（名師導學）2020版高考數(shù)學總復習 第十二章 不等式選講 第76講 不等式證明的基本方法練習 理（含解析）新人教A版選修4-5

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1、第76講　不等式證明的基本方法 夯實基礎　【p173】 【學習目標】 通過一些簡單問題了解證明不等式的基本方法：比較法、綜合法、分析法． 【基礎檢測】 1．已知0N C．M＝N D．不確定 【解析】由已知得00. 故M>N. 【答案】B 2．設a>0，b>0，且a＋b≤4，則有(　　) A.≥B.＋≥1 C.≥2 D.≤ 【解析】∵4≥a＋b≥2，∴≤2，∴≥， ∴＋≥≥1. 【答案】B 3．若a＞0，b＞0，a＋b＝2，則下列不等式對

2、一切滿足條件的a，b恒成立的是________(寫出所有正確命題的序號)． ①ab≤1；②＋≤；③a2＋b2≥2；④a3＋b3≥3； ⑤＋≥2. 【解析】令a＝b＝1，排除②④； 由2＝a＋b≥2?ab≤1，命題①正確； a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝4－2ab≥2，命題③正確； ＋＝＝≥2，命題⑤正確． 【答案】①③⑤ 4．已知a，b，c，d都是正數(shù)，若(ab＋cd)(ac＋bd)≥kabcd恒成立，則k的取值范圍是________． 【解析】∵a，b，c，d都是正數(shù)，(ab＋cd)(ac＋bd)≥kabcd恒成立， ∴k≤＝＝＋＋＋， ∵＋＋＋＝＋≥2＋2＝4(當

3、且僅當a＝d，c＝b時取“＝”)， ∴＝4， ∴k≤4， ∴k的取值范圍是(－∞，4]． 【答案】(－∞，4] 【知識要點】 1．基本不等式 定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，當且僅當a＝b時，等號成立． 定理2：如果a，b＞0，那么≥，當且僅當a＝b時，等號成立，即兩個正數(shù)的算術平均不小于(即大于或等于)它們的幾何平均． 定理3：如果a，b，c∈R＋，那么≥，當且僅當a＝b＝c時，等號成立． 2．比較法 (1)比差法的依據(jù)是：a－b＞0?a＞b．步驟是：“作差→變形→判斷差的符號”．變形是手段，變形的目的是判斷差的符號． (2)比商法：若B＞0，欲證A≥

4、B，只需證≥1. 3．綜合法與分析法 (1)綜合法：一般地，從已知條件出發(fā)，利用定義、公理、定理、性質等，經(jīng)過一系列的推理、論證而得出命題成立． (2)分析法：從要證的結論出發(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明顯成立的事實(定義，公理或已證明的定理，性質等)，從而得出要證的命題成立． 典例剖析　【p173】 考點1　比較法證明不等式 設a，b是非負實數(shù)，求證：a2＋b2≥(a＋b)． 【解析】因為a2＋b2－(a＋b) ＝(a2－a)＋(b2－b) ＝a(－)＋b(－) ＝(－)(a－b) ＝， 因為a≥0，b≥0，所以不論a≥b≥0，還是0≤

5、a≤b，都有a－b與a－b同號，所以≥0， 所以a2＋b2≥(a＋b)． 【點評】作差比較法證明不等式的步驟 (1)作差；(2)變形；(3)判斷差的符號；(4)下結論．其中“變形”是關鍵，通常將差變形成因式連乘積的形式或平方和的形式，再結合不等式的性質判斷出差的正負． 考點2　綜合法證明不等式 設a，b，c，d均為正數(shù)，且a＋b＝c＋d，證明： (1)若ab>cd，則＋>＋； (2)“＋>＋”是“|a－b|<|c－d|”的充要條件． 【解析】(1)因為(＋)2＝a＋b＋2， (＋)2＝c＋d＋2， 由題設a＋b＝c＋d，ab>cd，得(＋)2>(＋)2. 因此＋>＋.

6、(2)①若|a－b|<|c－d|，則(a－b)2<(c－d)2， 即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd. 因為a＋b＝c＋d，所以ab>cd. 由(1)，得＋>＋. ②若＋>＋，則(＋)2>(＋)2， 即a＋b＋2>c＋d＋2. 因為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|. 綜上，“＋>＋”是“|a－b|<|c－d|”的充要條件． 【點評】1.綜合法證明不等式的方法 綜合法證明不等式，要著力分析已知與求證之間，不等式的左右兩端之間的差異與聯(lián)系．合理進行轉換，恰當選擇

7、已知不等式，這是證明的關鍵． 2．綜合法證明時常用的不等式 (1)a2≥0. (2)|a|≥0. (3)a2＋b2≥2ab，它的變形形式有： a2＋b2≥2|ab|；a2＋b2≥－2ab；(a＋b)2≥4ab； a2＋b2≥(a＋b)2；≥. (4)≥，它的變形形式有： a＋≥2(a>0)；＋≥2(ab>0)； ＋≤－2(ab<0)． 考點3　分析法證明不等式 (重點保分型考點——師生共研) (1)若正實數(shù)a，b滿足a＋b＝，求證：＋≤1. (2)設a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.求證：a＋b＋c≥. 【解析】(1)要證＋≤1，只需證a＋b＋2≤1， 即證

8、2≤，即證≤. 而a＋b＝≥2，∴≤成立． ∴原不等式成立． (2)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， 故只需證明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(當且僅當a＝b＝c時等號成立)證得． 所以原不等式成立． 【點評】分析法是證明不等式的重要方法，當所證不等式不能使用比較法且與重要不等式、基本不等式?jīng)]有直接聯(lián)系，較難發(fā)現(xiàn)條件和結論

9、之間的關系時，可用分析法來尋找證明途徑，使用分析法證明的關鍵是推理的每一步必須可逆． 方法總結　　【p174】 1．作差比較法是證明不等式最基本、最重要的方法，其關鍵是變形，通常通過因式分解，利用各因式的符號進行判斷，或進行配方，利用非負數(shù)的性質進行判斷． 2．綜合法證明不等式時，主要利用基本不等式、函數(shù)的單調性以及不等式的性質，在嚴密的推理下推導出結論，綜合法往往是分析法的逆過程，所以在實際證明時，用分析法分析，用綜合法表述證明推理過程． 3．某些不等式的條件與結論，或不等式的左右兩邊聯(lián)系不明顯，用作差法又難以對差進行變形，難以運用綜合法直接證明，這時常用分析法，以便發(fā)現(xiàn)聯(lián)系．分析的

10、過程中，綜合條件、定理等因素進行探索，把分析與綜合結合起來，形成分析綜合法． 4．有些不等式，從正面證如果不易說清楚，可以考慮反證法，凡是含有“至少”“唯一”或者含有其他否定詞的命題，適宜用反證法． 5．放縮法是一種常用的證題技巧，放縮必須有目標，而目標可以從求證的結論中和中間結果中尋找．常用的放縮技巧有添舍放縮，拆項對比放縮，利用函數(shù)的單調性和重要不等式放縮等． 走進高考　　【p174】 1．(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. 【解析】(1)法一：(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5

11、b＋b6 ＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4) ＝4＋ab(a2－b2)2 ≥4. 法二：由柯西不等式可得：(a＋b)(a5＋b5)≥(·＋·)＝(a3＋b3)2≥4， 當且僅當＝，即a＝b＝1時取等號，所以(a＋b)(a5＋b5)≥4，原問題得證． (2)法一：因為(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. 法二：因為a>0，b>0，要證明a＋b≤2，只需證明(a＋b)3≤8， 即證明a3＋3a2b＋3ab2＋b3≤8，只需證明a2b＋ab2≤2， 因為a3＋

12、b3＝2，上式等價于a2b＋ab2－a3＋b3≤0，也即a2(b－a)＋b2(a－b)≤0，即(a2－b2)(b－a)＝－(a－b)2(a＋b)≤0，因為a>0，b>0，上式顯然成立，所以結論成立，即a＋b≤2. 考點集訓　　【p283】 A組題 1．若a，b均為正實數(shù)，且a≠b，M＝＋，N＝＋，則M、N的大小關系為________． 【解析】∵a≠b，∴＋＞2，＋＞2， ∴＋＋＋＞2＋2， ∴＋＞＋，即M＞N. 【答案】M＞N 2．設a＋b＝2，b>0，當＋取得最小值時，求a的值． 【解析】由于a＋b＝2， 所以＋＝＋＝＋＋， 由于b>0，|a|>0， 所以＋≥2＝1

13、， 因此當a>0時，＋的最小值是＋1＝； 當a<0時，＋的最小值是－＋1＝. 故＋的最小值為，此時 即a＝－2. 3．已知f(x)＝，a≠b，求證：|f(a)－f(b)|<|a－b|. 【解析】|f(a)－f(b)|＝|－| ＝＝ ≤<＝|a－b|. 4．已知a>0，b>0，且a＋b＝＋.證明： (1)a＋b≥2； (2)a2＋a<2與b2＋b<2不可能同時成立． 【解析】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a2＋a<2與b2＋b<2同時成立， 則由a2＋a<2及a>0

14、，得00，>0， ∴＋≥. 故要證明結論成立， 只要證明≥成立． 即證1－xy≥成立即可． ∵(y－x)2≥0，有－2xy≥－x2－y2， ∴(1－xy)2≥(1－x2)(1－y2)， ∴1－xy≥>0. ∴不等式成立． 法二：(綜合法)∵≤ ＝≤＝1－|xy|， ∴＋≥≥， ∴原不等式成立． 6．已知函數(shù)f(x)＝|x|＋|x

15、－1|. (1)若f(x)≥|m－1|恒成立，求實數(shù)m的最大值M； (2)在(1)成立的條件下，正實數(shù)a，b滿足a2＋b2＝M，證明：a＋b≥2ab. 【解析】(1)由已知可得f(x)＝ 所以f(x)min＝1， 所以只需|m－1|≤1，解得－1≤m－1≤1， ∴0≤m≤2，所以實數(shù)m的最大值M＝2. (2)法一：(綜合法) ∵a2＋b2≥2ab， ∴ab≤1， ∴≤1，當且僅當a＝b時取等號，① 又∵≤，∴≤， ∴≤，當且僅當a＝b時取等號，② 由①②得，∴≤，所以a＋b≥2ab. 法二：(分析法) 因為a>0，b>0， 所以要證a＋b≥2ab，只需證(a＋b

16、)2≥4a2b2， 即證a2＋b2＋2ab≥4a2b2， ∵a2＋b2＝M，所以只要證2＋2ab≥4a2b2， 即證2(ab)2－ab－1≤0， 即證(2ab＋1)(ab－1)≤0，因為2ab＋1>0，所以只需證ab≤1， 因為2＝a2＋b2≥2ab，所以ab≤1成立， 所以a＋b≥2ab. B組題 1．已知an＝＋＋＋…＋(n∈N*)，求證：n， ∴an＝＋＋…＋>1＋2＋3＋…＋n＝. ∵<， ∴an<＋＋＋…＋ ＝＋(2＋3＋…＋n)＋＝. 綜上得

17、0，＋∞)． (1)求＋＋的最小值； (2)求證：(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2. 【解析】(1)因為a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1， x1，x2∈(0，＋∞)， 所以＋＋≥3· ＝3·≥3·＝3×＝6， 當且僅當＝＝且a＝b，即a＝b＝， 且x1＝x2＝1時，＋＋有最小值6. (2)證明：因為a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)， 所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1) ＝a2x1x2＋abx＋abx＋b2x1x2 ＝x1x2(a2＋b2)＋ab(x＋x) ≥x1x2(a2＋b2)＋ab(2x1x2) ＝x1x2(a2＋b

18、2＋2ab) ＝x1x2(a＋b)2 ＝x1x2， 當且僅當x1＝x2時，取得等號． 所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2. 3．已知a，b，c為正實數(shù)，且a＋b＋c＝2. (1)求證：ab＋bc＋ac≤； (2)若a，b，c都小于1，求a2＋b2＋c2的取值范圍． 【解析】(1)∵a＋b＋c＝2，∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝4， 又a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac， 所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac， 故4≥2ab＋2bc＋2ac＋ab＋bc＋ac， 也就是ab＋bc＋ac≤. (2)由題意可知，a2＋b

19、2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝4， ∴4≤a2＋b2＋c2＋a2＋b2＋c2＋b2＋a2＋c2＝3(a2＋b2＋c2)， ∴a2＋b2＋c2≥，當且僅當a＝b＝c＝時取等號， ∵0＜a＜1，∴a20，且xy≠0. (1)求證：x3＋y3≥x2y＋y2x； (2)如果＋≥恒成立，試求實數(shù)m的取值范圍或值． 【解析】(1)∵x3＋y3－(x2y＋y2x)＝x2(x－y)－y2(x－y)＝(x＋y)(x－y)2，且x＋y>0，(x－y)2≥0， ∴x3＋y3－(x2y＋y2x)≥0. ∴x3＋y3≥x2y＋y2x. (2)(i)若xy<0，則＋≥等價于 ≥＝， 又∵＝<＝－3， 即<－3，∴m≥－6； (ii)若xy>0，則＋≥等價于 ≤＝， 又∵≥＝1，即≥1，∴m≤2. 綜上所述，實數(shù)m的取值范圍是[－6，2]． 16