人教新课标版数学高二数学选修4-5练习 2.2不等式的证明(2)综合法与分析法
选修4-5第2讲不等式的证明
第2讲 不等式的证明1．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理2：如果a 、b 为正数，则a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理3：如果a 、b 、c 为正数，则a ＋b ＋c 3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立． 2．柯西不等式(1)设a ，b ，c ，d 均为实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时等号成立．(2)若a i ，b i (i ＝1，2，…，n )为实数，则(i ＝1∑n a 2i )(i ＝1∑n b 2i )≥(i ＝1∑na ib i )2，当且仅当b 1a 1＝b 2a 2＝…＝b n a n (当a i ＝0时，约定b i ＝0，i ＝1，2，…，n )时等号成立．(3)柯西不等式的向量形式：设α，β为平面上的两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当α，β共线时等号成立． 3．不等式的证明方法证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等．(参阅本书第六章相应内容),考点一__利用基本不等式证明不等式____________例1 设a ，b ，c 为正实数，求证：1a 3＋1b 3＋1c3＋abc ≥2 3.[证明] 因为a ，b ，c 为正实数，由均值不等式可得1a 3＋1b 3＋1c 3≥331a 3·1b 3·1c 3，即1a 3＋1b 3＋1c 3≥3abc ，当且仅当1a 3＝1b 3＝1c 3，即a ＝b ＝c 时，等号成立， 所以1a 3＋1b 3＋1c 3＋abc ≥3abc ＋abc .而3abc ＋abc ≥23abc·abc ＝23，当且仅当3abc ＝abc ，即abc ＝3时，等号成立，所以1a 3＋1b 3＋1c3＋abc ≥2 3.[规律方法] 利用基本不等式必须要找准“对应点”，明确“类比对象”，使其符合几个著名不等式的特征，注意检验等号成立的条件，特别是多次使用基本不等式时，必须使等号同时成立．1.设a >0，b >0，若3是3a 与3b 的等比中项，求证1a ＋1b≥4.证明：由3是3a 与3b 的等比中项得3a ·3b＝3，即a ＋b ＝1.要证原不等式成立，只需证a ＋b a ＋a ＋b b ≥4，即证b a ＋a b≥2.∵a >0，b >0，∴b a ＋a b ≥2b a ·a b ＝2(当且仅当b a ＝a b ，即a ＝b ＝12时，取“＝”号)，∴1a ＋1b≥4.考点二__放缩法证明不等式____________________(2015·洛阳模拟)有小于1的n (n ≥2)个正数x 1，x 2，x 3，…，x n ，且x 1＋x 2＋x 3＋…＋x n ＝1. 求证：1x 1－x 31＋1x 2－x 32＋1x 3－x 33＋…＋1x n －x 3n>4. [证明] ∵0<x i <1，∴1x i －x 3i >1x i，其中i ＝1，2，3，…，n ，∴1x 1－x 31＋1x 2－x 32＋1x 3－x 33＋…＋1x n －x 3n >1x 1＋1x 2＋1x 3＋…＋1x n ≥n n 1x 1x 2x 3…x n. ∵n x 1x 2x 3…x n ≤x 1＋x 2＋x 3＋…＋x n n ＝1n ，∴ n 1x 1x 2x 3…x n≥n ，∴1x 1－x 31＋1x 2－x 32＋1x 3－x 33＋…＋1x n －x 3n>n 2≥22＝4， ∴1x 1－x 31＋1x 2－x 32＋1x 3－x 33＋…＋1x n －x 3n>4. [规律方法] 放缩法证明不等式时，常见的放缩依据和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；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．2.设n 是正整数，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n<1.证明：由2n ≥n ＋k >n (k ＝1，2，…，n )，得12n ≤1n ＋k <1n.当k ＝1时，12n ≤1n ＋1<1n ；当k ＝2时，12n ≤1n ＋2<1n；…当k ＝n 时，12n ≤1n ＋n <1n，∴12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <n n＝1. 考点三__柯西不等式____________________________(2014·高考福建卷)已知定义在R 上的函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|的最小值为a .(1)求a 的值；(2)若p ，q ，r 是正实数，且满足p ＋q ＋r ＝a ，求证：p 2＋q 2＋r 2≥3. [解] (1)因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，当且仅当－1≤x ≤2时，等号成立，所以f (x )的最小值等于3，即a ＝3. (2)证明：由(1)知p ＋q ＋r ＝3，又因为p ，q ，r 是正实数，所以(p 2＋q 2＋r 2)(12＋12＋12)≥(p ×1＋q ×1＋r ×1)2＝(p ＋q ＋r )2＝9，即p 2＋q 2＋r 2≥3. [规律方法] 利用柯西不等式求最值的一般结构为：(a 21＋a 22＋…＋a 2n )≥+++）（na a a 11121 (1＋1＋…＋1)2＝n 2.在使用柯西不等式时，要注意右边为常数且应注意等号成立的条件．3.已知实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＋c ＋d ＝3，a 2＋2b 2＋3c 2＋6d 2＝5，求证：1≤a ≤2. 证明：由柯西不等式得(2b 2＋3c 2＋6d 2))613121(++≥(b ＋c ＋d )2， 即2b 2＋3c 2＋6d 2≥(b ＋c ＋d )2，由已知可得2b 2＋3c 2＋6d 2＝5－a 2，b ＋c ＋d ＝3－a ，∴5－a 2≥(3－a )2，即1≤a ≤2.当且仅当2b 12＝3c 13＝6d16，即2b ＝3c ＝6d 时等号成立．1．如果x >0，比较(x －1)2与(x ＋1)2的大小．解：(x －1)2－(x ＋1)2＝[(x －1)＋(x ＋1)][(x －1)－(x ＋1)]＝－4x .∵x >0，∴x >0，∴－4x <0，∴(x －1)2<(x ＋1)2.2．若x ，y 都是正实数，且x ＋y >2，求证：1＋x y <2和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，则有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.这与已知条件x ＋y >2矛盾，因此1＋x y <2和1＋y x<2中至少有一个成立．3．已知△ABC 的三边长分别是a ，b ，c 且m 为正数，求证：a a ＋m ＋b b ＋m >cc ＋m.证明：要证a a ＋m ＋b b ＋m >cc ＋m，只需证a (b ＋m )(c ＋m )＋b (a ＋m )(c ＋m )－c (a ＋m )(b ＋m )>0，即证abc ＋abm ＋acm ＋am 2＋abc ＋abm ＋bcm ＋bm 2－abc －acm －bcm －cm 2>0， 即证abc ＋2abm ＋(a ＋b －c )m 2>0.由于a ，b ，c 分别是△ABC 的三边长，故有a ＋b >c . ∵m >0，∴(a ＋b －c )m 2>0，∴abc ＋2abm ＋(a ＋b －c )m 2>0是成立的，因此a a ＋m ＋b b ＋m >cc ＋m 成立．4．已知a >0，b >0，c >0，a ＋b >c .求证：a 1＋a ＋b 1＋b >c1＋c.证明：∵a >0，b >0，∴a 1＋a >a 1＋a ＋b ，b 1＋b >b 1＋a ＋b .∴a 1＋a ＋b1＋b >a ＋b 1＋a ＋b.而函数f (x )＝x 1＋x ＝1－11＋x在(0，＋∞)上递增，且a ＋b >c ，c >0，∴f (a ＋b )>f (c )，则a ＋b 1＋a ＋b >c 1＋c ，所以a 1＋a ＋b 1＋b >c1＋c，则原不等式成立．5．(2014·高考课标全国卷Ⅰ)若a >0，b >0，且1a ＋1b＝ab .(1)求a 3＋b 3的最小值；(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由．解：(1)由ab ＝1a ＋1b ≥2ab，得ab ≥2，且当a ＝b ＝2时等号成立．故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，且当a ＝b ＝2时等号成立． 所以a 3＋b 3的最小值为4 2.(2)由(1)知，2a ＋3b ≥26ab ≥4 3.由于43>6，从而不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6. 6．(2015·贵州省六校第一次联考)已知a >0，b >0，a ＋b ＝1，求证：(1)1a ＋1b ＋1ab ≥8； (2)9)11)(11(≥++ba 证明：(1)∵a ＋b ＝1，a >0，b >0，∴1a ＋1b ＋1ab ＝1a ＋1b ＋a ＋b ab＝2)11(b a +＝2)(b b a a b a +++＝2)(b a a b +＋4≥4b a ×a b ＋4＝8(当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立)， ∴1a ＋1b ＋1ab≥8. (2)∵)11)(11(b a ++＝1a ＋1b ＋1ab ＋1，由(1)知1a ＋1b ＋1ab ≥8.∴)11)(11(ba ++≥9.1．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)设a 、b 、c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明：(1)ab ＋bc ＋ac ≤13 (2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.证明：(1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ，得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1.所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13.(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .所以a 2b ＋b 2c ＋c2a ≥1. 2．(2015·河北唐山模拟)设不等式－2<|x －1|－|x ＋2|<0的解集为M ，a ，b ∈M .(1)证明：|6131|b a +<14；(2)比较|1－4ab |与2|a －b |的大小，并说明理由．解：(1)证明：记f (x )＝|x －1|－|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧3，x ≤－2，－2x －1，－2<x <1，－3，x ≥1.由－2<－2x －1<0，解得－12<x <12，则M ＝⎝⎛⎭⎫－12，12.所以⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ≤13|a |＋16|b |<13×12＋16×12＝14. (2)由(1)得a 2<14，b 2<14.因为|1－4ab |2－4|a －b |2＝(1－8ab ＋16a 2b 2)－4(a 2－2ab ＋b 2)＝(4a 2－1)(4b 2－1)>0， 所以|1－4ab |2>4|a －b |2， 故|1－4ab |>2|a －b |. 3．(2014·高考辽宁卷)设函数f (x )＝2|x －1|＋x －1，g (x )＝16x 2－8x ＋1.记f (x )≤1的解集为M ，g (x )≤4的解集为N . (1)求M ；(2)当x ∈M ∩N 时，证明：x 2f (x )＋x [f (x )]2≤14.解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －3，x ∈[1，＋∞），1－x ，x ∈（－∞，1）.当x ≥1时，由f (x )＝3x －3≤1得x ≤43，故1≤x ≤43；当x <1时，由f (x )＝1－x ≤1得x ≥0，故0≤x <1.所以f (x )≤1的解集为M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |0≤x ≤43.(2)证明：由g (x )＝16x 2－8x ＋1≤4得16⎝⎛⎭⎫x －142≤4，解得－14≤x ≤34.因此N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－14≤x ≤34，故M ∩N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |0≤x ≤34.当x ∈M ∩N 时，f (x )＝1－x ，于是x 2f (x )＋x ·[f (x )]2＝xf (x )[x ＋f (x )]＝x ·f (x )＝x (1－x )＝14－2)21(-x ≤14.4．(2015·洛阳市统考)(1)已知x ，y 都是正实数，求证：x 3＋y 3≥x 2y ＋xy 2；(2)若不等式|a －1|≥3x ＋1＋3y ＋1＋3z ＋1对满足x ＋y ＋z ＝1的一切正实数x ，y ，z 恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)证明：(x 3＋y 3)－(x 2y ＋xy 2)＝x 2(x －y )＋y 2(y －x )＝(x －y )(x 2－y 2)＝(x －y )2(x ＋y )． 又x ，y 都是正实数，∴(x －y )2≥0，x ＋y >0，即(x 3＋y 3)－(x 2y ＋xy 2)≥0，∴x 3＋y 3≥x 2y ＋xy 2. (2)根据柯西不等式有(3x ＋1＋3y ＋1＋3z ＋1)2＝(1·3x ＋1＋1·3y ＋1＋1·3z ＋1)2≤(12＋12＋12)[(3x＋1)2＋(3y＋1)2＋(3z＋1)2]＝3·[3(x＋y＋z)＋3]＝3×6＝18，∴3x＋1＋3y＋1＋3z＋1≤3 2.又∵|a－1|≥3x＋1＋3y＋1＋3z＋1恒成立，∴|a－1|≥32，∴a－1≥32或a－1≤－32，即a≥32＋1或a≤1－32，∴a的取值范围是(－∞，1－32]∪[1＋32，＋∞)．。
新课标高考总复习·数学选修4-5-2不等式的证明
1．(课本习题改编)设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则s与t的大小关系 是( )
A．s≥t
B．s>t
C．s≤t
D．s<t
解析：∵s－t＝a＋b2＋1－a－2b＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴s≥t， 故选A.
答案：A
2．用反证法证明命题“a，b，c全为0”时，其假设为( ) A．a，b，c全为0 B．a，b，c至少有一个为0 C．a，b，c至少有一个不为0 D．a，b，c至多有一个不为0 解析：“a，b，c全为0”的反面应是“a，b，c中至少有一个不为 0”，故选C. 答案：C
将上式中的右式减左式，得 [y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1] ＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)] ＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)
＝(xy－1)(xy－x－y＋1) ＝(xy－1)(x－1)(y－1)． 由于 x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，从而所要证明的不 等式成立． (2)设 logab＝x，logbc＝y，由对数的换底公式得 logca＝x1y，logba＝1x， logcb＝1y，logac＝xy. 于是，所要证明的不等式即为 x＋y＋x1y≤1x＋1y＋xy. 又由于 1＜a≤b≤c，所以 x＝logab≥1，y＝logbc≥1. 故由(1)知所要证明的不等式成立．
综上可知，当 a、b∈(0，＋∞)时，aabb≥(ab)a＋2 b成立
1．已知c>b>a，证明a2b＋b2c＋c2a<ab2＋bc2＋ca2. 证明：ab2＋bc2＋ca2－(a2b＋b2c＋c2a) ＝a(b2－c2)＋b(c2－a2)＋c(a2－b2) ＝a(b2－c2)＋b(c2－b2＋b2－a2)＋c(a2－b2) ＝a(b2－c2)＋b(c2－b2)＋b(b2－a2)＋c(a2－b2) ＝(c2－b2)(b－a)＋(b2－a2)(b－c) ＝(b－a)·(c－b)[b＋c－(b＋a)] ＝(b－a)(c－b)(c－a)． ∵c>b>a，∴b－a>0，c－b>0，c－a>0. ∴ab2＋bc2＋ca2>a2b＋b2c＋c2a. 即a2b＋b2c＋c2a<ab2＋bc2＋ca2.
2020年高二数学(人教版)选修4-5教案：第09课时 不等式的证明方法之——综合法与分析法
课 题： 第09课时 不等式的证明方法之二：综合法与分析法 目的要求： 重点难点： 教学过程： 一、引入：综合法和分析法是数学中常用的两种直接证明方法，也是不等式证明中的基本方法。
由于两者在证明思路上存在着明显的互逆性，这里将其放在一起加以认识、学习，以便于对比研究两种思路方法的特点。
所谓综合法，即从已知条件出发，根据不等式的性质或已知的不等式，逐步推导出要证的不等式。
而分析法，则是由结果开始，倒过来寻找原因，直至原因成为明显的或者在已知中。
前一种是“由因及果”，后一种是“执果索因”。
打一个比方：张三在山里迷了路，救援人员从驻地出发，逐步寻找，直至找到他，这是“综合法”；而张三自己找路，直至回到驻地，这是“分析法”。
以前得到的结论，可以作为证明的根据。
特别的，AB B A 222≥+是常常要用到的一个重要不等式。
二、典型例题：例1、b a ,都是正数。
求证：.2≥+abb a 证明：由重要不等式AB B A 222≥+可得.22=≥+ab b a a b b a 本例的证明是综合法。
例2、设0,0>>b a ，求证.2233ab b a b a +≥+ 证法一 分析法要证2233ab b a b a +≥+成立.只需证)())((22b a ab b ab a b a +≥+-+成立， 又因0>+b a ，只需证ab b ab a ≥+-22成立， 又需证0222≥+-b ab a 成立， 即需证0)(2≥-b a 成立.而0)(2>-b a 显然成立. 由此命题得证。
证法二 综合法两边同时加上ab 得)()(m b a m a b +>+两边同时除以正数)(m b b +得（1）。
读一读：如果用Q P ⇒或P Q ⇐表示命题P 可以推出命题Q （命题Q 可以由命题P 推出），那么采用分析法的证法一就是 （1）).4()3()2(⇐⇐⇐ 而采用综合法的证法二就是 ).1()2()3()4(⇒⇒⇒如果命题P 可以推出命题Q ，命题Q 也可以推出命题P ，即同时有P Q Q P ⇒⇒,，那么我们就说命题P 与命题Q 等价，并记为.Q P ⇔在例2中，由于m b m b +,,都是正数，实际上).4()3()2()1(⇔⇔⇔例4、证明：通过水管放水，当流速相同时，如果水管横截面的周长相等，那么横截面是圆的水管比横截面是正方形的水管流量大。
选修4-5 第2讲 不等式的证明
第2讲不等式的证明基础知识整合1．比较法比较法是证明不等式最基本的方法，可分为作差比较法和作商比较法两种．2．综合法一般地，从□05已知条件出发，利用□06定义、公理、□07定理、性质等，经过一系列的□08推理、□09论证而得出命题成立，这种证明方法叫做综合法．综合法又叫由因导果法．3．分析法证明命题时，从□10要证的结论出发，逐步寻求使它成立的□11充分条件，直至所需条件为□12已知条件或□13一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法，这是一种执果索因的思考和证明方法．4．反证法证明命题时先假设要证的命题□14不成立，以此为出发点，结合□15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)□16矛盾的结论，以说明假设不正确，从而得出原命题成立，我们把这种证明方法称为反证法．5．放缩法证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值□17放大或□18缩小，简化不等式，从而达到证明的目的，我们把这种方法称为放缩法．6．柯西不等式(1)二维形式的柯西不等式定理1 若a ，b ，c ，d 都是实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥□19(ac ＋bd )2，当且仅当□20ad ＝bc 时，等号成立．(2)柯西不等式的向量形式定理2 设α，β是两个向量，则□21|α·β|≤|α|·|β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k ，使α＝k β时，等号成立．1．作差比较法适用的主要题型是多项式、分式、对数式、三角式，作商比较法适用的主要题型是高次幂乘积结构．2．如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出或否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法．3．高考命题专家说：“放缩是一种能力．”如何把握放缩的“度”，使得放缩“恰到好处”，这正是放缩法的精髓和关键所在！1．已知0<a <1b ，且M ＝11＋a ＋11＋b ，N ＝a 1＋a ＋b1＋b ，则M ，N 的大小关系是( )A．M<N B．M>N C．M＝N D．不确定答案 B解析由已知得0<ab<1，故M－N＝11＋a＋11＋b－a1＋a－b1＋b＝1－a1＋a＋1－b1＋b＝2(1－ab)(1＋a)(1＋b)>0.故M>N.2．(2019·南通模拟)若|a－c|<|b|，则下列不等式中正确的是()A．a<b＋c B．a>c－bC．|a|>|b|－|c| D．|a|<|b|＋|c|答案 D解析|a|－|c|≤|a－c|<|b|，即|a|<|b|＋|c|.故选D.3．已知a，b，c，d均为正数，S＝aa＋b＋d＋bb＋c＋a＋cc＋d＋b＋dd＋a＋c，则一定有()A．0<S<1 B．1<S<2 C．2<S<3 D．3<S<4 答案 B解析S>aa＋b＋c＋d ＋ba＋b＋c＋d＋ca＋b＋c＋d＋da＋b＋c＋d＝1，S<aa＋b＋b a＋b ＋cc＋d＋dc＋d＝2，∴1<S<2.故选B.4．(2019·驻马店质检)若x1，x2，x3∈(0，＋∞)，则3个数x1x2，x2x3，x3x1的值() A．至多有一个不大于1 B．至少有一个不大于1C．都大于1 D．都小于1答案 B解析解法一：设x1≤x2≤x3，则x1x2≤1，x2x3≤1，x3x1≥1.故选B.解法二：设x1x2>1，x2x3>1，x3x1>1，∴x1x2·x2x3·x3x1>1与x1x2·x2x3·x3x1＝1矛盾，∴至少有一个不大于1.5．已知a，b∈R，a2＋b2＝4，则3a＋2b的取值范围是________．答案[－213，213]解析根据柯西不等式(ac ＋bd )2≤(a 2＋b 2)·(c 2＋d 2)，可得(3a ＋2b )2≤(a 2＋b 2)·(32＋22) ∴－213≤3a ＋2b ≤213. 3a ＋2b ∈[－213，213]．6．已知a ，b ，c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1c 的最小值为________． 答案 9解析 解法一：把a ＋b ＋c ＝1代入1a ＋1b ＋1c ，得 a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c c ＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c a ＋a c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立． 解法二：由柯西不等式得：(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ·1a ＋b ·1b ＋c ·1c 2，即1a ＋1b ＋1c ≥9.核心考向突破考向一 比较法证明不等式例1 (2019·西宁模拟)已知函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －2|，集合A ＝{x |f (x )<3}． (1)求A ；(2)若s ，t ∈A ，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－t s <⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －1s .解 (1)不等式f (x )<3等价于|2x ＋1|＋|x －2|<3.(*) 设函数g (x )＝|2x ＋1|＋|x －2|－3，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －4，x ≥2，x ，－12<x <2，－3x －2，x ≤－12，其图象如图所示．从图象可知，当且仅当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0时，g (x )<0.所以不等式(*)的解集为x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫－23<x <0. 所以A ＝x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫－23<x <0. (2)证明：因为s ，t ∈A ，由(1)知s ，t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0，所以s 2<1，t 2<1.因为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t s 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －1s 2＝1＋t 2s 2－t 2－1s 2＝1s 2(1－t 2)(s 2－1)<0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t s 2<⎝ ⎛⎭⎪⎫t －1s 2，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－t s <⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －1s .触类旁通比较法证明的一般步骤作差—变形—判断—结论．为了判断作差后的符号，有时要把这个差变形为一个常数，或者变形为一个常数与一个或几个平方和的形式，也可变形为几个因式的积的形式，以判断其正负．常用的变形技巧有因式分解、配方、拆项、拼项等方法．即时训练 1.设函数f (x )＝|x －2|＋2x －3，记f (x )≤－1的解集为M . (1)求M ；(2)当x ∈M 时，证明：x [f (x )]2－x 2f (x )≤0. 解 (1)由已知，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1，x ≤2，3x －5，x >2.当x ≤2时，由f (x )＝x －1≤－1，解得x ≤0，此时x ≤0； 当x >2时，由f (x )＝3x －5≤－1，解得x ≤43，显然不成立．故f (x )≤－1的解集为M ＝{x |x ≤0}． (2)证明：当x ∈M 时，f (x )＝x －1， 于是x [f (x )]2－x 2f (x )＝x (x －1)2－x 2(x －1) ＝－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14.令g (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14，则函数g (x )在(－∞，0]上是增函数， ∴g (x )≤g (0)＝0. 故x [f (x )]2－x 2f (x )≤0. 考向二 综合法证明不等式例2 (2019·咸阳模拟)已知a >0，b >0，函数f (x )＝|2x ＋a |＋2⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －b 2＋1的最小值为2.(1)求a ＋b 的值；(2)求证：a ＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥3－b .解 (1)因为f (x )＝|2x ＋a |＋|2x －b |＋1≥|2x ＋a －(2x －b )|＋1＝|a ＋b |＋1， 当且仅当(2x ＋a )(2x －b )≤0时，等号成立， 又a >0，b >0，所以|a ＋b |＝a ＋b ，所以f (x )的最小值为a ＋b ＋1＝2，所以a ＋b ＝1. (2)证明：由(1)知，a ＋b ＝1，所以1a ＋4b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ＝1＋4＋b a ＋4a b ≥5＋2b a ·4ab ＝9，当且仅当b a ＝4a b 且a ＋b ＝1，即a ＝13，b ＝23时取等号． 所以log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥log 39＝2，所以a ＋b ＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥1＋2＝3，即a ＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥3－b .触类旁通综合法是由因导果的证明方法.用综合法证明不等式时，应注意观察不等式的结构特点，选择恰当的公式作为依据，其中均值不等式是最常用的.即时训练 2.(2019·宜春模拟)(1)求不等式－2<|x －1|－|x ＋2|<0的解集；(2)设a ，b 均为正数，h ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫2a，a 2＋b2ab ，2b ，证明：h ≥2. 解 (1)记f (x )＝|x －1|－|x ＋2| ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，x ≤－2，－2x －1，－2<x <1，－3，x ≥1，由－2<－2x －1<0，解得－12<x <12，则不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12.(2)证明：h ≥2a ，h ≥a 2＋b 2ab ，h ≥2b，h 3≥4(a 2＋b 2)ab ≥4×2ab ab ＝8，当且仅当a ＝b ＝1时取等号，∴h ≥2.考向三 分析法证明不等式例3 (2019·株洲模拟)(1)求不等式|x －5|－|2x ＋3|≥1的解集； (2)若正实数a ，b 满足a ＋b ＝12，求证：a ＋b ≤1. 解 (1)当x ≤－32时，－x ＋5＋2x ＋3≥1，解得x ≥－7， ∴－7≤x ≤－32；当－32<x <5时，－x ＋5－2x －3≥1，解得x ≤13， ∴－32<x ≤13；当x ≥5时，x －5－(2x ＋3)≥1，解得x ≤－9，舍去． 综上，－7≤x ≤13. 故原不等式的解集为x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫－7≤x ≤13. (2)证明：要证a ＋b ≤1，只需证a ＋b ＋2ab ≤1，即证2ab≤12，即证ab≤14.而a＋b＝12≥2ab，∴ab≤14成立，∴原不等式成立．触类旁通对于一些难以看出综合推理出发点的题目，我们可以从要证的结论入手，通常采用分析法求证.分析法证明不等式是“执果索因”，要注意书写的格式和语言的规范.即时训练 3.(2018·福建模拟)已知函数f(x)＝|x＋1|.(1)求不等式f(x)<|2x＋1|－1的解集M；(2)设a，b∈M，证明：f(ab)>f(a)－f(－b)．解(1)当x≤－1时，原不等式可化为－x－1<－2x－2，解得x<－1；当－1<x<－12时，原不等式可化为x＋1<－2x－2，解得x<－1，此时原不等式无解；当x≥－12时，原不等式可化为x＋1<2x，解得x>1，综上，M＝{x|x<－1或x>1}．(2)证法一：因为f(ab)＝|ab＋1|＝|(ab＋b)＋(1－b)|≥|ab＋b|－|1－b|＝|b||a＋1|－|1－b|.因为a，b∈M，所以|b|>1，|a＋1|>0，所以f(ab)>|a＋1|－|1－b|，即f(ab)>f(a)－f(－b)．证法二：因为f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，所以要证f(ab)>f(a)－f(－b)，只需证|ab＋1|>|a＋b|，即证|ab＋1|2>|a＋b|2，即证a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2，即证a2b2－a2－b2＋1>0，即证(a2－1)(b2－1)>0.因为a ，b ∈M ，所以a 2>1，b 2>1，所以(a 2－1)(b 2－1)>0成立，所以原不等式成立．考向四 反证法证明不等式例4 (2019·湖南模拟)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，当且仅当a ＝b ＝1时等号成立．(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．触类旁通对于某些问题中所证结论若是“都是”“都不是”“至多”“至少”等问题，一般用反证法.其一般步骤是反设→推理→得出矛盾→肯定原结论.即时训练 4.已知x ，y 都是正实数，且x ＋y ≥2. (1)求x 2＋y 2的最小值；(2)求证：1＋x y ≤2和1＋yx ≤2至少有一个成立．解 (1)(x 2＋y 2)－(x ＋y )22＝2x 2＋2y 2－(x ＋y )22＝(x －y )22≥0，当且仅当x ＝y 时等号成立，所以x 2＋y 2≥(x ＋y )22≥2，当x ＝y ＝1时，x 2＋y 2取得最小值，最小值为2.(2)证明：假设1＋x y ≤2和1＋yx ≤2都不成立， 则有1＋x y >2且1＋yx >2， 即1＋x >2y 且1＋y >2x ，两式相加，得2＋x ＋y >2x ＋2y ，即x ＋y <2，这与已知矛盾，因此1＋x y ≤2和1＋yx ≤2至少有一个成立． 考向五 放缩法证明不等式例5 (2019·包头模拟)已知x ，y ，z 为三角形的三边长，求证：1<x y ＋z ＋yx ＋z ＋zx ＋y<3. 证明 ∵x ，y ，z 为三角形的三边长， ∴y ＋z >x ，x ＋y >z ，x ＋z >y ， ∴1y ＋z <1x ，1y ＋x <1z ，1x ＋z <1y ， ∴x y ＋z ＋y x ＋z ＋z x ＋y <3， 又xy ＋z ＋y x ＋z ＋z x ＋y >x x ＋y ＋z ＋y x ＋y ＋z ＋z x ＋y ＋z ＝1， ∴1<x y ＋z＋y x ＋z＋z x ＋y<3.触类旁通用放缩法证明不等式将所证不等式中的某些项适当放大或缩小(主要方法是拆分、配凑、增减项等)，可使有关项之间的不等关系更加明晰，更加强化，且有利于式子的代数变形、化简，从而达到证明的目的．这种方法灵活性较大，技巧性较强．即时训练 5.求证：12＋1＋122＋1＋123＋1＋…＋12n ＋1<1(n ∈N *)． 证明 注意到12n ＋1<12n 将通项放缩为等比数列， 左边<12＋122＋123＋…＋12n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝1－12n <1. 6．求证：12－1＋122－1＋123－1＋…＋12n －1<53.证明 ∵2n －1＝2·2n －1－1＝2·2n －1－2n －12n －1 ＝2n －1⎝⎛⎭⎪⎫2－12n －1≥74·2n －1(n ≥3)， ∴12n －1≤47·12n －1， ∴12－1＋122－1＋123－1＋…＋12n －1<1＋13＋47⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋12n －1＝43＋27⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －2<43＋27＝3421<3521＝53.考向六 柯西不等式的应用例6 (2018·江苏高考)若x ，y ，z 为实数，且x ＋2y ＋2z ＝6，求x 2＋y 2＋z 2的最小值．解 由柯西不等式，得(x 2＋y 2＋z 2)(12＋22＋22)≥(x ＋2y ＋2z )2.因为x ＋2y ＋2z ＝6，所以x 2＋y 2＋z 2≥4，当且仅当x 1＝y 2＝z 2时，不等式取等号，此时x ＝23，y ＝43，z ＝43，所以x 2＋y 2＋z 2的最小值为4.触类旁通即时训练 7.已知函数f (x )＝m －|x －2|，m ∈R ，且f (x ＋2)≥0的解集为[－1,1]．(1)求m 的值；(2)若a ，b ，c ∈R ＋，且1a ＋12b ＋13c ＝m ，求证：a ＋2b ＋3c ≥9.解 (1)因为f (x ＋2)＝m －|x |，f (x ＋2)≥0等价于|x |≤m ，由|x |≤m 有解，得m ≥0，且其解集为{x |－m ≤x ≤m }．又f (x ＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m ＝1.(2)证明：由(1)知1a ＋12b ＋13c ＝1，又a ，b ，c ∈R ＋，由柯西不等式得a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ·1a ＋2b ·12b ＋3c ·13c 2＝9. 所以不等式得证．。
贵州省盘县第三中学高中数学(人教A版)选修4-5教案：第二讲 证明不等式的基本方法2.2.2 分析法
课题5：不等式证明三（分析法）当用综合法不易发现解题途径时，我们可以从求证的不等式出发，逐步分析寻求使这个不等式成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实，从而得出要证的不等式成立，这种执果所因的思考和证明方法叫做分析法。
使用分析法证明时，要注意表述的规范性，当问题比较复杂时，通常把分析法和综合法结合使用，以分析法寻求证明的思路，而用综合法进行表述，完成证明过程。
例1、求证：5273<+证：分析法： 综合表述： ∵052,073>>+ ∵21 < 25只需证明：22)52()73(<+ ∴521<展开得： 2021210<+ ∴10212<即： 10212< ∴2021210<+ ∴ 521< ∴22)52()73(<+即： 21 < 25（显然成立） ∴5273<+ ∴5273<+例2、设x > 0，y > 0，证明不等式：31332122)()(y x y x +>+ 证一：（分析法）所证不等式即：233322)()(y x y x +>+即：33662222662)(3y x y x y x y x y x ++>+++即：3322222)(3y x y x y x >+只需证：xy y x 3222>+∵xy xy y x 32222>≥+成立∴ 31332122)()(y x y x +>+ 证二：（综合法）∵33662222663226)(3)(y x y x y x y x y x y x ++≥+++=+ 2333366)(2y x y x y x +=++> ∵x > 0，y > 0， ∴31332122)()(y x y x +>+ 例3、已知：a + b + c = 0，求证：ab + bc + ca ≤ 0证一：（综合法）∵a + b + c = 0 ∴(a + b + c)2 = 0展开得：2222c b a ca bc ab ++-=++ ∴ab + bc + ca ≤ 0证二：（分析法）要证ab + bc + ca ≤ 0 ∵a + b + c = 0 故只需证 ab + bc + ca ≤ (a + b + c)2即证：0222≥+++++ca bc ab c b a即：0])()()[(21222≥+++++a c c b b a （显然） ∴原式成立证三：∵a + b + c = 0 ∴ c = a + b∴ab + bc + ca = ab + (a + b)c = ab(a + b)2 = a 2 b 2 ab= 0]43)2[(22≤++-b b a 例4、已知0,1a b ab >>=，求证：2222a b a b+≥-，并求等号成立的条件。
人教版高中数学选修4-5《证明不等式的基本方法——综合法与分析法》
课前引入：回顾均值不等式猜测证明过程
a+b 2 ab a>0,b>0
回顾几个重要不等式
(1)a2＋b2≥ 2ab (a，b∈R)；
(2) ab ≤ (
)2(a，b∈R)；
(3) a + b ≥ 2 ab (a，b∈R+)； (4) ≥ 2 (a，b同号且不为零)．
一、分析法:
3、数学思想：转化的思想
六、课后作业
小本练习册：287页1
例：证明
证明：若要证
只需证明
3 7 2 5
展开得
2 2 （ 3 7） （2 5） 3 7 2 5 10 2 21 20
即
21 5
只需证明
21 25
因为21 25成立，所以不等式 3＋ 7 2 5成立
一、分析法:
【问题】分析法的主要特点和符号表示（A表示已知 ，B表示结论）
特点：由“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知” B （结论） （已知） 即“执果索因 ” B1 B2 Bn A
证明步骤的符号表示：
练习：用分析法证明：
6 7 2 2 5
二、综合法:
定义:一般地，利用已知条件和某些数学定义、定理、公 理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的 结论成立，这种证明方法叫综合法。
思维升华:
1、从寻找解题思路看：综合法是由因导果，探路艰难； 分析法是执果索因，便于寻找解题思路 2、从表达过程看：综合法形式简洁，条理清晰; 分析法叙述繁琐。 因此，在实际解题时，常把二者结合使用。先用分析法寻找解题思路， 再用综合法有条理的表述过程。
五、课堂总结:
1、直接证明的两种方法：综合法和分析法 2、综合法和分析法的思维过程及特点： 综合法的证明是“由因导果”，由“已知”看“可知”，逐步推向 “未知”，实际是寻找它的必要条件。 分析法的证明是“执果索因”，由“未知”看“需知”，逐步靠拢 “已知”，实际是寻找它的充分条件。
人教新课标版数学高二-练习2014版高中数学选修4-5练习第二讲 证明不等式的基本方法
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单元质量评估(二)第二讲（120分钟 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.设m>n,n∈N+,x>1,a=(lgx)m+(lgx)-m,b=(lgx)n+(lgx)-n,则a与b的大小关系为( )A.a≥bB.a≤bC.与x的值有关,大小不定D.以上都不正确2.已知a>b>c>0,A=a2a b2b c2c,B=a b+c b c+a c a+b,则A与B的大小关系是( )A.A>BB.A<BC.A=BD.不确定3.(2013·威海高二检测)使不等式+>1+成立的正整数a的最大值是( )A.10B.11C.12D.134.(2013·杭州高二检测)已知b>a>0,且a+b=1,则( )A.2ab<<<bB.2ab<<<bC.<2ab<<bD.2ab<<b<5.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.a>c≥bB.c≥b>aC.c>b>aD.a>c>b6.用反证法证明命题“如果a<b,那么>”时,假设的内容是( )A.=B.<C.=且<D.=或<7.已知正整数a,b满足4a+b=30,则使得+取最小值时的实数对(a,b)是( )A.(5,10)B.(6,6)C.(10,5)D.(7,2)8.已知△ABC中,∠C=90°,则的取值范围是( )A.(0,2)B.C. D.9.若实数a,b满足0<a<b且a+b=1,则下列四个数中最大的是( )A. B.a2+b2 C.2ab D.a10.设a,b,c,d∈R,若a+d=b+c,且|a-d|<|b-c|,则有( )A.ad=bcB.ad<bcC.ad>bcD.ad≤bc11.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满足的条件是( )A.0<B≤B.0<B≤C.0<B≤D.<B<π12.已知a,b为非零实数,则使不等式:+≤-2成立的一个充分而不必要条件是( )A.ab>0B.ab<0C.a>0,b<0D.a>0,b>0二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中的横线上)13.实数x,y满足=x-y,则x的取值范围是.14.设a,b为正数,α为锐角,M=,N=(+)2,则M,N的大小关系是.15.若a>b>c>0,n1=,n2=,n3=,则n1n2,n2n3,,中的最小的一个是.16.如果a+b>a+b,则实数a,b应满足的条件是.三、解答题(本大题共6小题,共70分,解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)已知a,b,c为三角形的三条边,求证:,,也可以构成一个三角形.18.(12分)若a>0,b>0,a3+b3=2,求证:a+b≤2,ab≤1.19.(12分)已知x,y∈R,且<1,<1,求证:+≥.20.(12分)(2013·泰安高二检测)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1.21.(12分)(能力挑战题)已知数列{a n}满足:a1=,=,a n a n+1<0(n≥1,n∈N+),数列{b n}满足:b n=-(n≥1,n∈N+).(1)求数列{a n},{b n}的通项公式.(2)证明:数列{b n}中的任意三项不可能成等差数列.22.(12分)(能力挑战题)已知数列{a n}满足a1=2,a n+1·a n(n ∈N+).(1)求a2,a3,并求数列{a n}的通项公式.(2)设c n=,求证:c1+c2+c3+…+c n<.答案解析1.【解析】选A.a-b=lg m x+lg-m x-lg n x-lg-n 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),因为x>1,所以lgx>0,当0<lgx<1时,a>b.当lgx=1时,a=b.当lgx>1时,a>b.综上a≥b.2.【解析】选A.因为a>b>c>0,所以A>0,B>0,所以==a a-b a a-c b b-c b b-a c c-a c c-b=.因为a>b>0,所以>1,a-b>0,所以>1,同理>1,>1.所以>1,即A>B.【变式备选】已知a>b>0,则下列各式中成立的是( ) A.= B.>C.<D.=【解析】选C.因为-==,因为a>b>0,a2>b2,所以b2-a2<0,即<0,所以<.3.【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.4.【解析】选B.(特殊值法)令a=,b=,则2ab=,=,=.5.【解析】选B.(a-2)2≥0⇒c≥b,又b=a2+1,所以b-a=a2-a+1=+>0.所以b>a.所以c≥b>a.6.【解析】选D.由反证法的特点可知D正确.7.【解析】选A.+==≥=,当且仅当=且4a+b=30,即a=5,b=10时,+取最小值.8.【解析】选C.因为∠C=90°,所以c2=a2+b2,即c=.又有a+b>c,所以1<=≤=.9.【解析】选B.因为a+b=1,a+b>2,所以2ab<,a2+b2>2=2×=,又0<a<b,且a+b=1,所以a<,所以a2+b2最大.10.【解析】选 C.|a-d|<|b-c|⇒(a-d)2<(b-c)2⇒a2+d2-2ad<b2+c2-2bc,又因为a+d=b+c⇒(a+d)2=(b+c)2⇒a2+d2+2ad=b2+c2+2bc,所以-4ad<-4bc,所以ad>bc.11.【解析】选B.因为2b=a+c,所以cosB====-≥-=,因为cosB在上是减函数,所以0<B≤.12.【解题指南】解答本题可先利用基本不等式推出+≤-2成立的充要条件,再依据题意确定选项.【解析】选C.因为与同号,由+≤-2,知<0,<0,即ab<0,又若ab<0,则<0,<0,所以+=-≤-2=-2,综上,ab<0是+≤-2成立的充要条件,所以a>0,b<0是+≤-2成立的一个充分而不必要条件.13.【解析】由=x-y得x===y-1++2,当y>1时,x≥2+2=4,当且仅当y=2时取“=”,当y<1时,x≤-2+2=0,当且仅当y=0时取“=”,而y≠0,所以x<0. 答案:(-∞,0)∪[4,+∞).【拓展提升】求字母的取值范围问题(1)由已知式子求字母的取值范围时,一般情况下是将要求范围的字母用另一个字母表示,得到函数关系式,然后利用求值域的方法求解. (2)本题也可以用下面方法求解:由已知可得:⇒⇒x<0或x≥4.14.【解析】因为a>0,b>0,α为锐角,所以N=ab+2+2,M=ab+++≥ab+2+,又sin2α≤1,所以M≥ab+2+2=N,当且仅当a=b,且α=时,等号成立.答案:M≥N15.【解析】可以利用赋值法比较.令a=3,b=2,c=1,可得n1=,n2=,n3=,所以n 1n2=,n2n3=,=,=,故最小.答案:16.【解析】若a+b>a+b,则a(-)+b(-)>0,即(a-b)(-)=(-)2(+)>0,所以有a≠b,且a≥0,b≥0.答案:a≥0,b≥0且a≠b17.【证明】因为a,b,c为三角形的三条边,于是有a+b>c,a+c>b,b+c>a,又设f(x)==1-,它在上为单调增函数,所以f(c)<f(a+b),即<=+<+,同理<+,<+,所以,,也可以构成一个三角形.18.【证明】方法一:因为a>0,b>0,a3+b3=2,所以(a+b)3-23=a3+b3+3a2b+3ab2-8=3a2b+3ab2-6=3[ab(a+b)-2]=3[ab(a+b)-(a3+b3)]=-3(a+b)(a-b)2≤0.即(a+b)3≤23,又a+b>0,所以a+b≤2,因为2≤a+b≤2,所以ab≤1.方法二:设a,b为方程x2-mx+n=0的两根,则因为a>0,b>0,所以m>0,n>0,且Δ=m2-4n≥0. ①因为2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]=m(m2-3n), 所以n=-. ②将②代入①得m2-4≥0,即≥0,所以-m3+8≥0,即m≤2,所以a+b≤2,由2≥m得4≥m2,又m2≥4n,所以4≥4n,即n≤1,所以ab≤1.方法三:因为a>0,b>0,a3+b3=2,所以2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)(2ab-ab)=ab(a+b),于是有6≥3ab(a+b),从而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3,所以a+b≤2(以下略). 方法四:因为-==≥0,所以对任意非负实数a,b,有≥.因为a>0,b>0,a3+b3=2,所以1=≥,所以≤1,即a+b≤2(以下略).方法五:假设a+b>2,则a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]≥(a+b)ab>2ab,所以ab<1.又a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]>2(22-3ab),且a3+b3=2,所以2>2(4-3ab),因此ab>1,前后矛盾,故a+b≤2(以下略).【拓展提升】不等式证明的一题多证问题关于不等式的证法,方法很灵活.在学习过程中,探究一题多解或一题多证对于开阔思路,提高逻辑思维能力很有帮助.19.【证明】因为<1,<1,所以>0,>0.所以+≥.故要证明结论成立,只需证≥成立,即证1-xy≥成立即可,因为(y-x)2≥0,有-2xy≥-x2-y2,所以(1-xy)2≥(1-x2)(1-y2),所以1-xy≥>0,所以不等式成立.20.【证明】假设(2-a)b>1,(2-b)c>1,(2-c)a>1,由题意知2-a>0,2-b>0,2-c>0,那么≥>1.同理,>1,>1,三式相加,得3>3矛盾,所以假设不成立.所以(2-a)b,(2-b)c,(2-c)a不能同时大于1.21.【解析】(1)由题意知,1-=(1-),令C n=1-,则C n+1=C n,又C1=1-=,则数列{C n}是首项为C1=,公比为的等比数列,即C n=×,故1-=×⇒=1-×,又a1=>0,a n a n+1<0,故a n=(-1)n-1·,b n=-=-=×.(2)假设数列{b n}中存在三项b r,b s,b t(r<s<t)按某种顺序成等差数列,由于数列{b n}是首项为,公比为的等比数列,于是有b r>b s>b t,则只可能有2b s=b r+b t成立.所以2×=+,两边同乘3t-1·21-r化简得2×2s-r·3t-s=3t-r+2t-r,由于r<s<t,所以上式右边为奇数,左边为偶数,故上式不可能成立,导致矛盾,故数列{b n}中任意三项不可能成等差数列.22.【解题指南】解答第(1)题的关键是根据a n+1=2a n(n∈N+)证明数列为等比数列.第(2)题证明的关键是选准放缩的标准. 【解析】(1)因为a1=2,a n+1=2·a n(n∈N+),所以a2=2×·a1=16,a3=2×·a2=72.又因为=2·,n∈N +,所以为等比数列.所以=·2n-1=2n,所以a n=n2·2n(n∈N+).(2)c n==,所以c1+c2+c3+…+c n=+++…+<+++·=+·<+·=+==<=,所以结论成立.关闭Word文档返回原板块。
2020版人教A版数学选修4-5同步配套__第二讲 证明不等式的基本2.2
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题型二 利用分析法证明不等式
【例 2】
已知
a>b>0,求证:
(������-������)2 8������
<
������+������ 2
−
������������ < (������8-������������)2.
������
+
1 ������
2
+
������
+
1 ������
2
=4+(1-2ab)+
1-2������������ ������2������2
≥4+
1-2
×
1 4
+
1-2×
1 4
12
=
25 2
.
∴
4
������
+
1 ������
2
+
������
+
1 ������
2 ≥ 225.
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【做一做 1】 若 a<b<0,则下列不等式中成立的是( )
A.
1 ������
<
1 ������
C.b+
1 ������
>
������
+
1 ������
B.
������
+
1 ������