高考理科练习(选修4-5第2节证明不等式的基本方法)
2014·高三复习数学(理)2选修4-5 第2讲 证明不等式的基本方法
b2)≥0，即( a)3＋b3≥ab＋ ab2.
选修4-5 第2讲
第22页
此题用的是作差比较法，其步骤：作差、变形、判断差 的符号、结论.其中判断差的符号为目的，变形是关键.常用的 变形技巧有因式分解、配方、拆项、拼项等方法.
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[变式探究] 求证：a2＋b2≥ab＋a＋b－1.
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1. ≥ a＝b＝c 不小于 不小于 ≥ a1＝a2＝„＝an 3 1 填一填：(1)3 (2)3 4
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2．填一填：(1)
2 2 2
1 21
2 2
提示：∵1＝x＋2y＋
2
1 4z≤ x ＋y ＋z · 1＋4＋16 ，∴x ＋y ＋z ≥ 21 ，即x2＋y2＋z2 1 的最小值为21. (2)[－5 y)2， ∴－5 2≤2x－y≤5 2. 2 ，5 2] 提示：∵(x2＋y2)[22＋(－1)2]≥(2x－
选修4-5
第2讲
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2 柯西不等式的一般结构为(a1 ＋a 2＋„＋a2)(b 2＋b 2＋„ 2 n 1 2
＋b2)≥(a1b1＋a2b2＋„＋anbn)2，在使用柯西不等式时，关键 n 是将已知条件通过配凑，转化为符合柯西不等式条件的式 子，为方便使用柯西不等式，有时常将 a 变形为 1×a 的形 式．
据集合相等确定m的值；(2)结合已知条件构造两个适当的数
组，变形为柯西不等式的形式．
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[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. 1 1 1 ＋ (2)由(1)知a＋2b＋3c＝1，又a，b，c∈R ，由柯西不等式 1 1 1 1 1 得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)( a ＋ 2b ＋ 3c )≥( a· ＋ 2b· ＋ a 2b 1 2 3c· ) ＝9.所以不等式得证． 3c
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.
【金牌精品】高考数学(理)一轮复习：选修4-5-2证明不等式的基本方法
课后课时作业1.[2015·重庆高考]若函数f(x)＝|x ＋1|＋2|x －a|的最小值为5，则实数a ＝________.答案 －6或4解析 当a ≤－1时，f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋2a －1(x ≤a )x －2a －1(a<x ≤－1)3x －2a ＋1(x>－1)，∴f(x)min ＝－a －1，∴－a －1＝5，∴a ＝－6. 当a>－1时，f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋2a －1(x ≤－1)－x ＋2a ＋1(－1<x ≤a )3x －2a ＋1(x>a )，∴f(x)min ＝a ＋1，∴a ＋1＝5，∴a ＝4. 综上，a ＝－6或a ＝4.2．不等式|2x ＋1|－2|x －1|>0的解集为________．答案 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x>14解析 |2x ＋1|－2|x －1|>0⇔|2x ＋1|>2|x －1|⇔(2x ＋1)2>4(x －1)2⇔12x>3⇔x>14，∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x>14.3．[2016·南昌月考]若实数a ，b ，c 满足a 2＋b 2＋c 2＝4，则3a ＋4b ＋5c 的最大值为________．答案 10 2解析 由柯西不等式得(3a ＋4b ＋5c)2≤(a 2＋b 2＋c 2)(9＋16＋25)＝200，所以－102≤3a ＋4b ＋5c ≤102，所以3a ＋4b ＋5c 的最大值为10 2.4．[2015·黄陵一模]设关于x 的不等式|x|＋|x －1|<a(a ∈R )．若a ＝2，则不等式的解集为________；若不等式的解集为∅，则a 的取值范围是________．答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－12，32 (－∞，1]解析 a ＝2时，不等式|x |＋|x －1|<2可化为⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0－x ＋1－x <2或⎩⎪⎨⎪⎧0<x <1x ＋1－x <2或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1x ＋x －1<2，解得－12<x ≤0或0<x <1或1≤x <32，即－12<x <32，故不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32.因为|x |＋|x －1|≥|x －(x －1)|＝1，所以若不等式|x |＋|x －1|<a 的解集为∅，则a 的取值范围是(－∞，1]．5．[2015·江苏高考]解不等式x ＋|2x ＋3|≥2. 解原不等式可化为⎩⎪⎨⎪⎧x <－32－x －3≥2或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥－323x ＋3≥2.解得x ≤－5或x ≥－13.综上，原不等式的解集是⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫x ≤－5或x ≥－13. 6．设不等式|2x －1|<1的解集为M . (1)求集合M ；(2)若a ，b ∈M ，试比较ab ＋1与a ＋b 的大小． 解 (1)由|2x －1|<1得－1<2x －1<1， 解得0<x <1.所以M ＝{x |0<x <1}．(2)由(1)和a ，b ∈M 可知0<a <1,0<b <1， 所以(ab ＋1)－(a ＋b )＝(a －1)(b －1)>0. 故ab ＋1>a ＋b .7．设函数f (x )＝|x －a |＋3x ，其中a >0. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥3x ＋2的解集； (2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}，求a 的值． 解 (1)当a ＝1时，f (x )≥3x ＋2可化为|x －1|≥2. 由此可得x ≥3或x ≤－1.故不等式f (x )≥3x ＋2的解集为{x |x ≥3或x ≤－1}． (2)由f (x )≤0得|x －a |＋3x ≤0.此不等式化为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥a x －a ＋3x ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧x <aa －x ＋3x ≤0，即⎩⎨⎧x ≥ax ≤a 4或⎩⎨⎧x <a x ≤－a2.因为a >0，所以不等式组的解集为⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫x ≤－a 2. 由题设可得－a2＝－1，故a ＝2.8．[2013·福建高考]设不等式|x －2|<a (a ∈N *)的解集为A ，且32∈A ，12∉A .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|的最小值． 解 (1)因为32∈A ，且12∉A ，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪32－2<a ，且⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－2≥a ，解得12<a ≤32.又因为a ∈N *，所以a ＝1.(2)因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3， 当且仅当(x ＋1)(x －2)≤0， 即－1≤x ≤2时取到等号． 所以f (x )的最小值为3.9．[2015·课标全国卷Ⅱ]设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明：(1)若ab >cd ，则a ＋b >c ＋d ；(2)a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件．证明 (1)因为(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ，(c ＋d )2＝c ＋d ＋2cd ，由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab >cd 得(a ＋b )2>(c ＋d )2. 因此a ＋b >c ＋d .(2)①若|a －b |<|c －d |，则(a －b )2<(c －d )2，即(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd .因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd . 由(1)得a ＋b >c ＋d . ②若a ＋b >c ＋d ， 则(a ＋b )2>(c ＋d )2， 即a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd . 因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd .于是(a －b )2＝(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd ＝(c －d )2.因此|a －b |<|c －d |.综上，a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件． 10．[2016·大连模拟]已知函数f (x )＝log 2(|x ＋1|＋|x －2|－m )． (1)当m ＝5时，求函数f (x )的定义域；(2)若关于x 的不等式f (x )≥1的解集是R ，求m 的取值范围． 解 (1)由题意知，|x ＋1|＋|x －2|－5>0，则有⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2x ＋1＋x －2>5或⎩⎨⎧－1<x <2x ＋1－x ＋2>5或⎩⎨⎧x ≤－1－x －1－x ＋2>5，解得x <－2或x >3.∴函数f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(3，＋∞)． (2)由对数函数的性质知，f (x )＝log 2(|x ＋1|＋|x －2|－m )≥1＝log 22， ∴不等式f (x )≥1等价于|x ＋1|＋|x －2|≥2＋m .∵当x ∈R 时，恒有|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，而不等式|x ＋1|＋|x －2|≥m ＋2的解集是R ，∴m ＋2≤3，故m 的取值范围是(－∞，1]． 11．[2016·大同月考]设函数f (x )＝|2x －7|＋1. (1)求不等式f (x )≤|x －1|的解集；(2)若存在x 使不等式f (x )≤ax 成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)由题意得|2x －7|＋1≤|x －1|. 当x <1时，－(2x －7)＋1≤－(x －1)，解得x ≥7，∴x 不存在．当1≤x ≤72时，－(2x －7)＋1≤x －1，解得x ≥3， ∴3≤x ≤72.当x >72时，(2x －7)＋1≤x －1，解得x ≤5， ∴72<x ≤5.综上，不等式的解集为[3,5]． (2)|2x －7|＋1≤ax .当x ≥72时，(a －2)x ＋6≥0能成立， 若a －2≥0，则a ≥2满足．若a －2<0，则(a －2)×72＋6≥0，解得27≤a <2. ∴a ≥27.当x <72时，(a ＋2)x －8≥0能成立， 若a ＋2<0，则a <－2满足． 若a ＋2＝0，则a ＝－2不满足． 若a ＋2>0，则(a ＋2)×72－8>0，解得a >27. ∴a >27或a <－2. 综上，a ≥27或a <－2.12．[2015·大庆二模]已知函数f (x )＝m －|x －1|－|x －2|，m ∈R ，且f (x ＋1)≥0的解集为[0,1]．(1)求m 的值；(2)若a ，b ，c ，x ，y ，z ∈R ，且x 2＋y 2＋z 2＝a 2＋b 2＋c 2＝m ，求证：ax ＋by ＋cz ≤1.解 (1)由f (x ＋1)≥0得|x |＋|x －1|≤m . ∵|x |＋|x －1|≥1恒成立，∴若m <1，不等式|x |＋|x －1|≤m 的解集为∅，不合题意． 若m ≥1，①当x <0时，得x ≥1－m 2，所以1－m2≤x <0； ②当0≤x ≤1时，得x ＋1－x ≤m ，即m ≥1恒成立； ③当x >1时，得x ≤m ＋12，所以1<x ≤m ＋12.综上可知，不等式|x |＋|x －1|≤m 的解集为⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－m 2，m ＋12.由题意知，原不等式的解集为[0,1]， ∴⎩⎪⎨⎪⎧1－m2＝0m ＋12＝1，解得m ＝1.(2)证明：∵x 2＋a 2≥2ax ，y 2＋b 2≥2by ，z 2＋c 2≥2cz ， 三式相加，得x 2＋y 2＋z 2＋a 2＋b 2＋c 2≥2ax ＋2by ＋2cz . 由题设及(1)，知x 2＋y 2＋z 2＝a 2＋b 2＋c 2＝m ＝1， ∴2≥2(ax ＋by ＋cz )，即ax ＋by ＋cz ≤1，得证．。
选修4-5 第2节 不等式的证明
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考向二 用综合法、分析法证明不等式 互动讲练型
设 a，b，c，d 均为正数，且 a＋b＝c＋d，证明： (1)若 ab>cd，则 a＋ b> c＋ d； (2) a＋ b> c＋ d是|a－b|<|c－d|的充要条件．
通常采用分析法、 综合法相结合证明
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证明： (1)因为( a＋ b)2＝a＋b＋2 ab， ( c＋ d)2＝c＋d＋2 cd， 由题设 a＋b＝c＋d，ab>cd， 得( a＋ b)2>( c＋ d)2. 因此 a＋ b> c＋ d.
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弄清充 分、必 要条件 的证明 方向
(2)①必要性．若|a－b|<|c－d|，则(a－b)2<(c－d)2， 即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd. 因为 a＋b＝c＋d，所以 ab>cd. 由(1)，得 a＋ b> c＋ d. ②充分性．若 a＋ b> c＋ d，则( a＋ b)2>( c＋ d)2，
＋
…
＋
1 xn
n1 ≥n x1x2x3…xn.
基本不等式一 般形式的应用
因为n x1x2x3…xn≤x1＋x2＋xn3＋…＋xn＝1n，所以
n
1 x1x2x3…xn≥n.
所以x1－1 x31＋x2－1 x32＋x3－1 x33＋…＋xn－1 x3n>n2≥22＝4，
所以x1－1 x31＋x2－1 x32＋x3－1 x33＋…＋xn－1 x3n>4.
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2．放缩法证明不等式的技巧 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．
选修4-5_证明不等式高考必考(绝对经典)
2 x (1 x) 3
2 3
即要证 1+(1+x)+(1+x) 3 (1 x) ∵上式恒成立 ∴原不等式成立
3
2
（2）已知a,b,c∈R+,求证：
ab abc 3 2( ab ) 3( abc ) 2 3
证明：要证不等式成立 3 只需证 a b 2 ab a b c 3 abc 3 c 2 ab 3 abc 即要证 3 c ab ab 3 abc 恒成立 ∵ ∴原不等式成立
【变式练习3】已知a+b+c=0，求证：
ab+bc+ca≤0.
(2)分析法
从要证的结论出发,逐步寻求使它成立的充分条件,直至 所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公 理或已证的定理、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.
用分析法证明不等式的逻辑关系 B B1 B2 Bn A 结 (步步寻求不等式 已 论 成立的充分条件) 知
∴原不等式成立
? 练一练！
(1)已知x≥1，求证：1+ （2）已知a,b,c∈R+,求证：
2 x (1 x) 3
ab abc 3 2( ab ) 3( abc ) 2 3
2 3
(1)已知x≥1，求证：1+ 证明：要证不等式成立 只需证 3+2x 33 (1 x)2
2 2 2 2 2 2 2
例1 已 知x , y 0, 且x y 2, 1 x 1 y 试证 , 中至少有一个小于 2. y x 1 x 1 y 证明 : 假设 , 都不小于2, y x
高考理科课件(选修4-5第2节证明不等式的基本方法)
（2）已知a>b>-1,则 1 1 . ( )
a 1 b1
（3）设 t b ,s b 1 (b>a>0)，则s≥t.( )
a a 1
（4）证明 10 8 3 1 可用比较法证明.( )
【解析】（1）错误.若x-y<0，则有x+2y<x-y.
（2）正确.∵a>b>-1,∴a+1>b+1>0,
b
b<0,a 1 ⇒_a_<_b_
b
主要适用于积、商、 幂、对数、根式形式 的不等式证明
2.综合法与分析法 (1)分析法 证明命题时，从所要证明的结论入手向已知条件反推，直至达 到已知条件为止，这种证法称为分析法，这是一种“_执__果__索__ _因__”的证明方法. (2)综合法 一般地，从已知条件出发，利用不等式的性质（或已知证明过 的不等式），推出所要证明的结论，这种证明不等式的方法称 为综合法.综合法又叫“_由__因__寻__果__法__”.
b
2 ＞1.
b2
b
当b＞a＞0时，0＜a
＜1，a
b
＜0，则(
a
ab
) 2 ＞1.
b2
b
综上可知，当a,b∈(0，+∞)时，aabb (a成b)立a2b.
【互动探究】在本例题（2）的条件下，证明
ab
ab 2
abba.
【证明】
abba
ab
ab 2
ba ab
a 2 b 2
(
b
)
a
b
2，
a
当a
b时，(
【拓展提升】1.适宜用反证法证明的数学命题 (1)结论本身是以否定形式出现的一类命题. (2)关于唯一性、存在性的命题. (3)结论以“至多”、“至少”等形式出现的命题. (4)结论的反面比原结论更具体、更容易研究的命题. 2.反证法常见推出的矛盾 （1）通过推证，得出与假设矛盾的结论. （2）通过推证，得出与已知矛盾的结论. （3）通过推证，得出自相矛盾的结论.
选修4-5不等式证明的基本方法
选修4－5 不等式选讲第2课时不等式证明的基本方法(对应学生用书(理)200～202页)1. 设a 、b ∈R ＋，试比较a ＋b2与a ＋b 的大小． 解：∵ (a ＋b)2－⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝（a －b ）22≥0，∴ a ＋b ≥a ＋b2. 2. 若a 、b 、c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1，求a ＋b ＋c 的最大值．解：(1·a ＋1·b ＋1·c)2≤(12＋12＋12)(a ＋b ＋c)＝3，即a ＋b ＋c 的最大值为 3.3. 设a 、b 、m ∈R ＋，且b a <b ＋m a ＋m ，求证：a ＞b.证明：由b a <b ＋m a ＋m ，得b a －b ＋m a ＋m ＝（b －a ）m a （a ＋m ）＜0.因为a 、b 、m ∈R ＋，所以b －a ＜0，即b ＜a.4. 若a 、b ∈R ＋，且a ≠b ，M ＝a b ＋ba，N ＝a ＋b ，求M 与N 的大小关系． 解：∵ a ≠b ，∴ a b ＋b>2a ，ba＋a>2b ， ∴a b ＋b ＋b a ＋a>2b ＋2a ，即a b ＋ba>b ＋a ，即M>N. 5. 用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n >12(n>1，n ∈N *)的过程中，用n ＝k ＋1时左边的代数式减去n ＝k 时左边的代数式的结果是A ，求代数式A.解：当n ＝k 时，左边＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k ＋k ，n ＝k ＋1时，左边＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋1（k ＋1）＋（k ＋1），故左边增加的式子是12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1，即A ＝1（2k ＋1）（2k ＋2）.1. 不等式证明的常用方法(1) 比较法：比较法是证明不等式的一种最基本的方法，也是一种常用方法，基本不等式就是用比较法证得的．比较法有差值、比值两种形式，但比值法必须考虑正负．比较法证明不等式的步骤：作差(商)、变形、判断符号．其中的变形主要方法是分解因式、配方，判断过程必须详细叙述．(2) 综合法：综合法就是从题设条件和已经证明过的基本不等式出发，不断用必要条件替换前面的不等式，直到推出要证明的结论，即为“由因导果”，在使用综合法证明不等式时，常常用到基本不等式．(3) 分析法：分析法就是从所要证明的不等式出发，不断地用充分条件替换前面的不等式，直至推出显然成立的不等式，即为“执果索因”．2. 不等式证明的其他方法和技巧(1) 反证法从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，证实结论的否定是错误的，从而肯定结论是正确的证明方法．(2) 放缩法欲证A≥B，可通过适当放大或缩小，借助一个或多个中间量，使得A≥C1≥C2≥…≥C n≥B，利用传递性达到证明的目的．(3) 数学归纳法[备课札记]题型1 用比较法证明不等式例1求证：a 2＋b 2≥ab ＋a ＋b －1.证明：∵ (a 2＋b 2)－(ab ＋a ＋b －1)＝a 2＋b 2－ab －a －b ＋1 ＝12(2a 2＋2b 2－2ab －2a －2b ＋2) ＝12[(a 2－2ab ＋b 2)＋(a 2－2a ＋1)＋(b 2－2b ＋1)] ＝12[(a －b)2＋(a －1)2＋(b －1)2]≥0. ∴ a 2＋b 2≥ab ＋a ＋b －1. 备选变式（教师专享） 已知a>0，b>0，求证：a b ＋ba≥a ＋ b. 证明：(证法1)∵ ⎝⎛⎭⎫a b ＋b a －(a ＋b)＝⎝⎛⎭⎫a b －b ＋⎝⎛⎭⎫b a －a ＝a －b b ＋b －aa ＝（a －b ）（a －b ）ab ＝（a ＋b ）（a －b ）2ab≥0，∴ 原不等式成立．(证法2)由于a b ＋b a a ＋b ＝a a ＋b b ab （a ＋b ）＝（a ＋b ）（a －ab ＋b ）ab （a ＋b ）＝a ＋bab－1≥2abab－1＝1.又a>0，b>0，ab>0，∴a b ＋ba≥a ＋ b. 题型2 用分析法、综合法证明不等式 例2 已知x 、y 、z 均为正数，求证：x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z.证明：(证法1：综合法)因为x 、y 、z 都是正数，所以x yz ＋y zx ＝1z ⎝⎛⎭⎫x y ＋y x ≥2z .同理可得yzx ＋z xy ≥2x ，z xy ＋x yz ≥2y .将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z. (证法2：分析法)因为x 、y 、z 均为正数，要证x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z .只要证x 2＋y 2＋z 2xyz ≥yz ＋zx ＋xyxyz ，只要证x 2＋y 2＋z 2≥yz ＋zx ＋xy ，只要证(x －y)2＋(y －z)2＋(z －x)2≥0，而(x －y)2＋(y －z)2＋(z －x)2≥0显然成立，所以原不等式成立．变式训练已知a>0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.证明：要证a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只需证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋2，只需证a 2＋1a 2＋4＋4a 2＋1a 2≥a 2＋1a2＋2＋22⎝⎛⎭⎫a ＋1a ＋2， 即证2a 2＋1a2≥2⎝⎛⎭⎫a ＋1a ， 只需证4⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2≥2⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2＋2， 即证a 2＋1a 2≥2，此式显然成立．∴ 原不等式成立．题型3 均值不等式与柯西不等式的应用 例3 求证：a 2＋b 2＋c 23≥a ＋b ＋c3. 证明：∵ (12＋12＋12)(a 2＋b 2＋c 2)≥(a ＋b ＋c)2， ∴ a 2＋b 2＋c 23≥（a ＋b ＋c ）29，即a 2＋b 2＋c 23≥a ＋b ＋c3.变式训练若实数x 、y 、z 满足x ＋2y ＋3z ＝a(a 为常数)，求x 2＋y 2＋z 2的最小值． 解：∵ (12＋22＋32)(x 2＋y 2＋z 2)≥(x ＋2y ＋3z)2＝a 2，即14(x 2＋y 2＋z 2)≥a 2， ∴ x 2＋y 2＋z 2≥a 214，即x 2＋y 2＋z 2的最小值为a 214.备选变式（教师专享）用数学归纳法证明：当n 是不小于5的自然数时，总有2n >n 2成立． 证明：(1) 当n ＝5时，25>52，结论成立．(2) 假设当n ＝k(k ∈N ，k ≥5)时，结论成立，即有2k >k 2，那么当n ＝k ＋1时，左边＝2k ＋1＝2·2k >2·k 2＝(k ＋1)2＋(k 2－2k －1)＝(k ＋1)2＋(k －1－2)(k －1＋2)>(k ＋1)2＝右边.∴ 也就是说，当n ＝k ＋1时，结论成立．∴ 由(1)、(2)可知，不等式 2n >n 2对n ∈N ，n ≥5时恒成立．例4 求函数y ＝1－x ＋4＋2x 的最大值．解：∵y 2＝(1－x ＋2·2＋x)2≤[12＋(2)2](1－x ＋2＋x)＝3×3，∴ y ≤3，当且仅当11－x ＝22＋x时取“＝”号，即当x ＝0时，y max ＝3.备选变式（教师专享）(2011·湖南改编)设x 、y ∈R ，求⎝⎛⎭⎫x 2＋1y 2⎝⎛⎭⎫1x 2＋4y 2的最小值． 解：由柯西不等式，得⎝⎛⎭⎫x 2＋1y 2⎝⎛⎭⎫1x 2＋4y 2≥(1＋2)2＝9.∴ ⎝⎛⎭⎫x 2＋1y 2⎝⎛⎭⎫1x 2＋4y 2的最小值为9.1. (2013·陕西)已知a 、b 、m 、n 均为正数，且a ＋b ＝1，mn ＝2，求(am ＋bn)(bm ＋an)的最小值．解：利用柯西不等式求解，(am ＋bn)(an ＋bm)≥(am·an ＋bn·bm)2＝mn·(a ＋b)2＝2·1＝2，且仅当am an ＝bn bmm ＝n 时取最小值2.2. (2013·湖北)设x 、y 、z ∈R ，且满足x 2＋y 2＋z 2＝1，x ＋2y ＋3z ＝14，求x ＋y ＋z 的值．解：由柯西不等式可知(x ＋2y ＋3z)2＝14≤(x 2＋y 2＋z 2)·(12＋22＋32)，因为x 2＋y 2＋z 2＝1，所以当且仅当x 1＝y 2＝z3时取等号．此时y ＝2x ，z ＝3x 代入x ＋2y ＋3z ＝14得x ＝1414，即y ＝21414，z ＝31414， 所以x ＋y ＋z ＝3147. 3. (2013·江苏)已知a ≥b>0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b.证明：∵ 2a 3－b 3－2ab 2＋a 2b ＝(2a 3－2ab 2)＋(a 2b －b 3) ＝2a(a 2－b 2)＋b(a 2－b 2)＝(a 2－b 2)(2a ＋b)＝(a ＋b)(a －b)(2a ＋b)，又a ≥b>0，∴ a ＋b>0，a －b ≥0，2a ＋b ≥0， ∴ (a ＋b)(a －b)(2a ＋b)≥0， ∴ 2a 3－b 3－2ab 2＋a 2b ≥0， ∴ 2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b. 4. (2013·新课标Ⅱ)设a 、b 、c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1.证明： (1) ab ＋bc ＋ca ≤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 ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c)≥2(a ＋b ＋c)， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c. 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.1. 已知正数a 、b 、c 满足abc ＝1，求证：(a ＋2)(b ＋2)(c ＋2)≥27. 证明：(a ＋2)(b ＋2)(c ＋2)＝(a ＋1＋1)(b ＋1＋1)(c ＋1＋1)≥3·3a ·3·3b ·3·3c ＝27·3abc ＝27(当且仅当a ＝b ＝c ＝1时等号成立)． 2. 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) ∵ f(x ＋2)＝m －|x|≥0，∴ |x|≤m ，∴ m ≥0，－m ≤x ≤m ，∴ f(x ＋2)≥0的解集是[－1，1]，故m ＝1.(2) 由(1)知1a ＋12b ＋13c ＝1，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. 3. 已知x ，y ，z ∈R ＋，且x ＋y ＋z ＝1(1) 若2x 2＋3y 2＋6z 2＝1，求x ，y ，z 的值．(2) 若2x 2＋3y 2＋tz 2≥1恒成立，求正数t 的取值范围．解：(1) ∵ (2x 2＋3y 2＋6z 2)(12＋13＋16)≥(x ＋y ＋z)2＝1，当且仅当2x 12＝3y 13＝6z16时取“＝”．∴ 2x ＝3y ＝6z ，又∵ x ＋y ＋z ＝1，∴ x ＝12，y ＝13，z ＝16.(2) ∵ (2x 2＋3y 2＋tz 2)⎝⎛⎭⎫12＋13＋1t ≥(x ＋y ＋z)2＝1，∴ (2x 2＋3y 2＋tz 2)min ＝156＋1t . ∵ 2x 2＋3y 2＋tz 2≥1恒成立， ∴156＋1t ≥1.∴ t ≥6. 4. (1) 求函数y ＝x －1＋5－x 的最大值；(2) 若函数y ＝a x ＋1＋6－4x 最大值为25，求正数a 的值．解：(1) ∵ (x －1＋5－x)2≤(1＋1)(x －1＋5－x)＝8, ∴ x －1＋5－x ≤2 2. 当且仅当1·x －1＝1·5－x 即x ＝3时，y max ＝2 2.(2) (a x ＋1＋6－4x)2＝⎝⎛⎭⎫a x ＋1＋232－x 2≤(a 2＋4)(x ＋1＋32－x)＝52(a 2＋4)， 由已知52(a 2＋4)＝20得a ＝±2，又∵ a>0，∴ a ＝2.1. 算术—几何平均不等式若a 1，a 2，…，a n ∈R ＋，n>1且n ∈N *，则a 1＋a 2＋…＋a nn叫做这n 个正数的算术平均数，na 1a 2…a n 叫做这n 个正数的几何平均数．基本不等式：a 1＋a 2＋…＋a n n≥n a 1a 2…a n (n ∈N *，a i ∈R ＋，1≤i ≤n)．2. 绝对值三角形不等式若a 、b 是实数，则||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|. 推论1：|a 1＋a 2＋…＋a n |≤|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |.推论2：如果a 、b 、c 是实数，那么|a －c|≤|a －b|＋|b －c|，当且仅当(a －b)(b －c)≥0时，等号成立．3. 柯西不等式若a 、b 、c 、d 为实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd)2. 4. 三角不等式设x 1、y 1、x 2、y 2∈R ，则x 21＋y 21＋x 22＋y 22≥（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2.请使用课时训练（B ）第2课时（见活页）.[备课札记]。
高中数学选修4-5(人教A版)4-5第二讲证明不等式的方法2.2知识点总结含同步练习题及答案
描述：高中数学选修4-5(人教A版)知识点总结含同步练习题及答案
第二讲 证明不等式的基本方法 二 综合法与分析法
一、知识清单
不等式证明的基本方法
二、知识讲解
1.不等式证明的基本方法
比较法
要证明一个不等式也可以如同进行实数大小比较一样，采用做差、变形、确定符号的方式进行，我们将这种方法称之为比较法（comparison method）．
分析法和综合法
从欲证的不等式出发，执“果”索“因”，层层推求使结论成立的充分条件，直至能够可定这些充分条件已经具备为止，进而断言原不等式式成立，我们把这种方法称之为分析法（analysis method）．从已知的基本不等式出发，利用不等式的基本性质导出欲证不等式，这种证明方法称为综合法（synthesis method）．所谓综合法就是由“因”导“果”，从题设条件出发，利用已知定义、公理、定理等逐步推进，证得所要求证的结论的方法．
反证法和放缩法
反证法（reduction to absurdtity）是先假设所要证的不等式不成立，也就是说不等式的反面成立，以此为出发点，结合已知条件，进行推理论证，最后推出和已知条件或已知条件不等式相矛盾的结果，从而断定假设错误，因而确定要证的不等式成立．
放缩法是不等式证明的基本方法，在不等式证明中几乎无处不在．它的依据是不等式的基本性质：”若，，则．“一般可考虑利用添项、舍项、已知不等式及函数的单调性等欲证不等式的左边或右边进行放大或缩小．
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a >b b >c
a >c。
证明不等式的基本方法 选修4-5 2
证明不等式的基本方法(25分钟40分)1. (10分)已知函数f(x)=|x+2|.(1)解不等式f(x)>4-|x+1|.(2)已知a+b=2(a>0,b>0),求证:-f(x)≤+. 【解析】(1)不等式f(x)>4-|x+1|,即|x+1|+|x+2|>4,当x<-2时,不等式化为-(x+1)-(x+2)>4,解得x<-3.5; 当-2≤x≤-1时,不等式化为-(x+1)+(x+2)>4,无解; 当x>-1时,不等式化为(x+1)+(x+2)>4,解得x>0.5; 综上所述:不等式的解集为(-∞,-3.5)∪(0.5,+∞).(2)因为+=(a+b)=≥4.5,当且仅当a=,b=时等号成立.由题意知,-f(x)=-|x+2|≤=4.5,所以-f(x)≤+.2. (10分)设函数f(x)=|x-3|,g(x)=|x-2|.(1)解不等式f(x)+g(x)<2.(2)对任意的实数x,y,若f(x)≤1,g(y)≤1,求证:|x-2y+1|≤3.【解析】(1)当x<2时,原不等式可化为3-x+2-x<2,可得x>,所以<x<2.当2≤x≤3时,原不等式可化为3-x+x-2<2,恒成立,所以2≤x≤3.当x>3时,原不等式可化为x-3+x-2<2,可得x<,所以3<x<.综上,不等式的解集为.(2)|x-2y+1|=|(x-3)-2(y-2)|≤|x-3|+2|y-2|≤1+2=3.3. (10分) (2018·海口模拟)已知函数f(x)=|x-1|-|x+2|.(1)求不等式-2<f(x)<0的解集A.(2)若m,n∈A,证明:|1-4mn|>2|m-n|.【解析】(1)依题意f(x)=|x-1|-|x+2|=由-2<-2x-1<0解得-<x<,故A=.(2)m,n∈A,由(1)可知m2<,n2<,因为|1-4mn|2-4|m-n|2=(1-8mn+16m2n2)- 4(m2-2mn+n2)=(4m2-1)(4n2-1)>0,故|1-4mn|2>4|m-n|2,故|1-4mn|>2|m-n|.4. (10分) (2018·潍坊模拟)已知函数f(x)=|x+4|,不等式f(x)>8-|2x-2|的解集为M.(1)求M.(2)设a,b∈M,证明:f(ab)>f(2a)-f(-2b).【解析】(1)将f(x)=|x+4|代入不等式整理得|x+4|+|2x-2|>8.①当x≤-4时不等式转化为-x-4-2x+2>8,解得x<-,所以此时x≤-4;②当-4<x<1时不等式转化为x+4+2-2x>8,解得x<-2,所以此时-4<x<-2,③当x≥1时,不等式转化为x+4+2x-2>8,解得x>2,所以此时x>2,综上,M={x|x<-2或x>2}.(2)因为f(2a)-f(-2b)=|2a+4|-|-2b+4|≤|2a+4+2b-4|=|2a+2b|,所以要证f(ab)>f(2a)-f(-2b),只需证|ab+4|>|2a+2b|,即证(ab+4)2>(2a+2b)2,即证a2b2+8ab+16>4a2+8ab+4b2,即证a2b2-4a2-4b2+16>0,即证(a2-4)(b2-4)>0.因为a,b∈M,所以a2>4,b2>4,所以(a2-4)(b2-4)>0成立,所以原不等式成立.。
选修4-5 第二节 不等式证明的基本方法
4．反证法 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，我们把它称为反证法．
5．放缩法 证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大 或， 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．
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解析：∵1<1a<1b，∴0<b<a<1. ∴logab>1>logba>0. ∴A、B、C选项均正确，选项D错误．
答案：D
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4．若|x|＜1，|y|＜1，则xy＋1与x＋y的大小关系为________． 解析：xy＋1－x－y ＝(y－1)(x－1)， ∵|x|＜1，|y|＜1，∴y－1＜0，x－1＜0. ∴(y－1)(x－1)＞0.∴xy＋1＞x＋y. 答案：xy＋1＞x＋y
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(2) bac＋ abc＋ acb＝a＋abb＋c c.
在(1)中已证 a＋b＋c≥ 3.
因此要证原不等式成立，只需证明
1≥ abc
a＋
b＋
c，
即证 a bc＋b ac＋c ab≤1，
即证 a bc＋b ac＋c ab≤ab＋bc＋ca.
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而 a bc＝ ab·ac≤ab＋2 ac， b ac≤ab＋2 bc，c ab≤bc＋2 ac. ∴a bc＋b ac＋c ab≤ab＋bc＋ca(当且仅当 a＝b＝c＝ 33时 等号成立)． ∴原不等式成立．
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2．综合法 从已知条件 出发，利用定义、公理、定理、性质等，经 过一系列的推理、论证而得出命题成立，即“由因导果” 的方法，这种证明不等式的方法称为综合法或顺推法．
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课时提升作业(七十九)
一、选择题
1.a2+b2与2a+2b-2的大小关系是( )
(A)a2+b2>2a+2b-2 (B)a2+b2<2a+2b-2
(C)a2+b2≤2a+2b-2 (D)a2+b2≥2a+2b-2
2.已知a+b+c>0,ab+bc+ca>0,abc>0,则a,b,c的取值范围是( )
(A)a>0,b>0,c<0 (B)a>0,b<0,c<0
(C)a<0,b<0,c<0 (D)a>0,b>0,c>0
3.设a,b,c是互不相等的正数,则下列不等式中不恒成立的是( )
(A)a+b>2
(B)(a-b)+≥2
(C)a2+b2+c2>ab+bc+ca
(D)|a-b|≤|a-c|+|c-b|
二、填空题
4.若x+y+z=1,且x,y,z∈R,则x2+y2+z2与的大小关系为.
5.(2013·西安模拟)已知a>b>0,c>d>0,m=-,n=,则m与n的大小关系为.
6.若x≥4,则--.
三、解答题
7.(2013·南昌检测)(1)求证:a2+b2+3≥ab+(a+b).
(2)a,b分别取何值时,上面不等式取等号.
8.(2013·苏州模拟)设a≥b>0,求证:3a3+2b3≥3a2b+2ab2.
9.已知a>b>0,求证:<-<.
10.(2013·无锡模拟)设a,b,c是不全相等的正实数.
求证:lg+lg+lg>lga+lgb+lgc.
11.(2013·济宁模拟)已知a,b,c是全不相等的正实数,求证:++>3.
12.证明不等式:a4+b4+c4≥a2b2+b2c2+c2a2≥abc(a+b+c).
答案解析
1.【解析】选D.∵a2+b2-2a-2b+2=(a-1)2+(b-1)2≥0,∴a2+b2≥2a+2b-
2.
2.【解析】选D.由abc>0,知a,b,c要么同时大于零,要么有两个负,一个正,下面利用反证法说明.不妨假
设a>0,b<0,c<0.由a+b+c>0知a>-(b+c),又b+c<0,
∴a(b+c)<-(b+c)2,从而-a(b+c)>(b+c)2,
又由ab+bc+ca>0,知bc>-a(b+c),
∴bc>(b+c)2,即b2+bc+c2<0,
即(b+)2+<0,与平方和不小于0矛盾,故假设错误,故a>0,b>0,c>0.
3.【解析】选B.选项A,如果a,b是正数,则≥(当且仅当a=b时取等号),而a,b是互不相等的正
数,故正确;
选项B,a-b不一定是正数,故不正确;
选项C,a2+b2+c2=(a2+b2+c2+a2+b2+c2)≥(2ab+2ca+2bc)=ab+bc+ca,而a,b,c是互不相等的正数,故正确; 选项D,|a-b|=|a-c+c-b|≤|a-c|+|c-b|,当且仅当a-c与c-b同号时取等号,故正确.
4.【解析】x2+y2+z2-=(3x2+3y2+3z2-1)
=[3x2+3y2+3z2-(x+y+z)2]
=[(x-y)2+(y-z)2+(z-x)2]≥0
即x2+y2+z2≥.
答案:x2+y2+z2≥
5.【解析】∵a>b>0,c>d>0,∴m2=ac+bd-2,
n2=ac+bd-bc-ad,∴m2-n2=bc+ad-2=(-)2≥0,
∴m2≥n2,又∵m>0,n>0,∴m≥n.
答案:m≥n
6.【解析】要比较-与-,
可比较+与+的大小.
令M=+>0,
N=+>0.
M2=2x-5+2
=2x-5+2,
N2=2x-5+2
=2x-5+2.
∵x2-5x+4<x2-5x+6,
∴M2<N2,∴M<N,
即+<+,
∴-<-.
答案:<
7.【解析】(1)a2+b2+3=++
≥ab++≥ab+a+b=ab+(a+b).
(2)当且仅当时等号成立,
即a=b=时不等式取等号.
8.【证明】3a3+2b3-(3a2b+2ab2)=3a2(a-b)+2b2(b-a)=(3a2-2b2)(a-b). 因为a≥b>0,故a-b≥0,3a2-2b2>2a2-2b2=2(a+b)(a-b)≥0,
所以(3a2-2b2)(a-b)≥0,即3a3+2b3≥3a2b+2ab2.
9.【证明】要证原不等式组成立,
只需证<a+b-2<,
即证()2<(-)2<()2,
只需证<-<,
即证<1<,
即<1<,只需证<1<.
∵a>b>0,∴<1<成立.
∴原不等式组成立.
10.【证明】方法一:要证:lg+lg+lg>lga+lgb+lgc,
只需证:lg(··)>lg(abc),
只需证:··>abc.
∵≥>0,≥>0,≥>0,
∴··≥abc>0成立.
∵a,b,c为不全相等的正数,∴上式中等号不成立.
∴原不等式成立.
方法二:∵a,b,c∈{正实数},
∴≥>0,≥>0,≥>0,
又∵a,b,c为不全相等的实数,
∴··>abc,
∴lg(··)>lg(abc),
即lg+lg+lg>lga+lgb+lgc.
11.【证明】方法一:要证++>3, 只需证明+-1++-1++-1>3,
即证:+++++>6.
由a,b,c为全不相等的正实数得
+>2,+>2,+>2,
∴+++++>6,
∴++>3成立.
方法二:∵a,b,c全不相等,
∴与,与,与全不相等,
∴+>2,+>2,+>2,
三式相加得+++++>6,
∴(+-1)+(+-1)+(+-1)>3,
即++>3.
12.【证明】∵a4+b4≥2a2b2,b4+c4≥2b2c2,c4+a4≥2a2c2, ∴2(a4+b4+c4)≥2(a2b2+b2c2+a2c2),
即a4+b4+c4≥a2b2+b2c2+a2c2.
又a2b2+b2c2≥2ab2c,
b2c2+a2c2≥2abc2,
a2b2+a2c2≥2a2bc,
∴2(a2b2+b2c2+a2c2)≥2(a2bc+ab2c+abc2),
即a2b2+b2c2+a2c2≥abc(a+b+c).
所以原不等式成立.。