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2014届高三数学一轮复习 第六章 第五节 证明不等式的基本方法课件 理 新人教A版


第五节

证明不等式的基本方法

1.基本不等式 2ab 定理1:如果a,b∈R,那么a2+b2≥_____,当且仅当 a=b _______时,等号成立. a+b ab 定理2:(基本不等式)如果a,b>0,那么 ≥____, 2 a=b 当且仅当________时,等号成立,即两个正数的算术平均 不小于(即大于或等于)它们的几何

平均. a+b+c 3 abc 定理3:如果a,b,c∈R+,那么 ≥_____,当 3 a=b=c 且仅当___________时,等号成立.

2.比较法 a>b (1)比差法的依据是:a-b>0?______.步骤是: 变形 判断差的符号 “作差→_____→______________”.变形是手段,变形 的目的是判断差的符号. A A≥B (2)比商法:若B>0,欲证________,只需证 ≥1. B

3.综合法与分析法

(1)综合法:一般地,从已知条件出发,利用定义、公 推理、论证 理、定理、性质等,经过一系列的______________而得出命
成立 题______. 要证的结论 (2)分析法:从_____________出发,逐步寻求使它成立 充分条件 的___________,直至所需条件为已知条件或一个明显成立

的事实(定义,公理或已证明的定理,性质等),从而得出要
证的命题成立.

1.若a>0,b>0,你能将 a+b 由大到小排序吗? 2

2 1 1 + a b



ab ,

a2+b2 , 2

【提示】

a2+b2 a+b 2 ≥ ≥ ab≥ . 2 2 1 1 + a b

2.综合法和分析法有什么区别与联系?

【提示】

分析法是从“未知”看“需知”,逐步靠拢

“已知”,推理实际上是“执果索因”,寻求它的充分条 件.综合法是从“已知”看“可知”,逐步推导“未知”, 实质上是“由因导果”.事实上分析法和综合法二者不可分 割,常由分析法寻求思路,利用综合法给出证明.

1.(教材改编题)已知a+b+c>0,ab+bc+ac>0,abc
>0,用反证法求证a>0,b>0,c>0时的反设为( A.a<0,b<0,c<0 C.a、b、c不全是正数 【解析】 是正数. 【答案】 C )

B.a≤0,b>0,c>0 D.abc<0

a>0,b>0,c>0的否定是:a,b,c不全

2.设a= 2,b= 7- 3,c= 6- 2,则a、b、c间 的大小关系是( ) A.a>b>c C.b>c>a B.b>a>c D.a>c>b

【解析】

4 4 4 由 > > ,得a>c>b. 2+ 2 6+ 2 7+ 3

【答案】

D

|a|-|b| |a|+|b| 3.已知|a|≠|b|,m= ,n= ,则m,n之 |a-b| |a+b| 间的大小关系是( A.m>n C.m=n
【解析】

) B.m<n D.m≤n

|a|+|b| ∵|a|+|b|≥|a+b|,∴n= ≥1, |a+b|

又|a|-|b|≤|a-b|, |a|-|b| ∴m= ≤1,因此n≥m. |a-b|

【答案】

D

1 1 4.已知a>0,b>0且ln(a+b)=0,则 + 的最小值是 a b ________.

【解析】 由题意得,a+b=1,a>0,b>0, 1 1 b a b a ∴a+b=2+a+b≥2+2 a·b=4, 1 当且仅当a=b= 时,等号成立. 2
【答案】 4

a b 已知a>0,b>0,求证: + ≥ a+ b. b a
【思路点拨】 小. (1)作差变形,化为因式乘积的形式; (2)注意到 a + b >0也可作商,转化为判定商值与1的大

a b 【尝试解答】 法一 ∵( + )-( a+ b) b a a-b b-a a b =( - b)+( - a)= + b a b a (a-b)( a- b) ( a+ b)( a- b)2 = = ≥ ab ab 0, a b ∴ + ≥ a+ b. b a

法二

a b + a a+b b b a 由于 = a+ b ab( a+ b)

( a+ b)(a- ab+b) a+b 2 ab = = -1≥ -1=1. ab( a+ b) ab ab 又a>0,b>0, ab>0. a b ∴ + ≥ a+ b. b a

1.在法一中,采用局部通分,优化了解题过程;在 a 法二中,利用不等式的性质,把证明a>b转化为证明 b > 1(b>0). 2.作差(商)证明不等式,关键是对差(商)式进行合理 的变形,特别注意作商证明不等式,不等式的两边应同 号.

设a,b是非负实数,求证:a3+b3≥ ab(a2+b2).
【证明】 a3+b3- ab(a2+b2) =(a3-a2 ab)+(b3-b2 ab) =a2 a( a- b)-b2 b( a- b) =( a- b)( a5- b5). 当a≥b≥0时, a≥ b且 a5≥ b5, 当b>a≥0时, a< b且 a5< b5, ∴a3+b3- ab(a2+b2)≥0, ∴a3+b3≥ ab(a2+b2).

(2013· 清远调研)已知a,b,c均为正数,证明:a2 1 1 1 2 2 2 +b +c +( + + ) ≥6 3,并确定a,b,c为何值时,等 a b c 号成立.

【思路点拨】 考虑待证不等式的结构特征,a2+b2 1 1 1 2 +c 与 a + b + c 分别运用基本不等式;相加后,再用基本不 等式,并根据等号成立的条件确定a,b,c的值.

【尝试解答】 因为a,b,c均为正数,由均值不等式 得 2 a +b +c ≥3(abc)3, 1 1 1 1 + + ≥3(abc)- , a b c 3 1 1 12 2 所以( + + ) ≥9(abc)- . a b c 3
2 2 2 2 2 2





2 1 1 12 2 故a +b +c +( + + ) ≥3(abc)3+9(abc)- . a b c 3

2 2 又3(abc)3+9(abc)- ≥2 27=6 3,③ 3 所以原不等式成立. 当且仅当a=b=c时,①式和②式等号成立; 2 2 当且仅当3(abc)3=9(abc)- 时,③式等号成立. 3 1 因此当且仅当a=b=c=34时,原式等号成立.

1.综合法证明的逻辑关系是:A?B1?B2???Bn? B(A为已知条件或数学定义、定理、公理,B为要证结 论),它的常见书面表达是“∵,∴”或“?”. 2.综合法证明不等式,利用已证的不等式为基础, a+b 2 2 例如:a +b ≥2ab, ≥ ab (a≥0,b≥0),|a+b|≤|a| 2 +|b|及其变形等,再运用不等式的性质推导出所要证的不 等式.

1 1 (2013· 东莞模拟)设a、b、c为正实数,求证: 3+ 3+ a b 1 +abc≥2 3. c3

【证明】

因为a,b,c为正实数,由均值不等式可得

3 1 1 1 1 1 1 3+ 3+ 3≥3 3· 3· 3, a b c a b c 1 1 1 3 所以 3+ 3+ 3≥abc. a b c 1 1 1 3 所以 3+ 3+ 3+abc≥abc+abc. a b c

3 3 又abc+abc≥2 abc=2 3, abc· 1 1 1 所以 3+ 3+ 3+abc≥2 3. a b c

已知a>0,求证:
【思路点拨】

1 1 a + 2- 2≥a+a-2. a
2

观察待证不等式两边的特征:①左边是

无理式,右边是有理式.②两边均非负.可考虑用分析法,

通过平方寻找它成立的充分条件.

【尝试解答】 要证原不等式,只需证

1 a+ 2 + a
2

1 2≥a+ + 2, a ∵a>0,∴两边均大于零. 1 1 1 2 2 2 因此只需证a + 2 +4+4 a + 2 ≥a + 2 +2+2+ a a a 1 1 1 2 2 2(a+ ),只需证2 a + 2≥ 2(a+ ), a a a 1 1 1 2 2 2 只需证2(a + 2)≥a + 2+2,即证a + 2≥2, a a a 1 2 又a + 2≥2显然成立,∴原不等式成立. a

1.(1)分析法是寻找结论成立的充分条件,对于无理不等
式去根号,分式不等式去分母,采用分析法是常用方法.(2) 此题证明的关键是在两边非负的条件下平方去根号. 2.分析法证明的思路是“执果索因”,其框图表示为:

(2013· 盐城调研)已知m>0,a,b∈R,求证: a+mb 2 a2+mb2 ( )≤ . 1+m 1+m

【证明】 ∵m>0,∴1+m>0.欲证( a2+mb2 成立. 1+m

a+mb 1+m

)2≤

只需证明(a+mb)2≤(1+m)(a2+mb2), 即证m(a2-2ab+b2)≥0, 只要证明a2-2ab+b2≥0,又a2-2ab+b2=(a-b)2≥0 a+mb 2 a2+mb2 显然成立,故( )≤ . 1+m 1+m

已知a,b,c∈(0,1),求证:(1-a)b,(1-b)c,(1- 1 c)a不能同时大于 . 4

【思路点拨】

当直接证明命题较困难时,可根据“正

难则反”,利用反证法加以证明.
1 【尝试解答】 假设三式同时大于 , 4 1 1 1 即b-ab> ,c-bc> ,a-ac> . 4 4 4 1 三式同向相乘,得(1-a)a(1-b)b(1-c)c> .① 64

∵0<a<1, 1-a+a 2 1 ∴(1-a)a≤( )= . 2 4 1 1 同理(1-b)b≤ ,(1-c)c≤ . 4 4 又(1-a)a,(1-b)b,(1-c)c均大于零. 1 ∴(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤ ,② 64 因此①式与②式矛盾. 故假设不成立,即原命题成立.

1.反证法必须从否定结论进行推理,即应把结论的反 面作为条件,且必须根据这一条件进行推证,否则,仅否定

结论,不从结论的反面推理,就不是反证法.
2.凡涉及否定性、惟一性命题或含“至多”“至少” 等语句的不等式时,常可考虑反证法.

设m是|a|、|b|和1中最大的一个,当|x|>m时,求证: a b | + 2|<2. x x

【证明】 ∵m是|a|,|b|和1中的最大的一个. ∴|x|>m≥1,|x|>m≥|b|, ∴|x2|>m2>|b|. 又|x|>m≥|a|, a b a b 因此|x+ 2|≤|x|+| 2| x x |a| |b| |x| |x2| = + 2 < + 2 =2. |x| |x | |x| |x |

一种原则 “正难则反”原则. 当直接证明有困难时,常采用反证法. 一个程序 反证法证明步骤是: (1)作出否定结论的假设; (2)利用假设进行推理,导出矛盾; (3)否定假设,肯定结论.

两种方法

1.分析法:
B?B1?B2???Bn?A(结论). (步步寻求不等式成立的充分条件)(已知). 2.综合法: A?B1?B2???Bn?B(已知). (逐步推演不等式成立的必要条件)(结论).

从近两年高考命题看,做为新课标选考的重要内容,不 等 式 证 明 严 格 按 考 试说明要 求命题 , 试 题 难 度 不 超 过 中 等.着重考查比较法、综合法与分析法证明不等式,在证明 中要注意放缩法的应用.

创新探究之九 新定义型不等式及其证明 (2013· 茂名质检)若实数x、y、m满足|x-m|>|y-m|, 则称x比y远离m. (1) 若x2-1比1远离0,求x的取值范围; (2)对任意两个不相等的正数a,b,证明:a3+b3比a2b +ab2远离2ab ab.

【规范解答】 (1)由题意知|x2-1-0|>|1-0|, 即|x2-1|>1,所以x2-1<-1或x2-1>1, 解得x> 2或x<- 2, 所以x的取值范围是{x|x> 2或x<- 2}.

(2)要证明a3+b3比a2b+ab2远离2ab ab, 即证|a3+b3-2ab ab|>|a2b+ab2-2ab ab|, 因为a≠b, 故a2b+ab2>2 a2bab2=2ab ab, a3+b3>2 a3b3=2ab ab. 所以只需证a3+b3-2ab ab>a2b+ab2-2ab ab. 即证明a3+b3-(a2b+ab2)>0, 化简得(a-b)2(a+b)>0显然成立, 所以a3+b3比a2b+ab2远离2ab ab.

创新点拨:(1)本题是在题设情境上进行创新,定义新

概念“x比y远离m”;
(2)注重新知识的接受、迁移能力,是对再学习能力的 很好考查,并考查绝对值不等式的解法及不等式的证明. 应对措施:(1)认真审题,吃透概念,抓住“x比y远离 m”,建立不等式; (2)“万变不离其宗”,增强自信,平时强化迁移能力 的培养,善于把“新概念”,“新运算”转化为我们熟悉的

“旧概念”、“旧运算”,并严格按照规定进行操作.

1.若a>0,b>0,a+b=2,则下列不等式对一切满 足条件的a,b恒成立的是________(写出所有正确命题的编 号). ①ab≤1;② a + b ≤ 2 ;③a2+b2≥2;④a3+b3≥ 1 1 3;⑤ + ≥2. a b

【解析】

令a=b=1,排除②④;

由2=a+b≥2 ab?ab≤1,命题①正确; a2+b2=(a+b)2-2ab=4-2ab≥2,命题③正确; 1 1 a+b 2 a+b= ab =ab≥2,命题⑤正确.
【答案】 ①③⑤

2.(2013· 济南模拟)已知a>0,b>0,且a+b>2,求 1+b 1+a 证: , 中至少有一个小于2. a b

【证明】

1+b 1+a 1+b 假设 a , b 都不小于2,则 a ≥2,

1+a ≥2, b ∵a>0,b>0,∴1+b≥2a,1+a≥2b, 两式相加可得 1+b+1+a≥2a+2b,即a+b≤2. 这与已知a+b>2矛盾,故假设不成立. 1+b 1+a 因此, a , b 中至少有一个小于2.


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