高考数学复习不等式的证明1
2022年高考数学总复习专题突破一利用导数证明不等式
第1课时 利用导数证明不等式题型一 将不等式转化为函数的最值问题[例1] [2017·全国卷Ⅲ]已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＜0时，证明f (x )≤－34a－2.[听课记录]类题通法将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间的单调性，直接求得函数的最值，然后由f (x )≤f (x )max 或f (x )≥f (x )min 直接证得不等式.巩固训练1：已知函数f (x )＝ax －e x (e 为自然对数的底数)．(1)当a ＝1e时，求函数f (x )的单调区间及极值；(2)当2≤a ≤e ＋2时，求证：f (x )≤2x .题型二 构造函数法证明不等式[例2] 设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1. [听课记录]类题通法待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证.巩固训练2：已知函数f (x )＝e x －ax (e 为自然对数的底数，a 为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x >0时，x 2<e x .题型三 将不等式转化为两个函数的最值进行比较[例3] 已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0. [听课记录]类题通法在证明的不等式中，若对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可以借助两个函数的最值进行证明.巩固训练3：已知函数f (x )＝e x 2－x ln x ．求证：当x >0时，f (x )<x e x ＋1e.题型四 双变量不等式的证明[例4] [2020·天津卷]已知函数f (x )＝x 3＋k ln x (k ∈R )，f ′(x )为f (x )的导函数． (1)当k ＝6时：(ⅰ)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(ⅱ)求函数g (x )＝f (x )－f ′(x )＋9x的单调区间和极值．(2)当k ≥－3时，求证：对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，有f ′(x 1)＋f ′(x 2)2>f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2.[听课记录]类题通法破解含双参不等式的证明的关键一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.巩固训练4：[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2.[预测] 核心素养——逻辑推理、数学运算已知函数f (x )＝2x ＋(1－2a )ln x ＋ax.(1)讨论f (x )的单调性；(2)如果方程f (x )＝m 有两个不相等的解x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22>0.状 元 笔 记两个经典不等式的应用(1)对数形式：x ≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x ＝1时，等号成立．(2)指数形式：e x ≥x ＋1(x ∈R )，当且仅当x ＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：e x >x ＋1>x >1＋ln x (x >0，且x ≠1)．[典例1] (1)已知函数f (x )＝1ln (x ＋1)－x，则y ＝f (x )的图象大致为( )(2)已知函数f (x )＝e x ，x ∈R .证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点．【解析】 (1)因为f (x )的定义域为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>0，ln (x ＋1)－x ≠0，即{x |x >－1，且x ≠0}， 所以排除选项D ；当x >0时，由经典不等式x >1＋ln x (x >0)，以x ＋1代替x ，得x >ln(x ＋1)(x >－1，且x ≠0)，即x >0或－1<x <0时均有f (x )<0，排除A 、C ；易知B 正确．(2)证明：令g (x )＝f (x )－⎝⎛⎭⎫12x 2＋x ＋1＝e x －12x 2－x －1，x ∈R ，则g ′(x )＝e x －x －1，由经典不等式e x ≥x ＋1恒成立可知，g ′(x )≥0恒成立， 所以g (x )在R 上为单调递增函数，且g (0)＝0.所以函数g (x )有唯一零点，即两曲线有唯一公共点． [典例2] 已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)证明：对于任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <e. 【解析】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝⎛⎭⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0； 所以f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增， 故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点． 因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0， 故a ＝1.(2)证明：由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0.令x ＝1＋12n ，得ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12n . 从而ln ⎝⎛⎭⎫1＋12＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋122＋…＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <e. [典例3] 设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x .【解析】 (1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )在(0,1)上单调递增； 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ＞0且x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，x －1ln x>1.①因此ln 1x <1x －1，即ln x >x －1x ，x －1ln x<x .②故当x ∈(1，＋∞)时恒有1<x －1ln x<x .第1课时 利用导数证明不等式 课堂题型讲解题型一例1 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝（x ＋1）（2ax ＋1）x .若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＜0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－12a 时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞ 时，f ′(x )＜0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞ 上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－12a处取得最大值，最大值为f ⎝⎛⎭⎫－12a ＝ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a.所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0. 设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－1.当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0， 所以g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0. 所以当x ＞0时，g (x )≤0.从而当a ＜0时，ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0， 即f (x )≤－34a－2.巩固训练1 解析：(1)当a ＝1e 时，f (x )＝1e x －e x ，令f ′(x )＝1e－e x ＝0，得x ＝－1.当x <－1时，f ′(x )>0；当x >－1时， f ′(x )<0.∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)，单调递减区间为(－1，＋∞). 当x ＝－1时，函数f (x )有极大值－2e；没有极小值．(2)证明：令F (x )＝2x －f (x )＝e x －(a －2)x ， ①当a ＝2时，F (x )＝e x >0， ∴f (x )≤2x .②当2<a ≤2＋e 时，F ′(x )＝e x －(a －2)＝e x －e ln (a －2). 当x <ln (a －2)时，F ′(x )<0； 当x >ln (a －2)时，F ′(x )>0；∴F (x )在(－∞，ln (a －2))上单调递减，在(ln (a －2)，＋∞)上单调递增． ∴F (x )≥F (ln (a －2))＝e ln (a－2)－(a－2)ln (a－2)＝(a－2)[1－ln (a－2)]，∵2<a≤2＋e，∴a－2>0.1－ln (a－2)≥1－ln [(2＋e)－2]＝0，∴F(x)≥0，即f(x)≤2x.综上，当2≤a≤e＋2时，f(x)≤2x.题型二例2解析：(1)由f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝e x－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：故f(f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．(2)证明：设g(x)＝e x－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增．于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即e x－x2＋2ax－1>0，故e x>x2－2ax＋1.巩固训练2解析：(1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a.因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2，当x<ln 2时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，ln 2)上单调递减；当x>ln 2时，f′(x)>0，f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)>0，故g(x)在R上单调递增．所以当x>0时，g(x)>g(0)＝1>0，即x2<e x.题型三例3解析：(1)f′(x)＝ex－a(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a >0，则当0<x <ea 时，f ′(x )>0；当x >ea时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，e a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ea ，＋∞ 上单调递减． (2)证明：因为x >0， 所以只需证f (x )≤e xx－2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 所以f (x )max ＝f (1)＝－e ， 记g (x )＝e xx－2e(x >0)，则g ′(x )＝（x －1）e xx 2，所以当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝－e ， 综上，当x >0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤e xx －2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.巩固训练3 证明：要证f (x )<x e x ＋1e ，∵x ＞0只需证e x －ln x <e x ＋1e x ，即e x －e x <ln x ＋1e x.令h (x )＝ln x ＋1e x (x >0)，则h ′(x )＝e x －1e x2 ，易知h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞ 上单调递增，则h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝0，所以ln x ＋1e x≥0.再令φ(x )＝e x －e x ，则φ′(x )＝e －e x ，易知φ(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 则φ(x )max ＝φ(1)＝0，所以e x －e x ≤0.因为h (x )与φ(x )不同时为0，所以e x －e x <ln x ＋1e x ，故原不等式成立．题型四例4 解析：(1)(ⅰ)当k ＝6时，f (x )＝x 3＋6ln x ，故f ′(x )＝3x 2＋6x .可得f (1)＝1，f ′(1)＝9，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －1＝9(x －1)，即y ＝9x －8.(ⅱ)依题意，g (x )＝x 3－3x 2＋6ln x ＋3x，x ∈(0，＋∞).g ′(x )＝3x 2－6x ＋6x －3x 2 ，整理可得g ′(x )＝3（x －1）3（x ＋1）x 2.令g ′(x )＝0，解得x ＝1.当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如表：所以，函数g (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).g (x )的极小值为g (1)＝1，无极大值．(2)证明：由f (x )＝x 3＋k ln x ，得f ′(x )＝3x 2＋kx.对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，令x 1x 2 ＝t (t >1)，则(x 1－x 2)[f ′(x 1)＋f ′(x 2)]－2[f (x 1)－f (x 2)]＝(x 1－x 2)⎝⎛⎭⎫3x 21 ＋k x 1＋3x 22 ＋k x 2 －2(x 31 －x 32 ＋k ln x 1x 2 ) ＝x 31 －x 32 －3x 21 x 2＋3x 1x 22 ＋k (x 1x 2 －x 2x 1 )－2k ln x 1x 2 ＝x 32 (t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝⎛⎭⎫t －1t －2ln t .① 令h (x )＝x －1x －2ln x ，x ∈[1，＋∞).当x >1时，h ′(x )＝1＋1x 2 －2x ＝⎝⎛⎭⎫1－1x 2 >0，由此可得h (x )在[1，＋∞)单调递增，所以当t >1时，h (t )>h (1)，即t －1t －2ln t >0.因为x 2≥1，t 3－3t 2＋3t －1＝(t －1)3>0，k ≥－3，所以x 32 (t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝⎛⎭⎫t －1t －2ln t ≥(t 3－3t 2＋3t －1)－3⎝⎛⎭⎫t －1t －2ln t ＝t 3－3t 2＋6ln t ＋3t－1.② 由(1)(ⅱ)可知，当t >1时，g (t )>g (1)，即t 3－3t 2＋6ln t ＋3t >1，故t 3－3t 2＋6ln t ＋3t －1>0.③由①②③可得(x 1－x 2)[f ′(x 1)＋f ′(x 2)]－2[f (x 1)－f (x 2)]>0.所以，当k ≥－3时，对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，有f ′（x 1）＋f ′（x 2）2 >f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2.巩固训练4 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－1x 2 －1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②若a ＞2，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42 或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42 ∪(a ＋a 2－42 ，＋∞)时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42 时， f ′(x )＞0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42 ，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞ 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42 上单调递增．(2)证明：由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a ＞2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1＜x 2，则x 2＞1. 由于f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2 ＝－1x 1x 2 －1＋a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2 ＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a－2ln x 21x 2－x 2， 所以f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜a －2等价于1x 2 －x 2＋2ln x 2＜0.设函数g (x )＝1x －x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减．又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＜0. 所以1x 2 －x 2＋2ln x 2＜0，即f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜a －2.高考命题预测预测 解析：(1)f ′(x )＝2＋1－2a x －a x 2 ＝2x 2＋（1－2a ）x －a x 2＝（x －a ）（2x ＋1）x 2(x >0).①当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增； ②当a >0时，x ∈(0，a )，f ′(x )<0，f (x )单调递减； x ∈(a ，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )＝m 至多一个解，不符合题意；当a >0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，则f ′(a )＝0.不妨设0<x 1<a <x 2，要证f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22 >0，即证x 1＋x 22 >a ，即证x 1＋x 2>2a ，即证x 2>2a －x 1，又f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，即证f (x 2)>f (2a －x 1)，因为f (x 2)＝f (x 1)，所以即证f (x 1)>f (2a－x 1)，即证f (a ＋x )<f (a －x ).令g (x )＝f (a ＋x )－f (a －x )＝⎣⎡⎦⎤2（a ＋x ）＋（1－2a ）ln （a ＋x ）＋a a ＋x－⎣⎡⎦⎤2（a －x ）＋（1－2a ）·ln （a －x ）＋a a －x＝4x ＋(1－2a )ln (a ＋x )－(1－2a )ln (a －x )＋a a ＋x －aa －x ，g ′(x )＝4＋1－2a a ＋x ＋1－2a a －x －a （a ＋x ）2 －a（a －x ）2＝4＋2a （1－2a ）a 2－x 2 －2a （a 2＋x 2）（a ＋x ）2（a －x ）2 ＝4x 2（x 2－a 2－a ）（a ＋x ）2（a －x ）2 .当x ∈(0，a )时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，又g (0)＝f (a ＋0)－f (a －0)＝0，所以x ∈(0，a )时，g (x )<g (0)＝0，即f (a ＋x )<f (a －x )， 即f (x )>f (2a －x ).又x 1∈(0，a )，所以f (x 1)>f (2a －x 1)， 所以f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22 >0.。
高考数学中常规的不等式证明思路及技巧
高考数学中常规的不等式证明思路及技巧数学是高考中必不可少的一门科目，而数学中的不等式证明题目更是高考难点之一。
不等式证明题目考察的是学生的推理能力、逻辑思维能力和精准计算能力。
本文将介绍常见的不等式证明思路及技巧，以帮助高中生更好地应对高考数学中的不等式证明题目。
一、利用已知条件推出结论在不等式证明题目中，往往会给出一些已知条件，利用这些条件我们可以推出某个结论，从而间接证明不等式的正确性。
在做题时，我们应该把题目中的已知条件先作出标注，理清思路后再进行推导。
例如：给定实数 $x$，$y$，$z$，满足 $x^2+y^2+z^2=1$，求证：$x+y+z\leq \sqrt{3}$。
解析：首先，我们可以根据均值不等式得出 $x+y+z\leq\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}$。
接下来，根据题目中的条件$x^2+y^2+z^2=1$，我们可以将被开方量化简为 $\sqrt{3}$，从而得到 $x+y+z\leq \sqrt{3}$。
因此，我们成功地证明了该不等式的正确性。
二、借助已知不等式证明目标不等式借助已知不等式间接证明目标不等式的正确性是不等式证明中最常用的方法之一。
这种方法需要对不等式理解深入，需要对不等式的性质有全面认知。
可以通过加、减、乘、除等运算方式进行变形，或者通过引理证明的方式来证明目标不等式的正确性。
例如：已知 $ab+bc+ca=1$，证明$\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2}\geq\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$。
解析：首先，我们可以通过柯西不等式将原不等式中的多项式化成分数进行求解。
具体而言，我们有：$$\begin{aligned}&\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2}\\ &\geq\dfrac{(a+b+c)^2}{a+ab^2+b+b^2c+c+c^2a+a^2}\\ &\geq\dfrac{3}{\dfrac{a}{c}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+1}\\ &\geq\dfrac{3}{\sqrt[4]{\dfrac{abc}{abc}}+1}\\ &=\dfrac{3}{2}\end{aligned}$$由此，我们可以通过制定合适的策略，借助已知不等式成功证明了目标不等式的正确性。
2024年高考数学一轮复习大题专练07导数构造函数证明不等式1
一轮大题专练7—导数（构造函数证明不等式1）1．已知函数()f x alnx x =+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，证明：()x xf x e <． 解：（1）()f x alnx x =+，(0,)x ∈+∞． ()1af x x'=+， 0a 时，()0f x '>，函数()f x 在(0,)x ∈+∞上单调递增．0a <时，令()0f x '=，解得0x a =->，函数()f x 在(0,)x a ∈-上单调递减，在(,)a -+∞上单调递增．（2）证明：当1a =时，要证明：()xxf x e <，即证明21xlnx e x x+<， 令()1lnxg x x=+，21()lnx g x x -'=， 令()0g x '>，解得0x e <<；令()0g x '<，解得e x <． ∴函数()g x 在(0,)e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减．x e ∴=时，函数()g x 取得极大值即最大值，g （e ）11e=+． 令2()xe h x x =，3(2)()xx e h x x -'=，令()0h x '<，解得02x <<；令()0h x '>，解得2x <． ∴函数()h x 在(0,)e 上单调递减，在(2,)+∞上单调递增．x e ∴=时，函数()h x 取得极小值即最小值，h （2）24e =．221251(1)1044 2.5e e ⋅-+>-->． ()()max min g x h x ∴<，即21xlnx e x x+<，也即()x xf x e <． 2．已知函数()f x x alnx =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程； （Ⅱ）求()f x 的单调区间；（Ⅲ）若关于x 的方程0x alnx -=有两个不相等的实数根，记较小的实数根为0x ，求证：0(1)a x a ->．（Ⅰ）解：由()f x x alnx =-，可得()1a f x x'=-， 则f '（1）1a =-，又f （1）1=，所以曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为1(1)(1)y a x -=--， 即(1)y a x a =-+．（Ⅱ）解：()f x x alnx =-的定义域为(0,)+∞，()1a x af x x x-'=-=， 当0a 时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，令()0f x '>，可得x a >，令()0f x '<，可得0x a <<， 所以()f x 在(0,)a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增．（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可知，当0a >时，()0f x x alnx =-=才有两个不相等的实根，且00x >， 则要证0(1)a x a ->，即证011a a x ->，即证0111a x ->， 而000x alnx -=，则000(1x a x lnx =≠，否则方程不成立）， 所以即证00011lnx x x ->，化简得0010x lnx -->， 令000()1g x x lnx =--，则000011()1x g x x x -'=-=， 当001x <<时，0()0g x '<，0()g x 单调递减， 当01x >时，0()0g x '>，0()g x 单调递增， 所以0()g x g （1）0=，而01x ≠， 所以0()0g x >，所以0(1)a x a ->，得证．3．已知函数()f x alnx x =+，函数2()x g x e bx =+，（1）记2()()h x f x x =+，试讨论函数()h x 的单调性，并求出函数()h x 的极值点；（2）若已知曲线()y f x =和曲线()y g x =在1x =处的切线都过点(0,1)．求证：当0x >时，()()(1)1xf x g x e x +--．解：（1）2()h x alnx x x =++，22()(0)x x ah x x x++'=>， 记2()2(0)x x x a x ϕ=++>，当0a 时，()0h x '>，()h x 在(0,)+∞单调递增，无极值点，当0a <时，△180a =->，()x ϕ有异号的两根10)x =<，20)x =>，x ∴∈，()0x ϕ<，()0h x '<，()h x 在单调递减，x ∈，)+∞，()0x ϕ>，()0h x '>，()h x 在，)+∞单调递减，()h x ∴有极小值点x =； （2）证明：()(0)x af x x x+'=>，()2x g x e bx '=+，f ∴'（1）1a =+，()f x 在1x =处的切线方程为1(1)(1)y a x -=+-，过点(0,1)得：1a =-，g '（1）2e b =+，()g x 在1x =处的切线方程为(2)(1)y e b e b x --=+-，过点(0,1)得：1b =-， ()f x lnx x ∴=-+，2()x g x e x =-，要证：()()(1)1xf x g x e x +--，即证：(1)10x e xlnx e x ----， 即证：1(1)0x e lnx e x x---，构造函数1()(1)x e K x lnx e x x =---，则2(1)(1)()x x e K x x --'=，0x >时，10x e ->，(0,1)x ∴∈时，()0K x '<，()K x 在(0,1)单调递减， (1,)x ∴∈+∞时，()0K x '>，()K x 在(1,)+∞单调递增，()K x K ∴（1）0=，故原不等式成立．4．已知函数()()f x ax lnx a R =+∈在1x =处取得极值．（Ⅰ）若对(0,)x ∀∈+∞，()1f x bx -恒成立，求实数b 的取值范围； （Ⅱ）设()()(2)x g x f x x e =+-，记函数()y g x =在1[4，1]上的最大值为m ，证明：(4)(3)0m m ++<．（Ⅰ）解：()()f x ax lnx a R =+∈，则1()f x a x'=+， 又()f x 在1x =处取得极值，则有f '（1）10a =+=，解得1a =-， 此时1()1f x x'=-，当01x <<时，()0f x '>，则()f x 单调递增， 当1x >时，()0f x '<，则()f x 单调递减， 所以()f x 确实在1x =处取得极值， 故1a =-，设()(1)1h x lnx b x =+--，则()1f x bx -在(0,)+∞上恒成立，即()0h x 在(0,)+∞上恒成立， 因为1()1h x b x'=+-， 当10b -，即1b 时，()0h x >在(0,)+∞上恒成立，不符合题意； 当1b <时，令()0h x '=，解得11x b=-， 当101x b<<-时，()0h x '>，则()h x 单调递增， 当11x b>-时，()0h x '<，则()h x 单调递减， 所以当11x b =-时，()h x 取得最大值111()1(1)2111b h ln ln b b b b-=+-=------， 要使得()0h x 在(0,)+∞上恒成立， 则有(1)20ln b ---，解得21b e --，综上所述，实数b 的取值范围为(-∞，21]e --；（Ⅱ）证明：要证(4)(3)0m m ++<，即证明43m -<<-即可， 因为()()(2)(2)x x g x f x x e lnx x x e =+-=-+-， 则111()1(2)(1)()(1)x x x x x g x e x e e x e x x x x-'=-++-=+-=--， 因为1[4x ∈，1]时，10x -恒成立，设1()x M x e x=-，1[4x ∈，1]，则()M x 为单调递增函数，又113205112035()0,()0201153M e M e =-<=->，则存在0113(,)205x ∈，使得0()0M x =，即001x e x =，则当01[,)4x x ∈时，()0M x <，(1)0x -<，则()0g x '>，故()g x 单调递增，当0[x x ∈，1]时，()0M x ，(1)0x -且不同时为0，则()0g x '，故()g x 单调递减，所以()g x 在1[4，1]上的最大值为0000000000()(2)2x x x m g x lnx x x e lnx x x e e ==-+-=-+-，又001x e x =，则00021m lnx x x =-+-，0113(,)205x ∈，设2()1k x lnx x x =-+-，113(,)205x ∈， 则212()10k x x x'=-+>对于113(,)205x ∈恒成立， 故()k x 在113(,)205x ∈上单调递增 故1111114011940()()1420202011202011k x k ln ln >=-+-=+->-， 333103()()1 2.933355535k x k ln ln <=-+-≈-<-，于是43m -<<-， 故(4)(3)0m m ++<．5．已知函数()x f x e x a =--，对于x R ∀∈，()0f x 恒成立． （1）求实数a 的取值范围；（2）证明：当[0,]4x π∈时，cos tan x x x e +．解：（1）由0x e x a --恒成立，得x a e x -对x R ∀∈恒成立， 令()x g x e x =-，()1x g x e '=-， 当0x >，()0g x '>，()g x 单调递增，当0x <，()0g x '<，()g x 单调减，()(0)1min g x g ==， 故所求实数a 的取值范围为(-∞，1]； （2）证明：由（1）得1x e x +．欲证cos tan x x x e +，只需证cos tan 1x x x ++即可， 令()cos tan 1h x x x x =+--，222221sin (sin cos )sin (sin sin 1)()sin 1cos cos cos x x x x x x h x x x x x-+-'=-+-==，令2()sin sin 1F x x x =+-，则易知()F x 在[0,]4π单调递增，且(0)0F <，()04F π>，故存在0(0,)4x π∈，使得0()0F x =；当[0x ∈，0)x 时，()0F x <，()0h x '，()h x 单调递减，当0(,]4x x π∈时，()0F x >，()0h x '>，()h x 单调递增，又(0)0h =，()044h ππ<，()(0)0max h x h ==，故当[0,]4x π∈时，cos tan x x x e +．6．已知函数()x f x e =，()1g x ax =+． （Ⅰ）已知()()f x g x 恒成立，求a 的值；（Ⅱ）若(0,1)x ∈211x x+-<． 解：（1）已知()()f x g x 恒成立，即()()0f x g x -恒成立， 令()()()1x h x f x g x e ax =-=--，则有()x h x e a '=-，当0a 时，则恒有()0h x '>，此时函数()h x 单调递增，并且当x →-∞时，()h x →-∞，不满足题意；0a ∴>，此时令()0h x x lna '=⇒=；()0h x x lna '∴>⇒>；()0h x x lna '<⇒<，即函数()h x 在(,)lna -∞上单调递减，在(,)lna +∞上单调递增，()()1min h x h lna a alna ∴==--，若要满足题意，则需使10a alna --，恒成立， 令F （a ）1(0)a alna a =-->，则有F '（a ）lna =，由此可得，当01a <<时，F '（a ）0<；当1a >时，F '（a ）0>．F ∴（a ）min F =（1）0=，即得F （a ）0， 1a ∴=．（2）令()1((0,1))x G x e x x =--∈，则有()10x G x e '=->恒成立，故可得()G x 在(0,1)上单调递增，即有()(0)0G x G >=恒成立，故有101x x e x e x -->⇔>+在(0,1)上恒成立； 根据题意，要证2111()lnx x f x x-+-<，即证明1111lnx x x x -+-<+，即证2111x lnx x x x x+-++-<+， 即证2110lnx x x-++>， 令21()H x lnx x x x =-++，则有22111()2(1)2H x x x x x x x'=--=--，(0,1)x ∈，10x ∴-<，20x -<，()0H x '∴<在(0,1)上恒成立，即得函数()H x 在(0,1)上单调递减， ()H x H ∴>（1）10=>，由此得证当(0,1)x ∈时，原不等式成立．7．已知函数()(1)f x x lnx =-，()f x '的反函数为()h x （其中()f x '为()f x 的导函数，20.69)ln ≈． （1）判断函数2()()32g x f x x x '=+-+在(0,)+∞上零点的个数；（2）当(0,1)x ∈31x x >--． 解：（1）由题意得22()()3232g x f x x x lnx x x ='+-+=+-+， 则(21)(1)()x x g x x--'=，由()0g x '=得12x =或1x =， 由()0g x '>，得102x <<或1x >， 由()0g x '<，得112x <<， 当x 在(0,)+∞上变化时，()g x '，()g x 变化情况如下表：根据上表知13()2024g x g ln ⎛⎫==-> ⎪⎝⎭极大值，()g x g =极小值（1）0=，121()220416g ln =-<， 根据零点的存在性定理，函数()g x 在1(0,)2上存在唯一零点，又因为g （1）0=，所以根据()g x 的单调性可知，函数2()()32g x f x x x ='+-+在(0,)+∞上零点的个数为2． （2）证明：因为()f x lnx '=，其反函数为()x h x e =， 所以不等式为33(1)1(1)(1)x xx lnx x x x lnx x x e e->--⇔->--， 当(0,1)x ∈时，()0f x '<， 所以()f x 在(0,1)上单调递减，所以()f x f >（1）1=-， 设函数3()(1)x G x x x e =--， 则32()(32)x G x x x x e '=+--，设函数32()32p x x x x =+--，则2()361p x x x '=+-， 所以()p x '在(0,1)上单调递增， 因为(0)p p '⋅'（1）80=-<， 所以存在0(0,1)x ∈，使得0()0p x '=，所以函数()p x 在0(0,)x 上单调递减，在0(x ，1)上单调递增， 当0(0,)x x ∈时，0()(0)2p x p <=-， 当0(x x ∈，1)时，0()0p x <，p （1）0>， 所以存在1(0,1)x ∈，使得1()0G x '=， 所以当1(0,)x x ∈时，()0G x '<， 当1(x x ∈，1)时，()0G x '>，所以函数()G x 在1(0,)x 上单调递减，在1(x ，1)上单调递增， 因为(0)1G =-，G （1）e =-， 所以当(0,1)x ∈时，()(0)1G x G <=-， 所以3(1)(1)x x lnx x x e ->--， 所以3()1()f x x xg x >--．。
2014年高考一轮复习数学教案：6.2 不等式的证明(一)
6.2●知识梳理 1.均值定理：a+b≥2 ab ；不等式的证明（一）ab 2 ） （a、b∈R+） ， 2 当且仅当 a=b 时取等号. 2.比较法：a－b＞0 a＞b，a－b＜0 a＜b.ab≤（ 3.作商法：a＞0，b＞0，a ＞1 a＞b. b特别提示1.比较法证明不等式是不等式证明的最基本的方法.作差后需要判断差的符号， 作差变形 的方向常常是因式分解后，把差写成积的形式或配成完全平方式. 2.比商法要注意使用条件，若 ●点击双基 1.若 a、b 是正数，则a2 b2 ab 2ab 、 ab 、 、 这四个数的大小顺序是 2 2 aba ＞1 不能推出 a＞b.这里要注意 a、b 两数的符号. bA. ab ≤a2 b2 ab 2ab ≤ ≤ 2 2 abB.a2 b2 ab 2ab ≤ ab ≤ ≤ 2 2 ab a2 b2 2ab ab ≤ ab ≤ ≤ 2 ab 2 a2 b2 ab 2ab ≤ ≤ 2 2 abC.D. ab ≤解析：可设 a=1，b=2， 则ab 3 = ， ab = 2 ， 2 22ab 4 = ， ab 31 4 5 a2 b2 = = = 2.5 . 2 2 2答案：C 2.设 0＜x＜1，则 a= 2 x，b=1+x，c= A.a 解析：∵0＜x＜1， B.b1 中最大的一个是 1 x C.cD.不能确定∴1+x＞2 x = 4 x ＞ 2 x . ∴只需比较 1+x 与 ∵1+x－1 的大小. 1 x1 x2 1 x2 1 = =－ ＜0， 1 x 1 x 1 x 1 ∴1+x＜ . 1 x 答案：C 3.（2005 年春季上海，15）若 a、b、c 是常数，则“a＞0 且 b2－4ac＜0”是“对任意 x∈R，有 ax2+bx+c＞0”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 必要条件 2 2 解析：当 a＞0，b －4ac＜0 时，ax +bx+c＞0. 反之，ax2+bx+c＞0 对 x∈R 成立不能推出 a＞0，b2－4ac＜0. 反例：a=b=0，c=2.故选 A. 答案：A 4.（理）已知|a+b|＜－c（a、b、c∈R） ，给出下列不等式： ①a＜－b－c；②a＞－b+c；③a＜b－c；④|a|＜|b|－c；⑤|a|＜－|b|－c. 其中一定成立的不等式是____________.（把成立的不等式的序号都填上） 解析：∵|a+b|＜－c，∴c＜a+b＜－c. ∴－b+c＜a＜－b－c.故①②成立，③不成立. ∵|a+b|＜－c，|a+b|≥|a|－|b|， ∴|a|－|b|＜－c.∴|a|＜|b|－c. 故④成立，⑤不成立. 答案：①②④ （文）若 a、b∈R，有下列不等式：①a2+3＞2a；②a2+b2≥2（a－b－1） ；③a5+b5＞a3b2+a2b3；④a+1 ≥2.其中一定成立的是__________. a 解析：①a2+3－2a=（a－1）2+2＞0， ∴a2+3＞2a； ②a2+b2－2a+2b+2=（a－1）2+（b+1）2≥0， ∴a2+b2≥2（a－b－1） ； 5 5 3 2 2 3 3 ③a +b －a b －a b =a （a2－b2）+b3（b2－a2） =（a2－b2） 3－b3）=（a+b） （a （a－b）2（a2+ab+b2）. ∵（a－b）2≥0，a2+ab+b2≥0，但 a+b 符号不确定，∴a5+b5＞a3b2+a2b3 不正确； ④a∈R 时，a+1 ≥2 不正确. a答案：①② 5.船在流水中在甲地和乙地间来回行驶一次的平均速度 v1 和在静水中的速度 v2 的大小 关系为____________. 解析：设甲地至乙地的距离为 s，船在静水中的速度为 v2，水流速度为 v（v2＞v＞0） ， 则船在流水中在甲乙间来回行驶一次的时间 t=2v s s s + = 2 2 2 ， v2 v v2 v v2 v2 2 2s v 2 v = . v2 t平均速度 v1=∵v1－v2=v2 2 v 2 v2 －v2=－ ＜0， v2 v2∴v1＜v2. 答案：v1＜v2 ●典例剖析a2 b 【例 1】 设 a＞0，b＞0，求证： （ ）2（ ） 2 ≥a 2 +b 2 . b a1 1 1 1剖析：不等式两端都是多项式的形式，故可用比差法证明或比商法证明.3 3 （ a） b） （ 证法一：左边－右边＝ －（ a ＋ b ） ab（ a b）（a ab b） ab a b） （ ＝ ab2 （ a b）（a 2 ab b） （ a b）（ a b） ＝ ＝ ≥0. ab ab∴原不等式成立. 证法二：左边＞0，右边＞0，2 ab ab 左边 （ a b）（a ab b） a ab b ＝ ＝ ≥ ＝1. 右边 ab a b） （ ab ab∴原不等式成立. 评述：用比较法证不等式，一般要经历作差（或商） 、变形、判断三个步骤.变形的主要 手段是通分、因式分解或配方.在变形过程中，也可利用基本不等式放缩，如证法二.下面的 例 3 则是公式法与配方法的综合应用. 【例 2】 已知 a、b、x、y∈R+且1 1 ＞ ，x＞y. a b求证：y x ＞ . yb xa剖析：观察待证不等式的特征，用比较法或分析法较适合. 证法一： （作差比较法） y bx ay x ∵ － = ， y b （x a）（ y b） xa1 1 ＞ 且 a、b∈R+， a b ∴b＞a＞0.又 x＞y＞0，∴bx＞ay. bx ay y x ∴ ＞0，即 ＞ . （x a）（ y b） yb xa又 证法二： （分析法） ∵x、y、a、b∈R+，∴要证y x ＞ ， yb xa只需证明 x（y+b）＞y（x+a） ，即证 xb＞ya.1 1 ＞ ＞0，∴b＞a＞0.又 x＞y＞0， a b 知 xb＞ya 显然成立.故原不等式成立. 思考讨论而由 该例若用函数的单调性应如何构造函数? y x x 解法一：令 f（x）= ，易证 f（x）在（0，+∞）上为增函数，从而 ＞ . yb xa xa 再令 g（x）= ∵m ，易证 g（x）在（0，+∞）上单调递减. m x1 1 ＞ ，a、b∈R+.∴a＜b. a b m m ＞ ，命题得证. ma mbx a x 1 a＞y b y 1 b∴g（a）＞g（b） ，即解法二：原不等式即为，为此构造函数 f（x）=x ，x∈（0，+∞）. x 1 y x ＞ ， a b易证 f（x）在（0，+∞）上为单调增函数，而∴x a x 1 a＞y b y 1 b，即y x ＞ . yb xa【例 3】 某食品厂定期购买面粉.已知该厂每天需用面粉 6 t，每吨面粉的价格为 1800 元，面粉的保管等其他费用为平均每吨每天 3 元，购面粉每次需支付运费 900 元. （1）求该厂多少天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少? （2）若提供面粉的公司规定：当一次购买面粉不少于 210 t 时，其价格可享受 9 折优惠（即原价的 90%） ，问该厂是否考虑利用此优惠条件?请说明理由. 解： （1）设该厂应每隔 x 天购买一次面粉，其购买量为 6x t，由题意知，面粉的保管等 其他费用为 3［6x+6（x－1）+„+6×2+6×1］=9x（x+1）. 设平均每天所支付的总费用为 y1 元，则 y1=900 900 9 x +10809 +9x+10809≥2 x x1 ［9x（x+1）+900］+6×1800 x==10989.900 ，即 x=10 时取等号， x 即该厂应每隔 10 天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少. （2）若厂家利用此优惠条件，则至少每隔 35 天，购买一次面粉，平均每天支付的总费 用为 y2 元，则当且仅当 9x= y2= =1 ［9x（x+1）+900］+6×1800×0.90 x900 +9x+9729（x≥35）. x100 （x≥35） ， x x2＞x1≥35，则 100 100 f（x1）－f（x2）=（x1+ ）－（x2+ ） x1 x2令 f（x）=x+（x x1）（100 x1 x 2） = 2 x1 x 2∵x2＞x1≥35， ∴x2－x1＞0，x1x2＞0，100－x1x2＜0. ∴f（x1）－f（x2）＜0，f（x1）＜f（x2） ，100 ，当 x≥35 时为增函数. x ∴当 x=35 时，f（x）有最小值，此时 y2＜10989.∴该厂应该接受此优惠条件. ●闯关训练 夯实基础 1.设 x＞0，y＞0，且 xy－（x+y）=1，则即 f（x）=x+ A.x+y≤2 2 +2 C.x+y≤（ 2 +1）2 解析：∵x＞0，y＞0，∴xy≤（ 由 xy－（x+y）=1 得（ ∴x+y≥2+2 2 . B.x+y≥2 2 +2 D.x+y≥（ 2 +1）2x y 2 ）. 2x y 2 ） －（x+y）≥1. 2答案：B 2.已知 x、y∈R，M=x2+y2+1，N=x+y+xy，则 M 与 N 的大小关系是 A.M≥N B.M≤N C.M=N 2 2 解析：M－N=x +y +1－（x+y+xy） = =D.不能确定1 ［ 2+y2－2xy）+（x2－2x+1）+（y2－2y+1） （x ］ 21 ［ （x－y）2+（x－1）2+（y－1）2］≥0. 2 答案：A3.设 a＞0，b＞0，a2+ 解析：a2+b2 =1，则 a 1 b 2 的最大值是____________. 2b2 1 3 b2 =1 a2+ = . 2 2 2∴a 1 b 2 = 2 ·a· 答案：3 2 4b 1 ≤ 2· 22a2 3 b2 1 2 = 2· 2 =3 2 . 4 2 2ab ，则两边 2 均含有运算符号“※”和“+” ，且对于任意 3 个实数 a、b、c 都能成立的一个等式可以是 ____________.4.若记号“※”表示求两个实数 a 和 b 的算术平均数的运算，即 a※b=ab ba ，b※a= ， 2 2 ∴a※b+c=b※a+c. 答案：a※b+c=b※a+c. 思考：对于运算“※”分配律成立吗? 即 a※（b+c）=a※b+a※c. 答案：不成立 5.当 m＞n 时，求证：m3－m2n－3mn2＞2m2n－6mn2＋n3． 证明：∵（m3－m2n－3mn2）－（2m2n－6mn2＋n3）＝m3－3m2n＋3mn2－n3＝（m－n）3， 又 m＞n，∴m－n＞0.∴（m－n）3＞0， 即（m3－m2n－3mn2）－（2m2n－6mn2＋n3）＞0. 故 m3－m2n－3mn2＞2m2n－6mn2＋n3． 6.已知 a＞1，λ ＞0，求证：loga（a+λ ）＞loga+λ （a+2λ ）. 证明：loga（a+λ ）－log（a+λ ） （a+2λ ） lg a ） lg a 2） （ （ = － lg a lg a ） （解析：∵a※b= =lg 2 a ） lg a lg a 2） （ （ lg a lg a ） （∵a＞1，λ ＞0， ∴lga＞0，lg（a+2λ ）＞0，且 lga≠lg（a+2λ ）.∴lga·lg（a+2λ ）＜［ （ =［lg a lg a 2） 2 （ ） ］ 22 lg a 2 2a） 2 （ lg a ） 2 2 （ ］ ＜［ ］ =lg （a+λ ）. 2 2∴lg 2 a ） lg a lg a 2） （ （ ＞0. lg a lg a ） （∴loga（a+λ ）＞log（a+λ ） （a+2λ ）. 培养能力 7.已知 x＞0，y＞0，若不等式 x + y ≤m x y 恒成立，求实数 m 的最小值. 分析：∵ x + y ≤m x y 恒成立，∴m≥xyx y恒成立.∴m 的最小值就是xyx y的最大值.解：∵ x + y ≤m x y 恒成立，∴m≥xyx y恒成立.∵x＞0，y＞0， ∴ x y≥2 （ x y）2x x 2 y y=x 2y.∴xyx y≤= 2.∴m 的最小值为 2 . 评述：分离参数法是求参数的范围问题常用的方法，化归是解这类问题常用的手段. 8.有点难度哟！ 求证：在非 Rt△ABC 中，若 a＞b，ha、hb 分别表示 a、b 边上的高，则必有 a+ha＞b+hb. 证明：设 S 表示△ABC 的面积，则1 1 1 aha= bhb= absinC. 2 2 2 ∴ha=bsinC，hb=asinC. ∴（a+ha）－（b+hb）=a+bsinC－b－asinC =（a－b） （1－sinC）.S=π ，∴1－sinC＞0. 2 ∴（a－b） （1－sinC）＞0. ∴a+ha＞b+hb.∵C≠ 探究创新 9.设二次函数 f（x）=ax2+bx+c（a＞0） ，方程 f（x）－x=0 的两根 x1、x2 满足 1＜x1＜x2 ＜1 . a （1）当 x∈（0，x1）时，证明 x＜f（x）＜x1；（2）设函数 f（x）的图象关于直线 x=x0 对称，求证 x0＜x1 . 2证明： （1）令 F（x）=f（x）－x， ∵x1、x2 是方程 f（x）－x=0 的根， ∴F（x）=a（x－x1） （x－x2）. 当 x∈（0，x1）时，由于 x1＜x2， ∴（x－x1） （x－x2）＞0. 又 a＞0，得 F（x）=a（x－x1） （x－x2）＞0， 即 x＜f（x）. 又 x1－f（x）=x1－［x+F（x） ］=x1－x+a（x1－x） （x－x2）=（x1－x） ［1+a（x－x2）， ］1 ，x1－x＞0， a 1+a（x－x2）=1+ax－ax2＞1－ax2＞0， ∴x1－f（x）＞0，即 f（x）＜x1. 综上，可知 x＜f（x）＜x1.∵0＜x＜x1＜x2＜b . 2a ∵x1、x2 是方程 f（x）－x=0 的根， 即 x1、x2 是方程 ax2+（b－1）x+c=0 的根，（2）由题意知 x0=－ ∴x1+x2=－ ∴x0=－b 1 . a b a（x1 x2） 1 ax1 ax2 1 = = . 2a 2a 2a ax x 又∵ax2＜1，∴x0＜ 1 = 1 . 2a 2 ●思悟小结 1.比较法有两种形式： 一是作差， 二是作商.用作差法证明不等式是证明不等式中最基本、 最常用的方法.它的依据是不等式的基本性质. 2.步骤是：作差（商）→变形→判断.变形的目的是为了判断.若是作差，就判断与 0 的 大小关系，为了便于判断，往往把形式变为积或完全平方式.若是作商，两边为正，就判断 与 1 的大小关系. 3.有时要先对不等式作等价变形再进行证明，有时几种证明方法综合使用. 4.在应用均值定理求最值时， 要把握定理成立的三个条件， 就是 “一正——各项均为正； 二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”.若忽略了某个条件，就会出现错误.●教师下载中心 教学点睛 1.在证明不等式的各种方法中，作差比较法是一种最基本、最重要的方法，它是利用不 等式两边的差是正数还是负数来证明不等式，其应用非常广泛，一定要熟练掌握.ab 2 ） 要讲清它们的作用和使用条件及内在联系， 2 两个公式也体现了 ab 和 a+b 的转化关系. 拓展题例 【例 1】设 a、b∈R，关于 x 的方程 x2＋ax＋b＝0 的实根为α 、β .若｜a｜＋｜b｜＜1， 求证：｜α ｜＜1，｜β ｜＜1. 证法一：∵α ＋β ＝－a，α β ＝b， ∴｜α ＋β ｜＋｜α β ｜＝｜a｜＋｜b｜＜1. ∴｜α ｜－｜β ｜＋｜α ｜｜β ｜＜1， （｜α ｜－1） （｜β ｜＋1）＜0. ∴｜α ｜＜1.同理，｜β ｜＜1. 证法二：设 f（x）=x2＋ax＋b，则有 f（1）＝1＋a＋b＞1－（｜a｜＋｜b｜）＞1－1＝0， f（－1）＝1－a＋b＞1－（｜a｜＋｜b｜）＞0. ∵0≤｜a｜＜1，∴－1＜a＜1.2.对于公式 a+b≥2 ab ，ab≤（1 a 1 ＜－ ＜ . 2 2 2 ∴方程 f（x）＝0 的两实根在（－1，1）内，即｜α ｜＜1，｜β ｜＜1. 评述：证法一先利用韦达定理，再用绝对值不等式的性质恰好能分解因式；证法二考虑 根的分布，证两根在（－1，1）内. y y x x 【例 2】 是否存在常数 C，使得不等式 + ≤C≤ + 对任意正 2x y x 2 y x 2 y 2x y∴－ 数 x、y 恒成立?试证明你的结论. 解：当 x=y 时，可由不等式得出 C=2 . 3下面分两个方面证明. y x 2 先证 + ≤ ， 此不等式 3x （x+2y） （2x+y） （2x+y） +3y ≤2 （x+2y） x2+y2 2x y x 2 y 3 ≥2xy. 再证y x 2 + ≥ ， x 2 y 2x y 3此不等式 3x（2x+y）+3y（x+2y）≥2（x+2y） （2x+y） 2xy≤x2+y2. 综上，可知存在常数 C=2 ，使对任何正数 x、y 不等式恒成立. 3。
高考数学一轮总复习课件：专题研究-利用导数证明不等式
2a2－4或x＝a＋
a2－4 2.
当x∈(0，a－ 2a2－4)，(a＋ 2a2－4，＋∞)时，f′(x)<0；当
x∈(a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4)时，f′(x)>0.
所以f(x)在
0，a－
a2－4
2
，
a＋
2a2－4，＋∞
上单调递
减，在a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4上单调递增．
(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2时
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一、赋值法证明正整数不等式 (1)函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质 证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式， 用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量．通过多次 求和达到证明的目的．此类问题一般至少两问，所证的不等式 常由第一问根据待证式的特征而得到． (2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式 为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，还要注意指、 对数式的互化，如ex>x＋1可化为ln(x＋1)<x等．
所以函数h′(x)＝ex＋1－
1 x＋1
在(－1，＋∞)上有唯一零点
x0，且x0∈－12，0. 因为h′(x0)＝0，所以ex0＋1＝x0＋1 1， 即ln(x0＋1)＝－(x0＋1)． 当x∈(－1，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋
∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：
f（x1）－f（x2） x1－x2
<a
－2.
【思路】 (1)求f(x)的定义域，对函数f(x)求导，对参数a进
行分类讨论，即可判断f(x)的单调性；(2)结合(1)，求出f(x)存在
高考数学复习讲义 不等式(学生版)
高考数学复习讲义 不等式【要点提炼】考点一 不等式的性质与解法1．不等式的倒数性质(1)a>b ，ab>0⇒1a <1b. (2)a<0<b ⇒1a <1b. (3)a>b>0,0<c<d ⇒a c >b d. 2．不等式恒成立问题的解题方法(1)f(x)>a 对一切x ∈I 恒成立⇔f(x)min >a ，x ∈I ；f(x)<a 对一切x ∈I 恒成立⇔f(x)max <a ，x ∈I.(2)f(x)>g(x)对一切x ∈I 恒成立⇔当x ∈I 时，f(x)的图象在g(x)的图象的上方．(3)解决恒成立问题还可以利用分离参数法．【热点突破】【典例】1 (1)若p>1,0<m<n<1，则下列不等式正确的是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫m n p >1 B.p －m p －n <m n C ．m －p <n －p D ．log m p>log n p(2)(2020·北京市昌平区新学道临川学校模拟)已知关于x 的不等式ax －b ≤0的解集是[2，＋∞)，则关于x 的不等式ax 2＋(3a －b)x －3b<0的解集是( )A ．(－∞，－3)∪(2，＋∞)B ．(－3,2)C ．(－∞，－2)∪(3，＋∞)D ．(－2,3)【拓展训练】1 (1)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3，x<12，1x ，x ≥12，则不等式x 2f(x)＋x －2≤0的解集是________________． (2)若不等式(a 2－4)x 2＋(a ＋2)x －1≥0的解集是空集，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，65B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－2，65C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，65D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－2，65∪{2}【要点提炼】考点二 基本不等式基本不等式求最值的三种解题技巧(1)凑项：通过调整项的符号，配凑项的系数，使其积或和为定值．(2)凑系数：若无法直接运用基本不等式求解，通过凑系数后可得到和或积为定值，从而利用基本不等式求最值．(3)换元：分式函数求最值，通常直接将分子配凑后将式子分开或将分母换元后将式子分开，即化为y ＝m ＋A g x＋Bg(x)(AB>0)，g(x)恒正或恒负的形式，然后运用基本不等式求最值． 【典例】2 (1)下列不等式的证明过程正确的是( )A ．若a ，b ∈R ，则b a ＋a b≥2b a ·a b ＝2 B ．若a<0，则a ＋4a ≥－2a ·4a＝－4 C ．若a ，b ∈(0，＋∞)，则lg a ＋lg b ≥2lg a ·lg bD ．若a ∈R ，则2a ＋2－a ≥22a ·2－a ＝2(2)(2019·天津)设x>0，y>0，x ＋2y ＝5，则x ＋12y ＋1xy 的最小值为________．【拓展训练】2 (1)(2020·北京市中国人民大学附属中学模拟)已知a>0，b>0，且a －b ＝1，则2a ＋1b的最小值为________． (2)(2020·江苏)已知5x 2y 2＋y 4＝1(x ，y ∈R )，则x 2＋y 2的最小值是________． 专题训练一、单项选择题1．不等式(－x ＋3)(x －1)<0的解集是( )A ．{x|－1<x<3}B ．{x|1<x<3}C ．{x|x<－1或x>3}D ．{x|x<1或x >3}2．下列命题中正确的是( )A ．若a>b ，则ac 2>bc 2B ．若a>b ，c<d ，则a c >b dC ．若a>b ，c>d ，则a －c>b －dD ．若ab>0，a>b ，则1a <1b 3．(2020·北京市昌平区新学道临川学校模拟)已知一元二次不等式f(x)<0的解集为{x|x<－2或x>3}，则f(10x)>0的解集为( )A ．{x|x<－2或x>lg 3}B ．{x|－2<x<lg 3}C ．{x|x>lg 3}D ．{x|x<lg 3} 4．若a>b>0，且ab ＝1，则下列不等式成立的是( )A ．a ＋1b <b 2a <log 2(a ＋b) B.b 2a <log 2(a ＋b)<a ＋1bC ．a ＋1b <log 2(a ＋b)<b 2aD ．log 2(a ＋b)<a ＋1b <b 2a 5．(2018·全国Ⅲ)设a ＝log 0.20.3，b ＝log 20.3，则( )A ．a ＋b<ab<0B ．ab<a ＋b<0C ．a ＋b<0<abD ．ab<0<a ＋b6．已知x>0，y>0，x ＋2y ＋2xy ＝8，则x ＋2y 的最小值是( )A ．3B ．4 C.92 D.1127．已知a>－1，b>－2，(a ＋1)(b ＋2)＝16，则a ＋b 的最小值是( )A ．4B ．5C ．6D ．78．已知正实数a ，b ，c 满足a 2－2ab ＋9b 2－c ＝0，则当ab c 取得最大值时，3a ＋1b －12c的最大值为( )A ．3 B.94C ．1D ．0 二、多项选择题9．设f(x)＝ln x,0<a<b ，若p ＝f(ab)，q ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，r ＝12[f(a)＋f(b)]，则下列关系式中正确的是( )A ．q ＝rB ．p<qC ．p ＝rD ．p>q10．已知a ∈Z ，关于x 的一元二次不等式x 2－6x ＋a ≤0的解集中有且仅有3个整数，则a 的值可以是( )A ．6B ．7C ．8D ．911．(2020·威海模拟)若a ，b 为正实数，则a>b 的充要条件为( )A.1a >1bB ．ln a>ln bC ．aln a<bln bD ．a －b<e a －e b12．(2020·新高考全国Ⅰ)已知a>0，b>0，且a ＋b ＝1，则( )A ．a 2＋b 2≥12B ．2a －b >12C ．log 2a ＋log 2b ≥－2 D.a ＋b ≤ 2三、填空题 13．对于0<a<1，给出下列四个不等式：①log a (1＋a)<log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ；②log a (1＋a)>log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ；③a 1＋a <11a a +；④a 1＋a >a1＋1a.其中正确的是________．(填序号) 14．当x ∈(0，＋∞)时，关于x 的不等式mx 2－(m ＋1)x ＋m>0恒成立，则实数m 的取值范围是________．15．已知函数f(x)＝x 3－2x ＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数，若f(a －1)＋f(2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________．16．已知实数x ，y 满足x>1，y>0且x ＋4y ＋1x －1＋1y ＝11，则1x －1＋1y 的最大值为________．。
高考数学证明不等式的基本方法
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1.比较法证明不等式 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.
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2.综合法证明不等式 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”的题型研修
例 1 若 x，y，z∈R，a＞0，b＞0，c＞0.求证：b＋a cx2＋c＋b a
y2＋a＋c bz2≥2(xy＋yz＋zx).
证明 ∵b＋a cx2＋c＋b ay2＋a＋c bz2－2(xy＋yz＋zx)
＝bax2＋aby2－2xy＋bcy2＋bcz2－2yz＋acz2＋acx2－2zx＝
∴0＜ （n＋1）n22＋ ＋11＋ ＋（ n n＋1）＜1，即CCn＋n1＜1，
从而有 Cn＋1＜Cn.
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跟踪演练 2 若 a，b，m，n 都为正实数，且 m＋n＝1， 试证： ma＋nb≥m a＋n b. 证明 ∵a，b，m，n 均为正数，且 m＋n＝1， ∴( ma＋nb)2－(m a＋n b)2 ＝ma＋nb－m2a－n2b－2mn ab ＝m(1－m)a＋n(1－n)b－2mn ab ＝mn( a－ b)2≥0，又 ma＋nb＞0，m a＋n b＞0， ∴ ma＋nb≥m a＋n b.
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高考数学(苏教,理科)复习课：第十六章 不等式选讲第二节 不等式的证明及柯西不等式
＝131＋3＋ba＋ab＋bc＋bc＋ac＋ac2
≥131＋3＋2
ba·ab＋2
＝13×(1＋9)2＝1030.
bc·bc＋2
ac ·ac 2
当且仅当a＝b＝c＝13时，等号成立． [类题通法]
分析法与综合法常常结合使用，实际是以分析法为主，借
助综合法，使证明的问题明朗化．
[针对训练] 已知a>0，b>0,2c>a＋b，求证：c－ c2－ab<a<c＋ c2－ab. 证明：法一(分析法) 要证c－ c2－ab<a<c＋ c2－ab， 即证－ c2－ab<a－c< c2－ab， 即证|a－c|< c2－ab， 即证(a－c)2<c2－ab， 即证a2－2ac<－ab. 因为a>0，所以只要证a－2c<－b，
①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，这种方法叫作反证法．
②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，这种方法叫作放缩法． 2．几个常用基本不等式 (1)柯西不等式： ①柯西不等式的代数形式：设a1，a2，b1，b2均为实数，
[典例] (2014·南通模拟)若正数a，b，c满足a＋b＋c＝1，
则3a1＋2＋3b1＋2＋3c＋1 2的最小值为________． 解析：由柯西不等式知：
3a1＋2＋3b1＋2＋3c＋1 2[(3a＋2)＋(3b＋2)＋(3c＋
2)]≥
3a1＋2×
3a＋2＋
3b1＋2×
高考数学复习备战：最新真题解析—不等式选讲
（3）算术平均—几何平均定理(基本不等式的推广):对于n个正数a1，a2，…，an，它们的算术平均数不小于它们的几何平均数，即 ，当且仅当a1=a2=…=an时，等号成立.
（2）法一：利用基本不等式得到 ，再利用不等式的基本性质证明；法二：利用Cauchy不等式证明.
(1)∵ ， ， 都为正整数，且 ．
∴ ，
当且仅当 时“=”成立．
(2)法一：由题意得
①+②+③，得 ，
当且仅当 时“=”成立．
法二：由Cauchy不等式，得 ．
令 ，
则 ．
令 ，则 在 上单调递增．
∴ ，即 ．
(1)当 时， 等价于 ，
该不等式恒成立，所以 ；
当 时， 等价于 ，
解得 ，此时不等式无解；
当 时， 等价于 ，解得 ，所以 ．
综上所述，不等式的解为 ．
(2)由 ，得 ，
当 时， 恒成立，所以 ；
当 时， 恒成立，
因为 ，
当且仅当 时取等号，所以 ．综上所述， 的取值范围是 ．
2．（2022·青海·模拟预测（理））已知函数 ．
当 时， ，解得 ，
故不等式 的解集为 或 ；
(2)由（1）可知：
当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，
故 的最小值为3，即 ，则 ，即
则 ，
当且仅当 时取等号，
故 的最小值为 .
3．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））已知函数 .
(1)求不等式 的解集；
(2)设 时， 的最小值为M.若正实数a，b，满足 ，求 的最小值.
高考数学一轮复习第七章不等式推理与证明1二元一次不等式与简单的线性规划问题课件新人教A版22
标函数的几何意义是斜率问题还是距离问题,依据几何意义可求得
最值.
-27考点1
考点2
考点3
对点训练 2(1)(2020 河北唐山二模)已知 x,y 满足约束条件
- + 2 ≥ 0,
-2 + 1 ≤ 0,则 z=x-y 的最大值为( B )
包括
标系中画不等式Ax+By+C≥0所表示的平面区域时,此区域应_____
实线
边界直线,则把边界直线画成
.
(2)因为对直线Ax+By+C=0同一侧的所有点(x,y),把它的坐标(x,y)
代入Ax+By+C,所得的符号都 相同
,所以只需在此直线的同
一侧取一个特殊点(x0,y0)作为测试点,由Ax0+By0+C的 符号 即
-1 ≤ 0,
- + 1 ≥ 0
为( D )
A.-5
B.1
C.2
D.3
(2)如图,阴影部分表示的区域可用二元一次不等式组表示
+ -1 ≥ 0,
为 -2 + 2 ≥. 0
-17考点1
考点2
考点3
+ -1 ≥ 0,
解析: (1)不等式组 -1 ≤ 0,
所围成的平面区域如图所示.
3
3
7
A.1
B.
C.
D.
2
4
4
- ≥ 0,
2 + ≤ 2,
(2)若不等式组
表示的平面区域是一个三角形,则
≥ 0,
+ ≤
a 的取值范围是( D )
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6.2 不等式的证明（一）●知识梳理1.均值定理：a +b ≥2ab ；ab ≤（2b a +）2（a 、b ∈R +）， 当且仅当a =b 时取等号.2.比较法：a －b ＞0⇒a ＞b ，a －b ＜0⇒a ＜b .3.作商法：a ＞0，b ＞0，ba＞1⇒a ＞b . 特别提示1.比较法证明不等式是不等式证明的最基本的方法.作差后需要判断差的符号，作差变形的方向常常是因式分解后，把差写成积的形式或配成完全平方式.2.比商法要注意使用条件，若ba＞1不能推出a ＞b .这里要注意a 、b 两数的符号. ●点击双基1.若a 、b 是正数，则2b a +、ab 、b a ab+2、222b a +这四个数的大小顺序是A.ab ≤2b a +≤b a ab+2≤222b a +B.222b a +≤ab ≤2b a +≤b a ab+2C.b a ab +2≤ab ≤2ba +≤222b a +D.ab ≤2b a +≤222b a +≤ba ab+2解析：可设a =1，b =2，则2b a +=23，ab =2， b a ab +2=34， 222b a +=241+=25=5.2. 答案：C2.设0＜x ＜1，则a =2x ，b =1+x ，c =x-11中最大的一个是 A.aB.bC.cD.不能确定解析：∵0＜x ＜1， ∴1+x ＞2x =x 4＞x 2. ∴只需比较1+x 与x-11的大小. ∵1+x －x-11=x x ---1112=－x x -12＜0，∴1+x ＜x-11.答案：C3.若a 、b 、c 是常数，则“a ＞0且b 2－4ac ＜0”是“对任意x ∈R ，有ax 2+bx +c ＞0”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件必要条件解析：当a ＞0，b 2－4ac ＜0时，ax 2+bx +c ＞0.反之，ax 2+bx +c ＞0对x ∈R 成立不能推出a ＞0，b 2－4ac ＜0. 反例：a =b =0，c =2.故选A. 答案：A4.（理）已知|a +b |＜－c （a 、b 、c ∈R ），给出下列不等式：①a ＜－b －c ；②a ＞－b +c ；③a ＜b －c ；④|a |＜|b |－c ；⑤|a |＜－|b |－c .其中一定成立的不等式是____________.（把成立的不等式的序号都填上）解析：∵|a+b|＜－c，∴c＜a+b＜－c.∴－b+c＜a＜－b－c.故①②成立，③不成立.∵|a+b|＜－c，|a+b|≥|a|－|b|，∴|a|－|b|＜－c.∴|a|＜|b|－c.故④成立，⑤不成立.答案：①②④（文）若a、b∈R，有下列不等式：①a2+3＞2a；②a2+b2≥2（a－b－1）；③a5+b51≥2.其中一定成立的是__________.＞a3b2+a2b3；④a+a解析：①a2+3－2a=（a－1）2+2＞0，∴a2+3＞2a；②a2+b2－2a+2b+2=（a－1）2+（b+1）2≥0，∴a2+b2≥2（a－b－1）；③a5+b5－a3b2－a2b3=a3（a2－b2）+b3（b2－a2）=（a2－b2）（a3－b3）=（a+b）（a－b）2（a2+ab+b2）.∵（a－b）2≥0，a2+ab+b2≥0，但a+b符号不确定，∴a5+b5＞a3b2+a2b3不正确；1≥2不正确.④a∈R时，a+a答案：①②5.船在流水中在甲地和乙地间来回行驶一次的平均速度v1和在静水中的速度v2的大小关系为____________.解析：设甲地至乙地的距离为s，船在静水中的速度为v2，水流速度为v（v2＞v＞0），则船在流水中在甲乙间来回行驶一次的时间t =v v s +2+v v s-2=22222vv s v -， 平均速度v 1=ts 2=2222v vv -.∵v 1－v 2=2222v v v -－v 2=－22v v ＜0，∴v 1＜v 2. 答案：v 1＜v 2 ●典例剖析【例1】 设a ＞0，b ＞0，求证：（b a 2）21（ab2）21≥a 21+b 21.剖析：不等式两端都是多项式的形式，故可用比差法证明或比商法证明.证法一：左边－右边＝abb a 33）（）（+－（a ＋b ）＝abb a ab b ab a b a ）（））（（+-+-+＝ab b ab a b a ））（（+-+2＝abb a b a 2））（（-+≥0.∴原不等式成立.证法二：左边＞0，右边＞0，右边左边＝）（））（（b a ab b ab a b a ++-+＝ab b ab a +-≥ab abab -2＝1. ∴原不等式成立.评述：用比较法证不等式，一般要经历作差（或商）、变形、判断三个步骤.变形的主要手段是通分、因式分解或配方.在变形过程中，也可利用基本不等式放缩，如证法二.下面的例3则是公式法与配方法的综合应用.【例2】 已知a 、b 、x 、y ∈R +且a 1＞b1，x ＞y . 求证：ax x+＞b y y +. 剖析：观察待证不等式的特征，用比较法或分析法较适合. 证法一：（作差比较法） ∵ax x+－b y y +=））（（b y a x ay bx ++-， 又a 1＞b1且a 、b ∈R +， ∴b ＞a ＞0.又x ＞y ＞0，∴bx ＞ay . ∴））（（b y a x ay bx ++-＞0，即ax x +＞b y y +. 证法二：（分析法） ∵x 、y 、a 、b ∈R +，∴要证ax x+＞b y y +， 只需证明x （y +b ）＞y （x +a ），即证xb ＞ya . 而由a 1＞b1＞0，∴b ＞a ＞0.又x ＞y ＞0， 知xb ＞ya 显然成立.故原不等式成立.思考讨论该例若用函数的单调性应如何构造函数? 解法一：令f （x ）=a x x +，易证f （x ）在（0，+∞）上为增函数，从而ax x+＞b y y +.再令g （x ）=xm m+，易证g （x ）在（0，+∞）上单调递减. ∵a 1＞b1，a 、b ∈R +.∴a ＜b . ∴g （a ）＞g （b ），即a m m +＞b m m+，命题得证. 解法二：原不等式即为1+ax a x ＞1+by b y，为此构造函数f （x ）=1+x x，x ∈（0，+∞）. 易证f （x ）在（0，+∞）上为单调增函数，而a x＞by ， ∴1+ax a x＞1+by b y ，即ax x+＞b y y +. 【例3】 某食品厂定期购买面粉.已知该厂每天需用面粉6 t ，每吨面粉的价格为1800元，面粉的保管等其他费用为平均每吨每天3元，购面粉每次需支付运费900元.（1）求该厂多少天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少?（2）若提供面粉的公司规定：当一次购买面粉不少于210 t 时，其价格可享受9折优惠（即原价的90%），问该厂是否考虑利用此优惠条件?请说明理由.解：（1）设该厂应每隔x 天购买一次面粉，其购买量为6x t ，由题意知，面粉的保管等其他费用为3［6x +6（x －1）+…+6×2+6×1］=9x （x +1）.设平均每天所支付的总费用为y 1元，则y 1=x1［9x （x +1）+900］+6×1800 =x900+9x +10809≥2x x 9900⋅+10809 =10989. 当且仅当9x =x900，即x =10时取等号， 即该厂应每隔10天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少.（2）若厂家利用此优惠条件，则至少每隔35天，购买一次面粉，平均每天支付的总费用为y 2元，则y 2=x 1［9x （x +1）+900］+6×1800×0.90=x900+9x +9729（x ≥35）.令f （x ）=x +x100（x ≥35），x 2＞x 1≥35，则f （x 1）－f （x 2）=（x 1+1100x ）－（x 2+2100x ） =212112100x x x x x x ））（（--∵x 2＞x 1≥35，∴x 2－x 1＞0，x 1x 2＞0，100－x 1x 2＜0. ∴f （x 1）－f （x 2）＜0，f （x 1）＜f （x 2）， 即f （x ）=x +x100，当x ≥35时为增函数. ∴当x =35时，f （x ）有最小值，此时y 2＜10989.∴该厂应该接受此优惠条件. ●闯关训练 夯实基础1.设x ＞0，y ＞0，且xy －（x +y ）=1，则 A.x +y ≤22+2B.x +y ≥22+2C.x +y ≤（2+1）2D.x +y ≥（2+1）2解析：∵x ＞0，y ＞0，∴xy ≤（2y x +）2. 由xy －（x +y ）=1得（2y x +）2－（x +y ）≥1. ∴x +y ≥2+22. 答案：B2.已知x 、y ∈R ，M =x 2+y 2+1，N =x +y +xy ，则M 与N 的大小关系是 A.M ≥NB.M ≤NC.M =ND.不能确定解析：M －N =x 2+y 2+1－（x +y +xy ） =21［（x 2+y 2－2xy ）+（x 2－2x +1）+（y 2－2y +1）］ =21［（x －y ）2+（x －1）2+（y －1）2］≥0. 答案：A3.设a ＞0，b ＞0，a 2+22b =1，则a 21b +的最大值是____________. 解析：a 2+22b =1⇔a 2+212+b =23. ∴a 21b +=2·a ·212+b ≤2·22122++b a =2·223=423. 答案：423 4.若记号“※”表示求两个实数a 和b 的算术平均数的运算，即a ※b =2ba +，则两边均含有运算符号“※”和“+”，且对于任意3个实数a 、b 、c 都能成立的一个等式可以是____________.解析：∵a ※b =2b a +，b ※a =2ab +， ∴a ※b +c =b ※a +c . 答案：a ※b +c =b ※a +c .思考：对于运算“※”分配律成立吗? 即a ※（b +c ）=a ※b +a ※c . 答案：不成立5.当m ＞n 时，求证：m 3－m 2n －3mn 2＞2m 2n －6mn 2＋n 3．证明：∵（m 3－m 2n －3mn 2）－（2m 2n －6mn 2＋n 3）＝m 3－3m 2n ＋3mn 2－n 3＝（m －n ）3，又m ＞n ，∴m －n ＞0.∴（m －n ）3＞0，即（m 3－m 2n －3mn 2）－（2m 2n －6mn 2＋n 3）＞0. 故m 3－m 2n －3mn 2＞2m 2n －6mn 2＋n 3．6.已知a ＞1，λ＞0，求证：log a （a +λ）＞log a +λ（a +2λ）. 证明：log a （a +λ）－log （a +λ）（a +2λ）=a a lg lg ）（λ+－）（）（λλ++a a lg 2lg =）（）（）（λλλ+⋅+⋅-+a a a a a lg lg 2lg lg lg 2∵a ＞1，λ＞0，∴lg a ＞0，lg （a +2λ）＞0，且lg a ≠lg （a +2λ）. ∴lg a ·lg （a +2λ）＜［（22lg lg ）（λ++a a ）］2=［22lg 2）（λa a +］2＜［2lg 2）（λ+a ］2=lg 2（a +λ）.∴）（）（）（λλλ++⋅-+a a a a a lg lg 2lg lg lg 2＞0.∴log a （a +λ）＞log （a +λ）（a +2λ）. 培养能力7.已知x ＞0，y ＞0，若不等式x +y ≤m y x +恒成立，求实数m 的最小值. 分析：∵x +y ≤m y x +恒成立， ∴m ≥yx yx ++恒成立.∴m 的最小值就是yx yx ++的最大值.解：∵x +y ≤m y x +恒成立， ∴m ≥yx yx ++恒成立.∵x ＞0，y ＞0， ∴y x +≥22）（y x +=2yx +.∴yx y x ++≤2yx y x ++=2.∴m 的最小值为2.评述：分离参数法是求参数的范围问题常用的方法，化归是解这类问题常用的手段. 8.有点难度哟！求证：在非Rt △ABC 中，若a ＞b ，h a 、h b 分别表示a 、b 边上的高，则必有a +h a ＞b +h b .证明：设S 表示△ABC 的面积，则S =21ah a =21bh b =21ab sin C .∴h a =b sin C ，h b =a sin C.∴（a +h a ）－（b +h b ）=a +b sin C －b －a sin C =（a －b ）（1－sin C ）. ∵C ≠2π，∴1－sin C ＞0. ∴（a －b ）（1－sin C ）＞0. ∴a +h a ＞b +h b . 探究创新9.设二次函数f （x ）=ax 2+bx +c （a ＞0），方程f （x ）－x =0的两根x 1、x 2满足1＜x 1＜x 2＜a1.（1）当x ∈（0，x 1）时，证明x ＜f （x ）＜x 1； （2）设函数f （x ）的图象关于直线x =x 0对称，求证x 0＜21x . 证明：（1）令F （x ）=f （x ）－x ， ∵x 1、x 2是方程f （x ）－x =0的根， ∴F （x ）=a （x －x 1）（x －x 2）. 当x ∈（0，x 1）时，由于x 1＜x 2，∴（x －x 1）（x －x 2）＞0.又a ＞0，得F （x ）=a （x －x 1）（x －x 2）＞0，即x ＜f （x ）.又x 1－f （x ）=x 1－［x +F （x ）］=x 1－x +a （x 1－x ）（x －x 2）=（x 1－x ）［1+a （x －x 2）］，∵0＜x ＜x 1＜x 2＜a1，x 1－x ＞0， 1+a （x －x 2）=1+ax －ax 2＞1－ax 2＞0，∴x 1－f （x ）＞0，即f （x ）＜x 1.综上，可知x ＜f （x ）＜x 1.（2）由题意知x 0=－ab 2. ∵x 1、x 2是方程f （x ）－x =0的根，即x 1、x 2是方程ax 2+（b －1）x +c =0的根，∴x 1+x 2=－a b 1-. ∴x 0=－ab 2=a x x a 2121-+）（=a ax ax 2121-+. 又∵ax 2＜1，∴x 0＜a ax 21=21x . ●思悟小结1.比较法有两种形式：一是作差，二是作商.用作差法证明不等式是证明不等式中最基本、最常用的方法.它的依据是不等式的基本性质.2.步骤是：作差（商）→变形→判断.变形的目的是为了判断.若是作差，就判断与0的大小关系，为了便于判断，往往把形式变为积或完全平方式.若是作商，两边为正，就判断与1的大小关系.3.有时要先对不等式作等价变形再进行证明，有时几种证明方法综合使用.4.在应用均值定理求最值时，要把握定理成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”.若忽略了某个条件，就会出现错误.●教师下载中心教学点睛1.在证明不等式的各种方法中，作差比较法是一种最基本、最重要的方法，它是利用不等式两边的差是正数还是负数来证明不等式，其应用非常广泛，一定要熟练掌握.2.对于公式a +b ≥2ab ，ab ≤（2b a ）2要讲清它们的作用和使用条件及内在联系，两个公式也体现了ab 和a +b 的转化关系.拓展题例【例1】设a 、b ∈R ，关于x 的方程x 2＋ax ＋b ＝0的实根为α、β.若｜a ｜＋｜b ｜＜1，求证：｜α｜＜1，｜β｜＜1.证法一：∵α＋β＝－a ，αβ＝b ，∴｜α＋β｜＋｜αβ｜＝｜a ｜＋｜b ｜＜1.∴｜α｜－｜β｜＋｜α｜｜β｜＜1，（｜α｜－1）（｜β｜＋1）＜0.∴｜α｜＜1.同理，｜β｜＜1.证法二：设f （x ）=x 2＋ax ＋b ，则有f （1）＝1＋a ＋b ＞1－（｜a ｜＋｜b ｜）＞1－1＝0，f （－1）＝1－a ＋b ＞1－（｜a ｜＋｜b ｜）＞0.∵0≤｜a ｜＜1，∴－1＜a ＜1. ∴－21＜－2a ＜21. ∴方程f （x ）＝0的两实根在（－1，1）内，即｜α｜＜1，｜β｜＜1.评述：证法一先利用韦达定理，再用绝对值不等式的性质恰好能分解因式；证法二考虑根的分布，证两根在（－1，1）内.【例2】 是否存在常数C ，使得不等式y x x +2+y x y 2+≤C ≤y x x 2++y x y +2对任意正数x 、y 恒成立?试证明你的结论.解：当x =y 时，可由不等式得出C =32. 下面分两个方面证明. 先证y x x +2+y x y 2+≤32，此不等式⇔3x （x +2y ）+3y （2x +y ）≤2（2x +y ）（x +2y ）⇔x 2+y 2≥2xy . 再证y x x 2++y x y +2≥32， 此不等式⇔3x （2x +y ）+3y （x +2y ）≥2（x +2y ）（2x +y ）⇔2xy ≤x 2+y 2. 综上，可知存在常数C =32，使对任何正数x 、y 不等式恒成立.。