对不等式两边求差后，要通过配方、因式分解、通分等，对所得代数式进行变形，得到一个能够明显看得出其符号的代数式，进而得出证明．【做一做1－1】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 ．ba ＞1 D ．212a ⎛⎫ ⎪⎝⎭＞212b ⎛⎫ ⎪⎝⎭解析：方法1：取特殊值a ＝－4，b ＝－1，则知选项A ，C ，D 不正确，选项B 正确，故选B ；方法2：∵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．答案：B【做一做1－2】若P ＝2，Q ＝6－2，R ＝7－3，则P ，Q ，R 的大小关系是( )A ．P ＞Q ＞RB ．P ＞R ＞QC ．Q ＞P ＞RD ．Q ＞R ＞P解析：∵2＋2＝22＞6，∴2＞6－2，即P ＞Q ；又∵6＋3＞7＋2，∴6－2＞7－3，即Q ＞R .∴P ＞Q ＞R .答案：A3．作商比较法(1)作商比较法的证明依据：当a ，b ＞0时，⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝b ⇔a b ＝1；a >b ⇔a b>1；a <b ⇔a b <1. (2)基本步骤：①作商；②变形；③判断与“1”的大小；④下结论． 【做一做2】比较大小：121log 3________131log 2. 解析：212111222131log 3111log log log 1333log 2⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭， 又∵112211log log 132>=，∴2121log 13⎛⎫> ⎪⎝⎭. ∴112311log log 32>. 答案：＞。
高中数学第二讲讲明不等式的基本方法2.1比较法自主训练新人教A版选修4_520171115172
2.1 比较法自主广场我夯基我达标1.下列关系中对任意a<b<0的实数都成立的是 ……（ ）A.a 2<b 2B.lgb 2<lga 2C.a b >1D.(21)2a >(21)2b思路解析:∵a<b<0,∴-a>-b>0.(-a)2>(-b)2>0,即a 2>b 2>0. ∴22a b <1.又lgb 2-lga 2=lg 22a b <lg1=0.∴lgb 2<lga 2.答案:B2.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<QC.P=QD.大小不确定思路解析:P-Q=log a (a 3+1)-log a (a 2+1)=log a 1123++a a .当0<a<1时,0<a 3+1<a 2+1,0<1123++a a <1,∴log a 1123++a a >0.即P-Q>0,∴P>Q.当a>1时,a 3+1>a 2+1>0, 1123++a a >1,∴log a 1123++a a >0.即P-Q>0,∴P>Q.答案:A3.a,b 都是正数,P=2ba +,Q=b a +,则P,Q 的大小关系是（ ）A.P>QB.P<QC.P≥QD.P≤Q思路解析:∵a,b 都是正数,∴P>0,Q>0.∴P 2-Q 2=(2b a +)2-(b a +)2=2)(2b a --≤0.∴P 2-Q 2≤0.∴P≤Q.答案:D4.已知0<x<1,a=x 2,b=1+x,c=x -11,则其中最大的是（ ）A.aB.bC.cD.不能确定思路解析:因为0<x<1,所以a>0,b>0,c>0,又a 2-b 2=(x 2)2-(1+x)2=-(1-x)2<0,所以a 2-b 2<0,a<b.又c-b=x -11-(1+x)=x x -12>0,所以c>b,所以c>b>a.答案:C5.已知a,b,c,d∈{正实数}且b a <d c,则（ ） A.b a <d b ca ++<d c B.dbc a ++<b a <d cC.b a <d c <d b ca ++ D.以上均可能思路解析:因为b a -)(d b b bcad d b ca +-=++.又因为a,b,c,d∈{正实数}且b a <d c， 所以)(d b b bc ad +-,<0.所以d b ca b a ++<. 又因为d d b bcad d cd b ca ∙+-=-++)(<0,所以d cd b ca <++.答案:A6.若-1<a<b<0,则a 1,b 1,a 2,b 2中值最小的是____________.思路解析:依题意,知a 1>b 1,a 2>b 2,故只需比较b 1与b 2的大小.因为b 2>0, b 1<0,∴b 1<b 2.答案:b 17.已知x∈R ,求证:1+2x 4≥x 2+2x 3.证法一:1+2x 4-(x 2+2x 3)=2x 3(x-1)-(x-1)(x+1)=(x-1)(2x 3-x-1)=(x-1)2(2x 2+2x+1)=(x-1)2［(x+1)2+x 2］≥0,即1+2x 4-(x 2+2x 3)≥0.所以1+2x 4≥x 2+2x 3.证法二:1+2x 4-(x 2+2x 3)=x 4-2x 3+x 2+x 4-2x 2+1=x 2(x-1)2+(x 2-1)2≥0.即1+2x 4-(x 2+2x 3)≥0.所以1+2x 4≥x 2+2x 3.8.已知a>b>c>0,求证:a 2a b 2b c 2c >a b+c b a+c c a+b .证明:由a>b>c>0,得a b+c b c+a c a+b >0. 作商b a a c c b cc b b a a b a a c c b c b a c c b b a a c c b b a a c b a c b a =+++222=a a-b a a-c b b-c b b-a c c-a c c-b =(b a)a-b (c a )a-c (c b )b-c.由a>b>c>0,得a-b>0,a-c>0,b-c>0, 且b a >1,c a >1,c b>1. ∴(b a )a-b (c a)a-c (c b)b-c >1.∴a 2a b 2b c 2c >a b+c b c+a c a+b .9.已知x>0,x≠1,m>n>0,比较:x m +m x 1与x n +n x 1的大小.解:x m +m x 1-(x n +n x 1)=x m -x n +m x 1-n x 1=x m -x n +m n mn x x x +-=(x m -x n )(1-n m x +1).当0<x<1时,由m>n>0,知x m <x n 且x m+n <1,则有1-n m x +1<0,所以(x m -x n )(1-n m x +1)>0.当x>1时,由m>n>0,知x m >x n 且x m+n >1,则有1-n m x +1>0.所以(x m -x n )(1-n m x +1)>0.综上所述:x m +m x 1>x n +n x 1.我综合我发展10.已知a∈R ,b∈R ,且a ≠b,在①a 2+3ab>2b 2;②a 5+b 5>a 3b 2+a 2b 3;③a 2+b 2≥2(a -b-1);④b a +a b >2.四个式子中恒成立的有（ ）A.4个B.3个C.2个D.1个思路解析:①④举反例很容易排除,对②利用作差法a 5+b 5-a 3b 2-a 2b 3=a 3(a 2-b 2)-b 3(a 2-b 2)=(a 2-b 2)(a 3-b 3)=(a-b)2(a+b)(a 2+ab+b 2),因为(a-b)2>0,a 2+ab+b 2>0,而a+b 的符号是不确定的,故差值符号不能确定,因此②不正确.对于③a 2+b 2-2a+2b+2=(a-1)2+(b+1)2≥0，故a 2+b 2≥2(a -b+1),故③正确.综合以上分析,只有③正确.答案:D11.已知x=bt a a t b 22)()(---,y=a-b,其中a,b 均为正数,t∈R ,则下列结论成立的是（ ） A.当a≤b 时,x≥y B.当a≤b 时,x≤yC.x≥yD.x≤y.思路解析:x-y=a t b 2)(--a+b-bt a 2)(- =bt a b t b a a a t b t b a ))(())((+--++---+ =ab t b a )(-+(b 2-a 2+at-bt)=abt b a 2)(-+·(b -a), 故当a≤b 时,x≥y.答案:A12.设二次函数f(x)=ax 2+bx+c(a>0),方程f(x)-x=0的两个根x 1,x 2满足0<x 1<x 2<a 1,当x∈(0,x 1)时,求证:x<f(x)<x 1.证明:令F(x)=f(x)-x=ax 2+(b-1)x+c.由x 1,x 2是方程f(x)-x=0的两根,则F(x)=a(x-x 1)(x-x 2).又∵x∈(0,x 1),由0<x 1<x 2<a1,a>0, ∴F(x)=a(x -x 1)(x-x 2)>0,∴f(x)-x>0,∴f(x)>x.又∵x 1-f(x)=x 1-［x+F(x)］=x 1-x-a(x-x 1)(x-x 2)=a(x 1-x)［a1+x-x 2］, 又∵0<x 1<x 2<a1, ∴x 1-x>0,a 1+x-x 2>0.∴x 1-f(x)>0,∴x 1>f(x).故x<f(x)<x 1.13.求证:|log a (1-tanx)|>|log a (1+tanx)|,其中a>0,a≠1,x∈(0,4π). 证明:由x∈(0,4π),∴tanx∈(0,1). ∴1-tanx∈(0,1),1+tanx∈(1,2).∵|log a (1-tanx)|>0,|log a (1+tanx)|>0,|)tan 1(log ||)tan 1(log |x x a a +-=|log (1+tanx)(1-tanx)| =-log (1+tanx)(1-tanx)=log (1+tanx)xtan 11- =log (1+tanx)tan)1)(tan 1(tan 1+-+x x =1+log (1+tanx)x2tan 11-. ∵1+tanx>1,0<1-tan 2x<1, ∴x2tan 11->1. ∴1+log (1+tanx)x 2tan 11->1. ∴|log a (1-tanx)|>|log a (1+tanx)|.14.设函数f(x)=12+x -ax,其中a>0.若函数f(x)在［0,+∞)上是单调函数,求a 的取值范围. 解:设取x 1,x 2∈［0,+∞),且x 1<x 2,f(x 1)-f(x 2)=112221+-+x x -a(x 1-x 2) =1122212221+++-x x x x -a(x 1-x 2)=(x 1-x 2)(11222121++++x x x x -a). (1)当a≥1时,由11222121++++x x x x <1,易知f(x 1)>f(x 2),所以,当a≥1时,函数f(x)在区间［0,+∞)上是单调递减函数.(2)当0<a<1时,在区间［0,+∞)上存在两点x 1=0,x 2=212a a -,满足f(x 1)=f(x 2)=1,从而f(x)在［0,+∞)不是单调函数.∴所求a 的取值范围是a∈［1,+∞).15.已知数列{a n }是等差数列,其前n 项和为S n ,a 3=7,S 4=24.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设p,q 是正整数,且p≠q,求证:S p+q <21(S 2p +S 2q ).(1)解:设等差数列{a n }的公差是d,依题意,得⎪⎩⎪⎨⎧=⨯+=+.242344,7211d a d a 解得a 1=3,d=2.∴数列{a n }的通项公式为a n =a 1+(n-1)d=2n+1.(2)证明:∵a n =2n+1,∴S n =2)(1n a an +=n 2+2n.∵2S p+q -(S 2p +S 2q )=2［(p+q)2+2(p+q)］-(4p 2+4p)-(4q 2+4q)=-2(p-q)2, 而p≠q,故2S p+q -(S 2p +S 2q )<0.∴S p+q <21(S 2p +S 2q ).。
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<.。
精品-新人教版2018_2019学年高中数学第二讲讲明不等式的基本方法本讲知识归纳与达标验收讲义含解析新人教A
第二讲 讲明不等式的基本方法考情分析从近两年的高考试题来看，不等式的证明主要考查比较法与综合法，而比较法多用作差比较，综合法主要涉及基本不等式与不等式的性质，题目难度不大，属中档题．在证明不等式时，要依据命题提供的信息选择合适的方法与技巧进行证明．如果已知条件与待证结论之间的联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”“恒成立”等方式给出，可考虑用反证法．在必要的情况下，可能还需要使用换元法、放缩法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．真题体验1．(2017·全国卷Ⅱ)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 ＋b6＝(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＋b3＝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 ≤2.2．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，M 为不等式f (x )＜2的解集．(1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |＜|1＋ab |.解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x≤－12，1，－12＜x ＜12，2x ，x≥12.当x ≤－12时，由f (x )＜2得－2x ＜2，解得x ＞－1；当－12＜x ＜12时，f (x )＜2恒成立；当x ≥12时，由f (x )＜2得2x ＜2，解得x ＜1.所以f (x )＜2的解集M ＝{x |－1＜x ＜1}．(2)证明：由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1＜a ＜1，－1＜b ＜1，从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)(1－b 2)＜0.因此|a ＋b |＜|1＋ab |.作差比较法证明的一般步骤是：①作差；②恒等变形；③判断结果的符号；④下结论．其中，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，而不是考虑差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．[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 c z 2≥2(xy ＋yz ＋zx )． [证明]∵b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b c z 2－2(xy ＋yz ＋zx )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b a x2＋a b y2－2xy ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b y2＋b c z2－2yz ＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c z2＋c a x2－2zx ＝b a x －a b y 2＋ cb y －b cz 2＋a cz －c ax 2≥0. ∴b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx ).件(由因导果)，最后推导出所要证明的不等式成立．综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推证的基本理论．证明时要注意：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．[例2]设a ，b ，c ∈R ＋且a ＋b ＋c ＝1. 求证：(1)2ab ＋bc ＋ca ＋c22≤12；(2)a2＋c2b ＋b2＋a2c ＋c2＋b2a≥2.[证明](1)因为1＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ≥4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2， 当且仅当a ＝b 时等号成立，所以2ab ＋bc ＋ca ＋c22＝12(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)≤12.(2)因为a2＋c2b ≥2ac b ，b2＋a2c ≥2ab c ，c2＋b2a ≥2bca ，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立．所以a2＋c2b ＋b2＋a2c ＋c2＋b2a≥⎝⎛⎭⎪⎫ac b ＋ab c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ab c ＋bc a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ac b ＋bc a ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c ＋b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c ＋c a ＋c ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a ≥2a ＋2b ＋2c ＝2，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立.理论．分析法证明不等式的思维方向是“逆推”，即由待证的不等式出发，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．当要证的不等式不知从何入手时，可考虑用分析法去证明，特别是对于条件简单而结论复杂的题目往往更为有效．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”，逐步推导出不等式成立的必要条件，两者是对立统一的两种方法．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．[例3]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，只需证⎝⎛⎭⎪⎫a ＋12＋ b ＋122≤4， 即证a ＋b ＋1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋12≤4. 即证⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋12≤1.也就是要证ab ＋12(a ＋b )＋14≤1，即证ab ≤14.∵a >0，b >0，a ＋b ＝1.∴1＝a ＋b ≥2ab ，∴ab ≤14，即上式成立．故a ＋12＋b ＋12≤2.种．假设欲证的命题是“若A 则B ”，我们可以通过否定B 来达到肯定B 的目的，如果B 只有有限多种情况，就可用反证法．用反证法证明不等式，其实质是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出与已知条件、公理、定理或某些性质相矛盾的结论，从而肯定原命题成立．[例4]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. [证明]假设a ，b ，c 不全是正数，即其中至少有一个不是正数．不妨先设a ≤0，下面分a ＝0或a <0两种情况讨论．①如果a ＝0，那么abc ＝0，与已知矛盾， 所以a ＝0不可能．②如果a <0，那么由abc >0，可得bc <0. 又因为a ＋b ＋c >0，所以b ＋c >－a >0， 于是ab ＋bc ＋ca ＝a (b ＋c )＋bc <0， 这与已知中的ab ＋bc ＋ca >0相矛盾． 因此，a <0也不可能．综上所述，a >0. 同理可以证明b >0，c >0，所以原命题成立.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．[例5]已知n ∈N ＋，求证：19＋125＋…＋1(2n ＋1)2<14.[证明]因为1(2k ＋1)2<14k2＋4k ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1，所以19＋125＋…＋1(2n ＋1)2<14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1<14.(时间：90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50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：选B 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即可，故只需进行逆向推理即可．2．设a ＝lg 2＋lg 5，b ＝e x(x <0)，则a 与b 的大小关系是()A ．a <bB ．a >bC ．a ＝bD ．a ≤b解析：选B ∵a ＝lg 2＋lg 5＝1，b ＝e x(x <0)，故b <1，∴a >b .3．已知a ，b ，c ，d 为实数，ab ＞0，－c a ＜－db，则下列不等式中成立的是()A ．bc ＜adB ．bc ＞adC.a c ＞b dD.a c ＜bd解析：选B 将－c a ＜－db两边同乘以正数ab ，得－bc ＜－ad ，所以bc ＞ad .4．已知x 1>0，x 1≠1，且x n ＋1＝xn(x2n ＋3)3x2n ＋1(n ∈N *)，试证“数列{x n }对任意正整数n 都满足x n <x n ＋1，或者对任意正整数n 都满足x n >x n ＋1”，当此题用反证法否定结论时，应为()A ．对任意的正整数n ，都有x n ＝x n ＋1B ．存在正整数n ，使x n >x n ＋1C ．存在正整数n (n ≥2)，使x n ≥x n ＋1且x n ≤x n －1D ．存在正整数n (n ≥2)，使(x n －x n －1)(x n －x n ＋1)≥0解析：选D 命题的结论是等价于“数列{x n }是递增数列或是递减数列”，其反设是“数列既不是递增数列，也不是递减数列”，由此可知选D.5．用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是()A ．方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根B ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有一个实根 C ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有两个实根 D ．方程x 3＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根解析：选A 至少有一个实根的否定是没有实根，故做的假设是“方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根”．6．使不等式3＋8＞1＋a 成立的正整数a 的最大值为()A ．10B ．11C ．12D ．13解析：选C 用分析法可证a ＝12时不等式成立，a ＝13时不等式不成立．7．已知a ，b ，c ，d ∈R ＋且S ＝a a ＋b ＋c ＋b b ＋c ＋d ＋c c ＋d ＋a ＋d a ＋b ＋d，则下列判断中正确的是()A ．0<S <1B ．1<S <2C ．2<S <3D ．3<S <4解析：选 B 用放缩法，a a ＋b ＋c ＋d <a a ＋b ＋c <a a ＋c ，b a ＋b ＋c ＋d <b b ＋c ＋d <bd ＋b，c a ＋b ＋c ＋d <c c ＋d ＋a <c c ＋a ，d a ＋b ＋c ＋d <d d ＋a ＋b <dd ＋b ，以上四个不等式相加，得1<S <2.8．已知a ，b 为非零实数，则使不等式a b ＋ba≤－2成立的一个充分不必要条件是()A ．ab ＞0B ．ab ＜0C ．a ＞0，b ＜0D ．a ＞0，b ＞0解析：选C 因为a b 与b a 同号，由a b ＋b a ≤－2，知a b ＜0，ba＜0，即ab ＜0.又若ab ＜0，则a b ＜0，ba＜0，所以a b ＋b a ＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a≤－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－a b ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ＝－2，综上，ab ＜0是a b ＋ba≤－2成立的充要条件，所以a ＞0，b ＜0是a b ＋ba≤－2成立的一个充分不必要条件．9．已知a >0，b >0，c >0，且a 2＋b 2＝c 2，则a n ＋b n 与c n的大小关系为(n ≥3，n ∈N ＋)()A ．a n ＋b n >c nB ．a n＋b n<c nC ．a n＋b n≥c nD ．a n＋b n ＝cn解析：选B 因为a 2＋b 2＝c 2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 2＝1.所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a c n <⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫b c n <⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a c n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c n <⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 2＝1.所以a n ＋b n <c n .故选B.10．若α∈⎝⎛⎭⎪⎫π，5π4，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 >QB ．M >P >N >QC ．M >P >Q >ND ．N >P >Q >M解析：选D ∵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 .P ＝12|sin α|＋|cos α|<12(|cos α|＋|cos α|)＝|cos α|＝N .∴N >P >M .∵Q ＝12sin 2α＝sin αcos α<|sin α|＋|cos α|2＝P ，Q ＝sin αcos α>sin2α＝|sin α|＝M ，∴N >P >Q >M .二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上)11．用反证法证明“在△ABC 中，若∠A 是直角，则∠B 一定是锐角”时，应假设________________．解析：“∠B 一定是锐角”的否定是“∠B 不是锐角”．答案：∠B 不是锐角12．如果a a ＋b b>a b ＋b a ，则实数a ，b 应满足的条件是________．解析：由a 知a ≥0，b 知b ≥0，而a a ＋b b ≠a b ＋b a ，知b ≠a .此时a a ＋b b －(a b ＋b a)＝(a －b)2(a ＋b)>0，不等式成立．故实数a ，b 应满足的条件是a ≥0，b ≥0，a ≠b .答案：a ≥0，b ≥0，a ≠b13．已知a ＋b >0，则a b2＋b a2与1a ＋1b的大小关系是________．解析：a b2＋b a2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝a －b b2＋b －aa2＝(a －b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1b2－1a2＝(a ＋b)(a －b)2a2b2.∵a ＋b >0，(a －b )2≥0，∴(a ＋b)(a －b)2a2b2≥0.∴a b2＋b a2≥1a ＋1b. 答案：a b2＋b a2≥1a ＋1b14．设0<m <n <a <b ，函数y ＝f (x )在R 上是减函数，下列四个数f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b －m a －m ，f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋n b ＋n 的大小顺序依次是____________．解析：∵a b <a ＋n b ＋n <1<b a <b －ma －m，根据函数的单调性，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋n b ＋n >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b －m a －m . 答案：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋n b ＋n >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b －m a －m三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)设|a |＜1，|b |＜1，求证：|a ＋b |＋|a －b |＜2.证明：当a ＋b 与a －b 同号时，|a ＋b |＋|a －b |＝|a ＋b ＋a －b |＝2|a |＜2；当a ＋b 与a －b 异号时，|a ＋b |＋|a －b |＝|a ＋b －(a －b )|＝2|b |＜2.∴|a ＋b |＋|a －b |＜2.16．(本小题满分12分)已知：在△ABC 中，∠CAB >90°，D 是BC 的中点，求证：AD <12BC (如右图所示)．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∠A ＝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 >∠BAD .同理∠C >∠CAD .所以∠B ＋∠C >∠BAD ＋∠CAD .即∠B ＋∠C >∠A .因为∠B ＋∠C ＝180°－∠A ，所以180°－∠A >∠A 即∠A ＜90°，与已知矛盾，故AD ＞12BC 不成立．由(1)(2)知AD ＜12BC 成立．17．(本小题满分12分)求证：1＋11＋11×2＋11×2×3＋…＋11×2×3×…×n<3.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＋1－12n 1－12＝3－12n －1<3.18．(本小题满分14分)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：b2a ＋c2b ＋a2c ≥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b2a ＋c2b ＋a2c ＋(a ＋b ＋c )＝⎝⎛⎭⎪⎫b2a ＋a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c2b ＋b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a2c ＋c≥2⎝⎛⎭⎪⎫b2a·a＋ c2b·b＋ a2c ·c ＝2(a ＋b ＋c )，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，取等号，所以b2a ＋c2b ＋a2c ≥a ＋b ＋c ，即b2a ＋c2b ＋a2c≥3.。
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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 a lg 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 <nB ．m >nC ．m ≥nD ．m ≤n解析：∵a >b >0，c >d >0，∴ac >bd >0，ac >bd ，∴m >0，n >0.又∵m 2＝ac ＋bd －2abcd ，n 2＝ac ＋bd －(ad ＋bc )，又由ad ＋bc >2abcd ，∴－2abcd >－ad －bc ，∴m 2>n 2.∴m >n .答案：B6．设P ＝a 2b 2＋5，Q ＝2ab －a 2－4a ，若P >Q ，则实数a ，b 满足的条件为________． 解析：P －Q ＝a 2b 2＋5－(2ab －a 2－4a )＝a 2b 2＋5－2ab ＋a 2＋4a ＝a 2b 2－2ab ＋1＋4＋a 2＋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 )＝abm 2＋(a 2＋b 2)mn ＋abn 2＝ab (m 2＋n 2)＋2(a 2＋b 2)≥2abmn ＋2(a 2＋b 2)＝4ab ＋2(a 2＋b 2)＝2(a 2＋2ab ＋b 2)＝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 －a a －a －b ＝a ＋a －b a ＋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：a b ＋b a ≥a ＋b . 证明：法一：∵a b ＋b a a ＋b ＝ab a ＋b ＋b a a ＋b ＝a ab ＋b ＋b ab ＋a＝a ab ＋a 2＋b ab ＋b 22ab ＋a ＋b ab ＝a 2＋b 2＋a ＋b ab 2ab ＋a ＋bab， 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 ＋b a ≥a ＋b . 法二：∵a b ＋b a －(a ＋b ) ＝(a b －b )＋(b a －a )． ＝a －b b ＋b －a a＝a －ba －b ab＝a ＋ba －b 2ab ≥0当且仅当a ＝b >0时取“＝”∴a b ＋b a≥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 )．。