2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十二章 不等式選講 第70講 不等式的證明學(xué)案

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1、 第70講　不等式的證明 考綱要求 考情分析 命題趨勢 1.會(huì)用參數(shù)配方法討論柯西不等式的一般情形：·≥2，并簡單應(yīng)用． 2．了解數(shù)學(xué)歸納法的原理及其使用范圍，會(huì)用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡單問題． 3．了解證明不等式的基本方法：比較法、綜合法、分析法、反證法、放縮法. 2017·全國卷Ⅰ，23 2017·江蘇卷，21(D) 2016·全國卷Ⅱ，24 2015·全國卷Ⅱ，24 不等式的證明是對(duì)必修5中“不等式”的補(bǔ)充和深化，其中以考查綜合法、分析法、放縮法等為主．另外應(yīng)用基本不等式、柯西不等式求函數(shù)的最值也是高考考查的一個(gè)方向. 分值：5～10分 1．比較法

2、 作差比較法與作商比較法的基本原理： (1)作差法：a－b＞0?__a＞b__. (2)作商法：＞__1__?a＞b(a＞0，b＞0)． 2．綜合法與分析法 (1)綜合法：證明不等式時(shí)，從已知條件出發(fā)，利用定義、公理、定理、性質(zhì)等，經(jīng)過__推理論證__而得出命題成立，綜合法又叫順推證法或由因?qū)Чǎ? (2)分析法：證明命題時(shí)，從待證不等式出發(fā)，逐步尋求使它成立的__充分條件__，直至所需條件為已知條件或一個(gè)明顯成立的事實(shí)(定義、公理或已證明的定理、性質(zhì)等)，從而得出要證的命題成立．這是一種__執(zhí)果索因__的思考和證明方法． 3．反證法 先假設(shè)要證的命題__不成立__，以此為出發(fā)點(diǎn)

3、，結(jié)合已知條件，應(yīng)用公理、定義、定理、性質(zhì)等，進(jìn)行正確的__推理__，得到和命題的條件(或已證明的定理、性質(zhì)、明顯成立的事實(shí)等)__矛盾__的結(jié)論，以說明假設(shè)__不正確__，從而證明原命題成立，我們把它稱為反證法． 4．放縮法 證明不等式時(shí)，通過把所證不等式的一邊適當(dāng)?shù)豞_放大__或__縮小__以利于化簡，并使它與不等式的另一邊的不等關(guān)系更為明顯，從而得出原不等式成立，這種方法稱為放縮法． 5．?dāng)?shù)學(xué)歸納法 數(shù)學(xué)歸納法證明不等式的一般步驟： (1)證明當(dāng)__n＝n0__時(shí)命題成立； (2)假設(shè)當(dāng)__n＝k__(k∈N*，且k≥n0)時(shí)命題成立，證明__n＝k＋1__時(shí)命題也成立．

4、綜合(1)(2)可知，結(jié)論對(duì)于任意n≥n0，且n0，n∈N*都成立． 6．柯西不等式 (1)二維柯西不等式：設(shè)a，b，c，d均為實(shí)數(shù)，則(a2＋b2) (c2＋d2)≥(ac＋bd)2，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)ad＝bc時(shí)成立． (2)三維柯西不等式：設(shè)a1，a2，a3，b1，b2，b3均為實(shí)數(shù)，則(a＋a＋a)(b＋b＋b)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2，當(dāng)且僅當(dāng)ai＝kbi(i＝1,2,3)時(shí)，等號(hào)成立． (3)n維柯西不等式：設(shè)a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是實(shí)數(shù)，則(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，當(dāng)且僅當(dāng)bi＝0(

5、i＝1,2，…，n)或存在一個(gè)數(shù)k，使得ai＝kbi(i＝1,2，…，n)時(shí)，等號(hào)成立． 7．排序不等式 設(shè)a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn為兩組實(shí)數(shù)，c1，c2，…，cn是b1，b2，…，bn的任一排列，那么a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1≤a1c1＋a2c2＋…＋ancn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn. 當(dāng)且僅當(dāng)a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn時(shí)，反序和等于順序和． 1．思維辨析(在括號(hào)內(nèi)打“√”或打“×”)． (1)用反證法證明命題“a，b，c全為0”時(shí)假設(shè)為“a，b，c全不為0”. (　×　) (2)若實(shí)數(shù)x，y適合不等式xy>1，x＋y>－

6、2，則x>0，y>0.(　√　) 2．若a>0，b>0，a，b的等差中項(xiàng)是，且α＝a＋，β＝b＋，則α＋β的最小值為(　D　) A．2　　 B．3　　　　 C．4　　 D．5 解析 ∵為a，b的等差中項(xiàng)，∴a＋b＝×2＝1. α＋β＝1＋＋＝1＋＝1＋， ∵≤，∴ab≤＝，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時(shí)“＝”成立． ∴α＋β≥1＋4，即α＋β的最小值為5，故選D． 3．設(shè)a>0，b>0，若是3a與3b的等比中項(xiàng)，則＋的最小值為(　B　) A．8　　 B．4　　　　 C．1　　 D． 解析 因?yàn)?a·3b＝3，所以a＋b＝1， ＋＝(a＋b)＝2＋＋≥2＋2＝4， 當(dāng)且僅當(dāng)＝，即

7、a＝b＝時(shí)“＝”成立，故選B． 4．若直線3x＋4y＝2，則x2＋y2的最小值為____，最小值點(diǎn)為____. 解析 設(shè)x2＋y2＝r2，則直線3x＋4y－2＝0與圓x2＋y2＝r2有交點(diǎn)，所以r≥＝，當(dāng)r＝時(shí)，直線與圓相切，切點(diǎn)為直線3x＋4y＝2與4x－3y＝0的交點(diǎn)． 因此，當(dāng)x＝，y＝時(shí)，x2＋y2取得最小值，最小值點(diǎn)為. 5．定義在R上的函數(shù)f(x)對(duì)任意兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)x1，x2都有x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，則稱函數(shù)f(x)為“Ζ函數(shù)”，以下函數(shù)中為“Ζ函數(shù)”的序號(hào)為__②④__. ①y＝－x3＋1；②y＝3x－2sin x－2cos

8、x； ③y＝④y＝ 解析 由x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，得(x1－x2)·(f(x1)－f(x2))>0，即或即f(x)是R上的增函數(shù)，易知①是R上的減函數(shù)；③是R上的偶函數(shù)；對(duì)于②，y′＝3＋2sin>0，即②為增函數(shù)；對(duì)于④，根據(jù)其圖象都可以判定為增函數(shù)． 一　比較法證明不等式 比較法證明不等式的步驟 (1)作差(商)；(2)變形；(3)判斷差的符號(hào)(商與1的大小關(guān)系)；(4)下結(jié)論，其中“變形”是關(guān)鍵．作差比較法中，通常將差變形成因式連乘積的形式或平方和的形式，再結(jié)合不等式的性質(zhì)判斷出差的正負(fù)． 【例1】 已知a，b，x，y

9、∈(0，＋∞)，且＞，x＞y.求證：＞. 證明 方法一　(作差比較法) ∵－＝，又＞且a，b∈(0，＋∞)， ∴b＞a＞0.又x＞y＞0，∴bx＞ay. ∴＞0，即＞. 方法二　(分析法)∵x，y，a，b∈(0，＋∞)， ∴要證＞，只需證明x(y＋b)＞y(x＋a)， 即證xb＞ya. 而由＞＞0，∴b＞a＞0. 又x＞y＞0，知xb＞ya顯然成立．故原不等式成立． 二　分析法和綜合法證明不等式 分析法和綜合法證明不等式的技巧 證明不等式，主要從目標(biāo)式的結(jié)構(gòu)特征，綜合已知條件，借助相關(guān)定理公式探索思路，如果這種特征不足以明確解題方法時(shí)，就應(yīng)從目標(biāo)式開始通過“倒推”

10、——分析法，尋找目標(biāo)式成立的充分條件直至與已知條件吻合，然后從已知條件出發(fā)綜合寫出證明過程． 【例2】 設(shè)a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.求證：a＋b＋c≥. 證明 要證a＋b＋c≥， 由于a，b，c>0，因此只需證明(a＋b＋c)2≥3. 即證a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3， 而ab＋bc＋ca＝1， 故需證明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)． 即證a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. 而這可以由ab＋bc＋ca≤＋＋＝a2＋b2＋c2 (當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)等號(hào)成立)證得． ∴原不等式成立． 另：按照分析法的思路

11、，由下至上寫出證明的過程，便是書寫更簡單的綜合法了． 三　柯西不等式的應(yīng)用 柯西不等式的應(yīng)用類型及解題策略 (1)求表達(dá)式的最值．依據(jù)已知條件，利用柯西不等式求最值，注意等號(hào)成立的條件． (2)求解析式的值，利用柯西不等式的條件，注意等號(hào)成立的條件，進(jìn)而求得各個(gè)量的值，從而求出解析式的值． (3)證明不等式．注意所證不等式的結(jié)構(gòu)特征，尋找柯西不等式的條件，然后證明． 【例3】 已知實(shí)數(shù)a，b，c，d滿足a＋b＋c＋d＝3，a2＋2b2＋3c2＋6d2＝5，求證：1≤a≤2. 證明 由柯西不等式得(2b2＋3c2＋6d2)≥(b＋c＋d)2，即2b2＋3c2＋6d2≥(b＋c＋

12、d)2，由已知可得2b2＋3c2＋6d2＝5－a2，b＋c＋d＝3－a， ∴5－a2≥(3－a)2，即1≤a≤2. 當(dāng)且僅當(dāng)＝＝，即2b＝3c＝6d時(shí)等號(hào)成立． 1．設(shè)a>b>c>0，則2a2＋＋－10ac＋25c2的最小值是(　D　) A．1　　 B．2　　　　 C．3　　 D．4 解析 2a2＋＋－10ac＋25c2 ＝(a－5c)2＋a2－ab＋ab＋＋ ＝(a－5c)2＋ab＋＋a(a－b)＋≥0＋2＋2＝4. 當(dāng)且僅當(dāng)a－5c＝0，ab＝1，a(a－b)＝1時(shí)等號(hào)成立， 如取a＝，b＝，c＝滿足條件，故選D． 2．若P＝＋＋(x>0，y>0，z>0)，則P與

13、3的大小關(guān)系為__P<3__. 解析 ∵1＋x>0,1＋y>0,1＋z>0， ∴＋＋<＋＋＝3，即P<3. 3．已知a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，求證：··≥8. 證明 ∵a，b，c∈(0，＋∞)，∴a＋b≥2，b＋c≥2， c＋a≥2， ··＝≥＝8. 4．設(shè)a＞0，b＞0，且a＋b＝＋.證明： (1)a＋b≥2； (2)a2＋a＜2與b2＋b＜2不可能同時(shí)成立． 證明 由a＋b＝＋＝，a＞0，b＞0，得ab＝1. (1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2. (2)假設(shè)a2＋a＜2與b2＋b＜2同時(shí)成立，則由a2＋a＜2及a＞0得0

14、＜a＜1；同理，0＜b＜1，從而ab＜1，這與ab＝1矛盾．故a2＋a＜2與b2＋b＜2不可能同時(shí)成立． 易錯(cuò)點(diǎn)　混淆恒成立問題、無解問題和有解問題 錯(cuò)因分析：轉(zhuǎn)化為最值問題時(shí)，弄錯(cuò)大小或忽略等號(hào)導(dǎo)致錯(cuò)誤． 【例1】 已知關(guān)于x的不等式－＜a，①恒成立；②無解；③有解；分別求a的取值范圍． 解析 設(shè)g(x)＝－， 則g(x)＝則－2≤g(x)≤2， 所以①a∈(2，＋∞)；②a∈(－∞，－2]；③a∈(－2，＋∞)． 【跟蹤訓(xùn)練1】 (2018·湖北七市州聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|，g(x)＝|2x－3|＋2. (1)解不等式g(x)<5；

15、 (2)若對(duì)任意x1∈R，都存在x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解析 (1)g(x)<5?|2x－3|<3?－3<2x－3<3?0

16、且a≠b，求證：a3＋b3>a2b＋ab2. 證明 (a3＋b3)－(a2b＋ab2)＝(a＋b)(a－b)2. 因?yàn)閍，b都是正數(shù)，所以a＋b>0. 又因?yàn)閍≠b，所以(a－b)2>0.于是(a＋b)(a－b)2>0， 即(a3＋b3)－(a2b＋ab2)>0，所以a3＋b3>a2b＋ab2. 2．已知a，b，c都是正數(shù)，求證：≥abc. 證明 因?yàn)閎2＋c2≥2bc，a2>0，所以a2(b2＋c2)≥2a2bc，① 同理，b2(a2＋c2)≥2ab2c，② c2(a2＋b2)≥2abc2，③ ①②③相加得2(a2b2＋b2c2＋c2a2)≥2a2bc＋2ab2c＋2abc

17、2， 從而a2b2＋b2c2＋c2a2≥abc(a＋b＋c)． 由a，b，c都是正數(shù)，得a＋b＋c>0，因此≥abc. 3．(2017·安徽聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝|x|－|2x－1|，記f(x)>－1的解集為M. (1)求M； (2)已知a∈M，比較a2－a＋1與的大?。? 解析 (1)f(x)＝|x|－|2x－1|＝ 由f(x)>－1， 得或或 解得00，所以a2－a＋1

18、>， 綜上所述當(dāng)0. 4．(2016·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝＋，M為不等式f(x)＜2的解集． (1)求M； (2)證明：當(dāng)a，b∈M時(shí)，＜. 解析 (1)f(x)＝ 當(dāng)x≤－時(shí)，由f(x)<2得－2x<2， 解得x>－1，即－1

19、(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)<0. 因此|a＋b|<|1＋ab|. 5．(2017·全國卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.證明： (1)(a＋b)(a5＋b5)≥4； (2)a＋b≤2. 證明 (1)(a＋b)(a5＋b5) ＝a6＋ab5＋b6＋a5b ＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4) ＝4＋ab(a2－b2)2≥4. (2)因?yàn)?a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋(a＋b)＝2＋，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2. 6．(2018·東北三校二模)已知a，b，c>0，a＋b＋c＝1.求證： (1)＋＋≤； (2)＋＋≥. 證明 (1)∵由柯西不等式得(＋＋)2＝(1·＋1·＋1·)2≤(12＋12＋12)·[()2＋()2＋()2]＝3， 當(dāng)且僅當(dāng)＝＝，即a＝b＝c＝時(shí)等號(hào)成立， ∴＋＋≤. (2)∵由柯西不等式得 [(3a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)]· ≥2＝9 ，又a＋b＋c＝1， ∴6≥9， ∴＋＋≥. 9