1718版 选修45 第2节 不等式的证明文档格式.docx

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（2）综合法与分析法

①综合法：

利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这种方法叫综合法．即“由因导果”的方法．

②分析法：

从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已经具备，那么就可以判定原不等式成立，这种方法叫作分析法．即“执果索因”的方法．

1．（思考辨析）判断下列结论的正误．（正确的打“√”，错误的打“×

”）

（1）比较法最终要判断式子的符号得出结论．（　　）

（2）综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论．（　　）

（3）分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．（　　）

（4）使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．（　　）

[答案]　

（1）×

（2）√　（3）×

　（4）×

2．（教材改编）若a＞b＞1，x＝a＋，y＝b＋，则x与y的大小关系是（　　）

A．x＞yB．x＜y

C．x≥yD．x≤y

A　[x－y＝a＋－

＝a－b＋＝.

由a＞b＞1得ab＞1，a－b＞0，

所以＞0，即x－y＞0，所以x＞y.]

3．（教材改编）已知a≥b＞0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，则M，N的大小关系为________．

M≥N　[2a3－b3－（2ab2－a2b）＝2a（a2－b2）＋b（a2－b2）＝（a2－b2）（2a＋b）＝（a－b）（a＋b）（2a＋b）．

因为a≥b＞0，所以a－b≥0，a＋b＞0,2a＋b＞0，

从而（a－b）（a＋b）（2a＋b）≥0，故2a3－b3≥2ab2－a2b.]

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

4　[由题意得，a＋b＝1，a＞0，b＞0，

∴＋＝（a＋b）＝2＋＋

≥2＋2＝4，

当且仅当a＝b＝时等号成立．]

5．已知x＞0，y＞0，证明：

（1＋x＋y2）（1＋x2＋y）≥9xy.

[证明]　因为x＞0，y＞0，

所以1＋x＋y2≥3＞0,1＋x2＋y≥3＞0，8分

故（1＋x＋y2）（1＋x2＋y）≥3·

3＝9xy.10分

比较法证明不等式

　已知a＞0，b＞0，求证：

＋≥＋.

[证明]　法一：

－（＋）

＝＋＝＋

＝＝≥0，

∴＋≥＋.10分

法二：

由于＝

＝＝－1≥－1＝1.8分

又a＞0，b＞0，＞0，∴＋≥＋.10分

[规律方法]　1.在法一中，采用局部通分，优化了解题过程；

在法二中，利用不等式的性质，把证明a＞b转化为证明＞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．

提醒：

在使用作商比较法时，要注意说明分母的符号．

[变式训练1]　（2017·

莆田模拟）设a，b是非负实数，

求证：

a2＋b2≥（a＋b）.【导学号：

31222447】

[证明]　因为a2＋b2－（a＋b）

＝（a2－a）＋（b2－b）

＝a（－）＋b（－）

＝（－）（a－b）

＝.6分

因为a≥0，b≥0，所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有a－b与同号，所以（a－b）≥0，

所以a2＋b2≥（a＋b）.10分

综合法证明不等式

　设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：

【导学号：

31222448】

（1）ab＋bc＋ac≤；

（2）＋＋≥1.

[证明]　

（1）由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，

得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，

由题设得（a＋b＋c）2＝1，

即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1，

所以3（ab＋bc＋ca）≤1，即ab＋bc＋ca≤.5分

（2）因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，

故＋＋＋（a＋b＋c）≥2（a＋b＋c），

则＋＋≥a＋b＋c，所以＋＋≥1.10分

[规律方法]　1.综合法证明的实质是由因导果，其证明的逻辑关系是：

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），它的常见书面表达式是“∵，∴”或“⇒”．

2．综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．

[变式训练2]　（2017·

石家庄调研）已知函数f（x）＝2|x＋1|＋|x－2|.

（1）求f（x）的最小值m；

（2）若a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝m，求证：

＋＋≥3.

[解]　

（1）当x＜－1时，f（x）＝－2（x＋1）－（x－2）＝－3x＞3；

2分

当－1≤x＜2时，f（x）＝2（x＋1）－（x－2）＝x＋4∈[3,6）；

当x≥2时，f（x）＝2（x＋1）＋（x－2）＝3x≥6.

综上，f（x）的最小值m＝3.5分

（2）证明：

a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝3，

因为＋＋＋（a＋b＋c）

＝＋＋

≥2＝2（a＋b＋c）.8分

（当且仅当a＝b＝c＝1时取“＝”）

所以＋＋≥a＋b＋c，即＋＋≥3.10分

分析法证明不等式

　（2015·

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＋>

＋；

（2）＋>

＋是|a－b|<

|c－d|的充要条件．

[证明]　

（1）∵a，b，c，d为正数，且a＋b＝c＋d，

欲证＋＞＋，

只需证明（＋）2＞（＋）2，

也就是证明a＋b＋2＞c＋d＋2，

只需证明＞，即证ab＞cd.

由于ab＞cd，

因此＋＞＋.5分

（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＋>

＋.8分

②若＋>

＋，则（＋）2>

（＋）2，

即a＋b＋2>

c＋d＋2.

于是（a－b）2＝（a＋b）2－4ab<

（c＋d）2－4cd＝（c－d）2.

因此|a－b|<

|c－d|.

综上，＋>

|c－d|的充要条件.10分

[规律方法]　1.本题将不等式证明与充要条件的判定渗透命题，考查推理论证能力和转化与化归的思想方法，由于两个不等式两边都是正数，可通过两边平方来证明．

2．当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆．

3．分析法证明的思路是“执果索因”，其框图表示为：

→→→…→

[变式训练3]　已知a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证：

＜a.

[证明]　要证＜a，只需证b2－ac＜3a2.

∵a＋b＋c＝0，只需证b2＋a（a＋b）＜3a2，

只需证2a2－ab－b2＞0，4分

只需证（a－b）（2a＋b）＞0，

只需证（a－b）（a－c）＞0.

∵a＞b＞c，∴a－b＞0，a－c＞0，

∴（a－b）（a－c）＞0显然成立，

故原不等式成立.10分

[思想与方法]

1．比较法：

作差比较法主要判断差值与0的大小，作商比较法关键在于判定商值与1的大小（一般要求分母大于0）．

2．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）．

3．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）．

[易错与防范]

1．使用平均值不等式时易忽视等号成立的条件．

2．用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证（欲证）…”“即要证…”“就要证…”等分析到一个明显成立的结论，再说明所要证明的数学问题成立．

课时分层训练（七十）　不等式的证明

1．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：

p2＋q2＋r2≥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＝3.4分

法一：

由

（1）知p＋q＋r＝3，且p，q，r大于0，

∴（p＋q＋r）2＝9.

又易知p2＋q2＋r2≥pq＋pr＋qr.8分

故9＝（p＋q＋r）2＝p2＋q2＋r2＋2pq＋2pr＋2qr≤3（p2＋q2＋r2），

因此，p2＋q2＋r2≥3.10分

由

（1）知p＋q＋r＝3，又因为p，q，r是正实数，

所以（p2＋q2＋r2）（12＋12＋12）≥（p×

1＋q×

1＋r×

1）2＝（p＋q＋r）2＝9，

故p2＋q2＋r2≥3.10分

2．（2015·

湖南高考）设a>

0，b>

0，且a＋b＝＋.证明：

（1）a＋b≥2；

（2）a2＋a<

2与b2＋b<

2不可能同时成立．

[证明]　由a＋b＝＋＝，a>

0，得ab＝1.2分

（1）由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2.5分

（2）假设a2＋a<

2同时成立，则由a2＋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a2＋a<

2不可能同时成立.10分

3．（2014·

全国卷Ⅰ）若a>

0，且＋＝.

（1）求a3＋b3的最小值；

（2）是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？

并说明理由．

[解]　

（1）由＝＋≥，得ab≥2，当且仅当a＝b＝时等号成立.2分

故a3＋b3≥2≥4，当且仅当a＝b＝时等号成立．

所以a3＋b3的最小值为4.5分

（2）由

（1）知，2a＋3b≥2·

≥4.

由于4>

6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.10分

4．（2017·

石家庄模拟）已知函数f（x）＝|x|＋|x－1|.

（1）若f（x）≥|m－1|恒成立，求实数m的最大值M；

（2）在

（1）成立的条件下，正实数a，b满足a2＋b2＝M，证明：

a＋b≥2ab.

【导学号：

31222449】

[解]　

（1）∵f（x）＝|x|＋|x－1|≥|x－（x－1）|＝1，

当且仅当0≤x≤1时取等号，

∴f（x）＝|x|＋|x－1|的最小值为1.3分

要使f（x）≥|m－1|恒成立，只需|m－1|≤1，

∴0≤m≤2，则m的最大值M＝2.5分

由

（1）知，a2＋b2＝2，

由a2＋b2≥2ab，知ab≤1.①

又a＋b≥2，则（a＋b）≥2ab.8分

由①知，≤1.

故a＋b≥2ab.10分

5．已知函数f（x）＝k－|x－3|，k∈R，且f（x＋3）≥0的