第一篇：高中理科數學第一輪復習：不等式的證明(二)
不等式的證明(二)
【知識點精講】
1.反證法：從否定結論出發，經過邏輯推理，導出矛盾，證實結論的否定是錯誤的，從而肯定原結論是正確的證明方法。
2.換元法：換元法是指結構較為復雜、量與量之間關系不很明了的命題，通過恰當引入新變量，代換原題中的部分式子，簡化原有結構，使其轉化為便于研究的形式。
用換元法證明不等式時一定要注意新元的約束條件及整體置換策略
3.放縮法：欲證A>B，可通過適當放大或縮小，借助一個或多個中間量，使得B 4.構造法：構造二次方程用“Δ”，構造函數用函數單調性，構造圖形用數形結合方法。 【例題選講】 (一).復習:不等式證明三種主要方法,然后講P89例1例2 例1 (P89) 1設實數x.y 滿足y+x=0,0 2xy例2.已知a.b.c?R?,且a+b+c=1,求證(1+a)(1+b)(1+c)?8(1-a)(1-b)(1-c) 1。2(二)其它方法: 2例 3、已知f(x)?x?px?q，求證：|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一個不小于【分析】由于題目的結論是：三個函數值中“至少有一個不小于 1”，情況較復雜，會出現多個異向不等式組成2的不等式組，一一證明十分繁冗，而結論的反面構成三個同向不等式，結構簡單，故采用反證法為宜。【證明】（反證法）假設|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|都小于 1，則 2|f(1)|?2|f(2)|?|f(3)|?2，而 |f(1)|?2|f(2)|?|f(3)|?|f(1)?f(3)?2f(2)| ?|(1?p?q)?(9?3p?q)?(8?4p?2q)|?2，相互矛盾 ∴|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一個不小于 1。2[思維點拔] 用反證法證明命題時，推導出的矛盾可能多種多樣。有的與已知矛盾，有的與假設矛盾，有的與事實相違背等等，推導出的矛盾必須是明顯的。例 4、（1）設x,y?R，且x2?y2?1，求證：|x2?2xy?y2|?2 ； 322（2）設a,b,c?R，且a?b?c?1，求證：a?b?c?【證明】（1）設x?rsin?,y?rcos?,且|r|?1 則|x2?2xy?y2|?r2|cos2??2sin?cos??sin2?|，=r|cos2??sin2?|?（2）設a?22r2|sin(2???4)|?2。 111??,b???,c???，333∵a?b?c?1，∴??????0。于是a?b?c? [思維點拔]（1）本題運用了三角換元法。三角代換是最常見的變量代換，凡條件為 222121?(?????)?(?2??2??2)?。333x?y?r或222x?y?r222x2y2或2?2?1等均可三角換元。（2）換元法是不等式證明中的重要變形ab73方法，常用的換元手段除三角換元法外，還有平均值代換、比值代換、對稱代換、增量代換。例 5、.已知x?y?z?5，x2?y2?z2?9求證：x,y,z都屬于[1,]。【證明】由已知得：z?5?x?y，代入x2?y2?z2?9中得： x2?(y?5)x?y2?5y?8?0 ∵x?R，∴△≥0，即(y?5)2?4(y2?5y?8)?0 7777，即y∈ [1,]。同理可證x∈ [1,]，z∈ [1,]。33331222變式：設a?b?c?1,a?b?c?1，且a?b?c，求證：??c?0 3解得1?y?因為a?b?1?c,所以a2?b2?2ab?1?c2?2c，而a?b?1?c 所以ab?c?c，所以a，b為方程x2?(1?c)x?c2?c?0（1）的二實根 而a?b?c，故方程（1）有均大于c的二不等實根。記f(x)?x2?(1?c)x?c2?c，則 2222???0,?1?c1???c?0。解得?c,?32???f(c)?0[思維點拔] 在比較法、綜合法無效時，如果能利用主元素法把原式整理成關于某函數的二次式，可考慮用判別式，要注意根的范圍和題目本身的條件限制。【課堂小結】 3.反證法：從否定結論出發，經過邏輯推理，導出矛盾，證實結論的否定是錯誤的，從而肯定原結論是正確的證明方法。 4.換元法：換元法是指結構較為復雜、量與量之間關系不很明了的命題，通過恰當引入新變量，代換原題 中的部分式子，簡化原有結構，使其轉化為便于研究的形式。 用換元法證明不等式時一定要注意新元的約束條件及整體置換策略 3.放縮法：欲證A>B，可通過適當放大或縮小，借助一個或多個中間量，使得B 4.構造法：構造二次方程用“Δ”，構造函數用函數單調性，構造圖形用數形結合方法。 【作業布置】 不等式的證明 （一）●知識梳理 1.均值定理：a+b≥2ab； ab≤（a?b2）2（a、b∈R+），當且僅當a=b時取等號.2.比較法：a－b＞0?a＞b，a－b＜0?a＜b.3.作商法：a＞0，b＞0，ab＞1?a＞b.特別提示 1.比較法證明不等式是不等式證明的最基本的方法.作差后需要判斷差的符號，作差變形的方向常常是因式分解后，把差寫成積的形式或配成完全平方式.2.比商法要注意使用條件，若●點擊雙基 1.若a、b是正數，則 a?b2ab＞1不能推出a＞b.這里要注意a、b兩數的符號.、ab、2aba?b、a2?b22這四個數的大小順序是 A.ab≤a?b22≤2aba?b≤ a2?b22 B.a2?b2≤ab≤ a?b2≤ 2aba?b2 C.2aba?b≤ab≤a?b22≤ a2?b2 D.ab≤a?b2≤ a?b22≤ 2aba?b 解析：可設a=1，b=2，則a?b2=43232，ab=2，2aba?ba2=，1?4252?b2===2.5.答案：C 2.設0＜x＜1，則a=2x，b=1+x，c=A.a 解析：∵0＜x＜1，B.b 11?x中最大的一個是 C.c D.不能確定 ∴1+x＞2x=4x＞2x.∴只需比較1+x與∵1+x－∴1+x＜11?x11?x11?x2的大小.=－ x2=.1?x?11?x1?x＜0，答案：C 3.（2005年春季上海，15）若a、b、c是常數，則“a＞0且b2－4ac＜0”是“對任意x∈R，有ax2+bx+c＞0”的 A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 必要條件 解析：當a＞0，b2－4ac＜0時，ax2+bx+c＞0.反之，ax+bx+c＞0對x∈R成立不能推出a＞0，b－4ac＜0.反例：a=b=0，c=2.故選A.答案：A 4.（理）已知|a+b|＜－c（a、b、c∈R），給出下列不等式： ①a＜－b－c；②a＞－b+c；③a＜b－c；④|a|＜|b|－c；⑤|a|＜－|b|－c.其中一定成立的不等式是____________.（把成立的不等式的序號都填上）解析：∵|a+b|＜－c，∴c＜a+b＜－c.∴－b+c＜a＜－b－c.故①②成立，③不成立.∵|a+b|＜－c，|a+b|≥|a|－|b|，∴|a|－|b|＜－c.∴|a|＜|b|－c.故④成立，⑤不成立.答案：①②④ （文）若a、b∈R，有下列不等式：①a+3＞2a；②a+b≥2（a－b－1）；③a+b＞a3b2+a2b3；④a+1a 222 552 2≥2.其中一定成立的是__________.解析：①a2+3－2a=（a－1）2+2＞0，∴a2+3＞2a； ②a2+b2－2a+2b+2=（a－1）2+（b+1）2≥0，∴a2+b2≥2（a－b－1）； ③a+b－ab－ab=a（a－b）+b（b－a）=（a2－b2）（a3－b3）=（a+b）（a－b）2（a2+ab+b2）.∵（a－b）≥0，a+ab+b≥0，但a+b符號不確定，∴a5+b5＞a3b2+a2b3不正確； ④a∈R時，a+答案：①② 1a22 255322 332 2≥2不正確.5.船在流水中在甲地和乙地間來回行駛一次的平均速度v1和在靜水中的速度v2的大小關系為____________.解析：設甲地至乙地的距離為s，船在靜水中的速度為v2，水流速度為v（v2＞v＞0），則船在流水中在甲乙間來回行駛一次的時間 t=sv2?v+sv2?v=v2v22v2s2?v22，平均速度v1=22st2= ?vv2.∵v1－v2=∴v1＜v2.v2?vv22－v2=－ v2v2＜0，答案：v1＜v2 ●典例剖析 【例1】 設a＞0，b＞0，求證：（a21b）2（b?111a）2≥a2+b2.剖析：不等式兩端都是多項式的形式，故可用比差法證明或比商法證明.證法一：左邊－右邊＝ （a）?（b）ab（a?b）（a?ab?b）?ab（a?b）（a?2ab?b）（a?ab（a?b）33－（a＋b） ＝ ＝＝ b）（aba?b）2≥0.ab∴原不等式成立.證法二：左邊＞0，右邊＞0，左邊右邊＝（a?b）（a?ab（a?ab?b）b）＝ a?ab?bab≥ 2ab?abab＝1.∴原不等式成立.評述：用比較法證不等式，一般要經歷作差（或商）、變形、判斷三個步驟.變形的主要手段是通分、因式分解或配方.在變形過程中，也可利用基本不等式放縮，如證法二.下面的例3則是公式法與配方法的綜合應用.【例2】 已知a、b、x、y∈R且求證：xx?a+ 1a＞ 1b，x＞y.＞yy?b.剖析：觀察待證不等式的特征，用比較法或分析法較適合.證法一：（作差比較法） ∵又xx?a1a－1byy?b（x?a）（y?b）= bx?ay，＞且a、b∈R+，∴b＞a＞0.又x＞y＞0，∴bx＞ay.∴bx?ay（x?a）（y?b）＞0，即 xx?a＞ yy?b.證法二：（分析法）∵x、y、a、b∈R，∴要證+ xx?a＞ yy?b，只需證明x（y+b）＞y（x+a），即證xb＞ya.而由1a＞1b＞0，∴b＞a＞0.又x＞y＞0，知xb＞ya顯然成立.故原不等式成立.思考討論 該例若用函數的單調性應如何構造函數? 解法一：令f（x）=再令g（x）=∵1axx?a，易證f（x）在（0，+∞）上為增函數，從而 xx?a＞ yy?b.mm?x，易證g（x）在（0，+∞）上單調遞減.+＞1b，a、b∈R.∴a＜b.mm?a∴g（a）＞g（b），即＞ mm?b，命題得證.xy解法二：原不等式即為 axa?1＞ byb?1，為此構造函數f（x）= xx?1，x∈（0，+∞）.xa易證f（x）在（0，+∞）上為單調增函數，而xy＞ yb，∴axa?1＞byb?1，即 xx?a＞ yy?b.【例3】 某食品廠定期購買面粉.已知該廠每天需用面粉6 t，每噸面粉的價格為1800元，面粉的保管等其他費用為平均每噸每天3元，購面粉每次需支付運費900元.（1）求該廠多少天購買一次面粉，才能使平均每天所支付的總費用最少?（2）若提供面粉的公司規定：當一次購買面粉不少于210 t時，其價格可享受9折優惠（即原價的90%），問該廠是否考慮利用此優惠條件?請說明理由.解：（1）設該廠應每隔x天購買一次面粉，其購買量為6x t，由題意知，面粉的保管等其他費用為3［6x+6（x－1）+?+6×2+6×1］=9x（x+1）.設平均每天所支付的總費用為y1元，則y1=900x1x［9x（x+1）+900］+6×1800 =+9x+10809≥ 2900x?9x+10809 =10989.當且僅當9x=900x，即x=10時取等號，即該廠應每隔10天購買一次面粉，才能使平均每天所支付的總費用最少.（2）若廠家利用此優惠條件，則至少每隔35天，購買一次面粉，平均每天支付的總費用為y2元，則 y2==1x［9x（x+1）+900］+6×1800×0.90 +9x+9729（x≥35）.100x900x令f（x）=x+（x≥35），x2＞x1≥35，則 f（x1）－f（x2）=（x1+= 100x1）－（x2+ 100x2） （x2?x1）（100?x1x2）x1x2 ∵x2＞x1≥35，∴x2－x1＞0，x1x2＞0，100－x1x2＜0.∴f（x1）－f（x2）＜0，f（x1）＜f（x2），即f（x）=x+100x，當x≥35時為增函數.∴當x=35時，f（x）有最小值，此時y2＜10989.∴該廠應該接受此優惠條件.●闖關訓練 夯實基礎 1.設x＞0，y＞0，且xy－（x+y）=1，則 A.x+y≤22+2 B.x+y≥22+2 D.x+y≥（2+1） 2C.x+y≤（2+1）解析：∵x＞0，y＞0，∴xy≤（由xy－（x+y）=1得（∴x+y≥2+22.答案：B x?y2x?y2）.2）2－（x+y）≥1.2.已知x、y∈R，M=x2+y2+1，N=x+y+xy，則M與N的大小關系是 A.M≥N B.M≤N C.M=N D.不能確定 解析：M－N=x+y+1－（x+y+xy）==121222［（x2+y2－2xy）+（x2－2x+1）+（y2－2y+1）］ ［（x－y）2+（x－1）2+（y－1）2］≥0.答案：A 3.設a＞0，b＞0，a+解析：a+ 22b22b2=1，則a1?b2的最大值是____________.?12b2b22=1?a+ = 32.a2∴a1?b2=2·a·答案：324?12?b22?12332=2·2=.≤2· a?b24.若記號“※”表示求兩個實數a和b的算術平均數的運算，即a※b=，則兩邊均含有運算符號“※”和“+”，且對于任意3個實數a、b、c都能成立的一個等式可以是____________.解析：∵a※b=a?b2b?a2，b※a=，∴a※b+c=b※a+c.答案：a※b+c=b※a+c.思考：對于運算“※”分配律成立嗎? 即a※（b+c）=a※b+a※c.答案：不成立 5.當m＞n時，求證：m3－m2n－3mn2＞2m2n－6mn2＋n3． 證明：∵（m3－m2n－3mn2）－（2m2n－6mn2＋n3）＝m3－3m2n＋3mn2－n3＝（m－n）3，3又m＞n，∴m－n＞0.∴（m－n）＞0，即（m3－m2n－3mn2）－（2m2n－6mn2＋n3）＞0.故m－mn－3mn＞2mn－6mn＋n． 6.已知a＞1，λ＞0，求證：loga（a+λ）＞loga+λ（a+2λ）.證明：loga（a+λ）－log（a+λ）（a+2λ）=lg（a??）lga2322223－lg（a?2?）lg（a??） =lg（a??）?lga?lg（a?2?）lga?lg（a??） ∵a＞1，λ＞0，∴lga＞0，lg（a+2λ）＞0，且lga≠lg（a+2λ）.∴lga·lg（a+2λ）＜［（=［lg（a2lga?lg（a?2?）2lg（a??）22）］?2a?）2］＜［ 2］=lg（a+λ）.∴lg（a??）?lga?lg（a?2?）lgalg（a??）2＞0.∴loga（a+λ）＞log（a+λ）（a+2λ）.培養能力 7.已知x＞0，y＞0，若不等式x+y≤mx?y恒成立，求實數m的最小值.分析：∵x+y≤mx?y恒成立，x?x?yx?x?yyy∴m≥恒成立.∴m的最小值就是的最大值.解：∵x+y≤mx?y恒成立，x?x?yy∴m≥恒成立.∵x＞0，y＞0，∴x?y≥（x?2x?x?2yyy）2= x?2y.∴x?x?yy≤=2.∴m的最小值為2.評述：分離參數法是求參數的范圍問題常用的方法，化歸是解這類問題常用的手段.8.有點難度喲！ 求證：在非Rt△ABC中，若a＞b，ha、hb分別表示a、b邊上的高，則必有a+ha＞b+hb.證明：設S表示△ABC的面積，則 S=12aha=12bhb=12absinC.∴ha=bsinC，hb=asinC.∴（a+ha）－（b+hb）=a+bsinC－b－asinC =（a－b）（1－sinC）.∵C≠π2，∴1－sinC＞0.∴（a－b）（1－sinC）＞0.∴a+ha＞b+hb.探究創新 9.設二次函數f（x）=ax+bx+c（a＞0），方程f（x）－x=0的兩根x1、x2滿足1＜x1＜x2＜1a2.（1）當x∈（0，x1）時，證明x＜f（x）＜x1；（2）設函數f（x）的圖象關于直線x=x0對稱，求證x0＜證明：（1）令F（x）=f（x）－x，∵x1、x2是方程f（x）－x=0的根，∴F（x）=a（x－x1）（x－x2）.當x∈（0，x1）時，由于x1＜x2，∴（x－x1）（x－x2）＞0.又a＞0，得F（x）=a（x－x1）（x－x2）＞0，即x＜f（x）.又x1－f（x）=x1－［x+F（x）］=x1－x+a（x1－x）（x－x2）=（x1－x）［1+a（x－x2）］，∵0＜x＜x1＜x2＜1ax12.，x1－x＞0，1+a（x－x2）=1+ax－ax2＞1－ax2＞0，∴x1－f（x）＞0，即f（x）＜x1.綜上，可知x＜f（x）＜x1.（2）由題意知x0=－ b2a.∵x1、x2是方程f（x）－x=0的根，即x1、x2是方程ax2+（b－1）x+c=0的根，∴x1+x2=－∴x0=－b2ab?1a.=.ax1?ax2?12a=a（x1?x2）?12aax12ax12.又∵ax2＜1，∴x0＜=●思悟小結 1.比較法有兩種形式：一是作差，二是作商.用作差法證明不等式是證明不等式中最基本、最常用的方法.它的依據是不等式的基本性質.2.步驟是：作差（商）→變形→判斷.變形的目的是為了判斷.若是作差，就判斷與0的大小關系，為了便于判斷，往往把形式變為積或完全平方式.若是作商，兩邊為正，就判斷與1的大小關系.3.有時要先對不等式作等價變形再進行證明，有時幾種證明方法綜合使用.4.在應用均值定理求最值時，要把握定理成立的三個條件，就是“一正——各項均為正；二定——積或和為定值；三相等——等號能否取得”.若忽略了某個條件，就會出現錯誤.●教師下載中心 教學點睛 1.在證明不等式的各種方法中，作差比較法是一種最基本、最重要的方法，它是利用不等式兩邊的差是正數還是負數來證明不等式，其應用非常廣泛，一定要熟練掌握.2.對于公式a+b≥2ab，ab≤（a?b2）2要講清它們的作用和使用條件及內在聯系，兩個公式也體現了ab和a+b的轉化關系.拓展題例 【例1】設a、b∈R，關于x的方程x2＋ax＋b＝0的實根為α、β.若｜a｜＋｜b｜＜1，求證：｜α｜＜1，｜β｜＜1.證法一：∵α＋β＝－a，αβ＝b，∴｜α＋β｜＋｜αβ｜＝｜a｜＋｜b｜＜1.∴｜α｜－｜β｜＋｜α｜｜β｜＜1，（｜α｜－1）（｜β｜＋1）＜0.∴｜α｜＜1.同理，｜β｜＜1.證法二：設f（x）=x＋ax＋b，則有 f（1）＝1＋a＋b＞1－（｜a｜＋｜b｜）＞1－1＝0，f（－1）＝1－a＋b＞1－（｜a｜＋｜b｜）＞0.∵0≤｜a｜＜1，∴－1＜a＜1.∴－122＜－a2＜12.∴方程f（x）＝0的兩實根在（－1，1）內，即｜α｜＜1，｜β｜＜1.評述：證法一先利用韋達定理，再用絕對值不等式的性質恰好能分解因式；證法二考慮根的分布，證兩根在（－1，1）內.【例2】 是否存在常數C，使得不等式數x、y恒成立?試證明你的結論.解：當x=y時，可由不等式得出C=下面分兩個方面證明.先證≥2xy.再證xx?2yx2x?y23x2x?y+ yx?2y≤C≤ xx?2y+ y2x?y對任意正 .+yx?2y≤ 23，此不等式?3x（x+2y）+3y（2x+y）≤2（2x+y）（x+2y）?x2+y2+y2x?y≥ 23，22此不等式?3x（2x+y）+3y（x+2y）≥2（x+2y）（2x+y）?2xy≤x+y.綜上，可知存在常數C= 23，使對任何正數x、y不等式恒成立.6.3 不等式的證明 （二）●知識梳理 1.用綜合法證明不等式：利用不等式的性質和已證明過的不等式以及函數的單調性導出待證不等式的方法叫綜合法，概括為“由因導果”.2.用分析法證明不等式：從待證不等式出發，分析并尋求使這個不等式成立的充分條件 的方法叫分析法，概括為“執果索因”.3.放縮法證明不等式.4.利用單調性證明不等式.5.構造一元二次方程利用“Δ”法證明不等式.6.數形結合法證明不等式.7.反證法、換元法等.特別提示 不等式證明方法多，證法靈活，其中比較法、分析法、綜合法是基本方法，要熟練掌握，其他方法作為輔助，這些方法之間不能截然分開，要綜合運用各種方法.●點擊雙基 1.（2005年春季北京，8）若不等式（－1）a＜2+數a的取值范圍是 A.［－2，C.［－3，3232n （?1）nn?1對任意n∈N恒成立，則實 *）） B.（－2，D.（－3，3232）） 解析：當n為正偶數時，a＜2－1n，2－121n為增函數，∴a＜2－=32.1n當n為正奇數時，－a＜2+而－2－1n，a＞－2－ 1n1n.為增函數，－2－ 32＜－2，∴a≥－2.故a∈［－2，答案：A）.2.（2003年南京市質檢題）若＜ a11b＜0，則下列結論不正確的是 ．．． B.ab＜b D.|a|+|b|＞|a+b| 2A.a＜b C.ba2 21b +ab＞2 1a解析：由＜＜0，知b＜a＜0.∴A不正確.答案：A 3.分析法是從要證的不等式出發，尋求使它成立的 A.充分條件 C.充要條件 答案：A B.必要條件 D.既不充分又不必要條件 4.（理）在等差數列{an}與等比數列{bn}中，a1=b1＞0，an=bn＞0，則am與bm的大小關系是____________.解析：若d=0或q=1，則am=bm.若d≠0，畫出an=a1+（n－1）d與bn=b1·q y n－ 1的圖象，O1m n x 易知am＞bm，故am≥bm.答案：am≥bm （文）在等差數列{an}與等比數列{bn}中，a1=b1＞0，a2n+1=b2n+1＞0（n=1，2，3，?），則an+1與bn+1的大小關系是____________.解析：an+1=a1?a2n?121a?b1a?b≥a1a2n?1=b1b2n?1=bn+1.答案：an+1≥bn+1 5.若a＞b＞c，則 + 1b?c1b?c_______ 3a?c.（填“＞”“=”“＜”） 1a?b解析：a＞b＞c，（1+）（a－c）=（+ 1b?c）［（a－b）+（b－c）］ ≥2（a?b）（b?c）1·2（a?b）（b?c）=4.3a?c∴a?b+1b?c≥ 4a?c＞.答案：＞ ●典例剖析 【例1】 設實數x、y滿足y＋x2＝0，0＜a＜1.求證：loga（ax＋ay）＜loga2＋ 18.剖析：不等式左端含x、y，而右端不含x、y，故從左向右變形時應消去x、y.xy證明：∵a＞0，a＞0，∴ax＋ay≥2ax?y＝2ax?x.∵x－x2＝xy 214－（x－112）2≤ 114，0＜a＜1，∴a＋a≥2a4＝2a8.1∴loga（a＋a）＜loga2a8＝loga2＋xy 18.1評述：本題的證題思路可由分析法獲得.要證原不等式成立，只要證a＋a≥2·a8即可． 【例2】 已知a、b、c∈R，且a+b+c=1.求證：（1+a）（1+b）（1+c）≥8（1－a）（1－b）（1－c）.剖析：在條件“a+b+c=1”的作用下，將不等式的“真面目”隱含了，給證明不等式帶來困難，若用“a+b+c”換成“1”，則還原出原不等式的“真面目”，從而抓住實質，解決 + xy 問題.證明：∵a、b、c∈R且a+b+c=1，∴要證原不等式成立，即證［（a+b+c）+a］·［（a+b+c）+b］［（a+b+c）+c］≥8［（a+b+c）－a］·［（a+b+c）－b］·［（a+b+c）－c］.也就是證［（a+b）+（c+a）］［（a+b）+（b+c）］·［（c+a）+（b+c）］≥8（b+c）（c+a）（a+b）.① ∵（a+b）+（b+c）≥2（a?b）（b?c）＞0，（b+c）+（c+a）≥2（b?c）（c?a）＞0，（c+a）+（a+b）≥2（c?a）（a?b）＞0，三式相乘得①式成立.故原不等式得證.【例3】 已知a＞1，n≥2，n∈N*.求證：na－1＜a?1n+ .a?1n證法一：要證na－1＜即證a＜（a?1n，+1）.n令a－1=t＞0，則a=t+1.也就是證t+1＜（1+∵（1+tntntn）n.+?+Cnn（tn）n=1+C1na?1nn）n＞1+t，即na－1＜成立.證法二：設a=xn，x＞1.于是只要證即證xnx?1n＞x－1，n－1?1x?1n－1＞n.聯想到等比數列前n項和1+x+?+xn－ 2= xn?1x?1，① ② 倒序x+x+?+1=nxn?1x?1.①+②得2·x?1x?1=（1+xn－1）+（x+xn－2）+?+（xn－1+1） ＞2xn?1+2xn?1+?+2xn?1＞2n.∴xn?1x?1＞n.思考討論 本不等式是與自然數有關的命題，用數學歸納法可以證嗎?讀者可嘗試一下.●闖關訓練 夯實基礎 1.已知a、b是不相等的正數，x= a?2b，y=a?b，則x、y的關系是 A.x＞y 解析：∵x2=y2=a+b=12 B.y＞x 2C.x＞2y D.不能確定 （a+b）2= 12（a+b+2ab），（a+b+a+b）＞ （a+b+2ab）=x2，又x＞0，y＞0.∴y＞x.答案：B 2.對實數a和x而言，不等式x+13ax＞5ax+9a成立的充要條件是____________.解析：（x3+13a2x）－（5ax2+9a3）=x3－5ax2+13a2x－9a3 =（x－a）（x2－4ax+9a2） =（x－a）［（x－2a）+5a］＞0.∵當x≠2a≠0時，有（x－2a）2+5a2＞0.由題意故只需x－a＞0即x＞a，以上過程可逆.答案：x＞a 3.已知a＞b＞c且a+b+c=0，求證：b2?ac＜3a.22證明：要證b2?ac＜3a，只需證b－ac＜3a，22 3即證b2+a（a+b）＜3a2，即證（a－b）（2a+b）＞0，即證（a－b）（a－c）＞0.∵a＞b＞c，∴（a－b）·（a－c）＞0成立.∴原不等式成立.4.已知a+b+c=0，求證：ab+bc+ca≤0.證法一：（綜合法）∵a+b+c=0，∴（a+b+c）＝0.展開得ab+bc+ca=－∴ab+bc+ca≤0.證法二：（分析法）要證ab+bc+ca≤0，∵a+b+c=0，故只需證ab+bc+ca≤（a+b+c）2，即證a+b+c+ab+bc+ca≥0，亦即證122222 a2?b2?c22，［（a+b）＋（b＋c）＋（c＋a）］≥0． 而這是顯然的，由于以上相應各步均可逆，∴原不等式成立.證法三：∵a+b+c=0，∴－c=a+b.∴ab+bc+ca=ab+（b+a）c=ab－（a+b）2 ＝－a－b－ab＝－［（a＋22 b2）＋ 3b42］≤0． ∴ab+bc+ca≤0.培養能力 5.設a+b+c=1，a2+b2+c2=1且a＞b＞c.求證：－＜c＜0.31證明：∵a+b+c=1，22∴（a+b）－2ab+c=1.∴2ab=（a+b）2+c2－1=（1－c）2+c2－1=2c2－2c.∴ab=c－c.又∵a+b=1－c，∴a、b是方程x+（c－1）x+c－c=0的兩個根，且a＞b＞c.令f（x）=x2+（c－1）x+c2－c，則 ?Δ?0?1?1?c?c???c?0?3?2??f（c）?0.222222 6.已知2b?2ca=1，求證：方程ax2+bx+c=0有實數根.a?2c2證明：由2b?2ca=1，∴b=.∴b=（2a2+2c）= 2a22+2ac+2c2=4ac+（a2－2c）2≥4ac.∴方程ax2+bx+c=0有實數根.7.設a、b、c均為實數，求證：證明：∵a、b、c均為實數，∴12121212a+ 12b+ 12c≥ 1b?c+ 1c?a+ 1a?b.（12b12c12a＋12c12b）≥ 12bc12ab≥≥≥ 11a?b，當a=b時等號成立； （（＋＋）≥）≥ b?c1c?a，當b=c時等號成立； ． ≥ 1b?c12a12ca三個不等式相加即得探究創新 12a+ 12b+ 12c+ 1c?a+ 1a?b，當且僅當a=b=c時等號成立.8.已知a、b、c、d∈R，且a+b=c+d=1，ac+bd＞1.求證：a、b、c、d中至少有一個是負數.證明：假設a、b、c、d都是非負數，∵a+b=c+d=1，∴（a+b）（c+d）=1.∴ac+bd+bc+ad=1≥ac+bd.這與ac+bd＞1矛盾.所以假設不成立，即a、b、c、d中至少有一個負數.●思悟小結 1.綜合法就是“由因導果”，從已知不等式出發，不斷用必要條件替換前面的不等式，直至推出要證的結論.2.分析法就是“執果索因”，從所證不等式出發，不斷用充分條件替換前面的不等式，直至找到成立的不等式.3.探求不等式的證法一般用分析法，敘述證明過程用綜合法較簡，兩法結合在證明不等式中經常遇到.4.構造函數利用單調性證不等式或構造方程利用“Δ≥0”證不等式，充分體現相關知識間的聯系.●教師下載中心 教學點睛 1.在證明不等式的過程中，分析法和綜合法是不能分離的，如果使用綜合法證明不等式難以入手時，常用分析法探索證題途徑，之后用綜合法的形式寫出它的證明過程，以適應學生習慣的思維規律.有時問題證明難度較大，常使用分析綜合法，實現兩頭往中間靠以達到證題目的.2.由于高考試題不會出現單一的不等式的證明題，常常與函數、數列、三角、方程綜合在一起，所以在教學中，不等式的證明除常用的三種方法外，還需介紹其他方法，如函數的單調性法、判別式法、換元法（特別是三角換元）、放縮法以及數學歸納法等.拓展題例 【例1】 已知a、b為正數，求證： （1）若a+1＞b，則對于任何大于1的正數x，恒有ax+（2）若對于任何大于1的正數x，恒有ax+ xx?1xx?1＞b成立； ＞b成立，則a+1＞b.分析：對帶條件的不等式的證明，條件的利用常有兩種方法：①證明過程中代入條件；②由條件變形得出要證的不等式.證明：（1）ax+xx?1=a（x－1）+ 1x?1+1+a≥2a+1+a=（a+1）2.∵a+1＞b（b＞0），22∴（a+1）＞b.（2）∵ax+而ax+xx?1xx?1＞b對于大于1的實數x恒成立，即x＞1時，［ax+ 1x?1xx?1］min＞b，=a（x－1）+ 1+1+a≥2a+1+a=（a+1）2，1a當且僅當a（x－1）=故［ax+xx?1x?1，即x=1+＞1時取等號.］min=（a+1）2.則（a+1）2＞b，即a+1＞b.評述：條件如何利用取決于要證明的不等式兩端的差異如何消除.【例2】 求證：|a?b|1?|a?b|≤ |a|1?|a|+ |b|1?|b|.x剖析：|a+b|≤|a|+|b|，故可先研究f（x）=證明：令f（x）= x1?x1?x（x≥0）的單調性.（x≥0），易證f（x）在［0，+∞）上單調遞增.|a+b|≤|a|+|b|，∴f（|a+b|）≤f（|a|+|b|），即|a?b|1?|a?b|≤|a|?|b|1?|a|?|b|= |a|1?|a|?|b|?|b|1?|a|?|b|≤ |a|1?|a|?|b|1?|b|.思考討論 1.本題用分析法直接去證可以嗎? 2.本題當|a+b|=0時，不等式成立； 當|a+b|≠0時，原不等式即為 1?11|a?b|≤ |a|1?|a|?|b|1?|b|.再利用|a+b|≤|a|+|b|放縮能證嗎?讀者可以嘗試一下! 6.3 不等式的證明(二)鞏固·夯實基礎 一、自主梳理 1.用綜合法證明不等式:利用不等式的性質和已證明過的不等式以及函數的單調性導出待證不等式的方法叫綜合法,概括為“由因導果”.2.用分析法證明不等式：從待證不等式出發，分析并尋求使這個不等式成立的充分條件的方法叫分析法，概括為“執果索因”.除三種基本方法外,還有以下常用方法: (1)反證法:是先假設結論不成立,并由此出發,推出與題設條件或已經知道的結論相矛盾的結果,從而說明結論成立.(2)換元法:原不等式的代數式,經適當的三角代換或代數換元,能使證明的過程簡化.(3)放縮法:借助于不等式的傳遞性,要證a>b,只需證a>c,c>b,或借助于其他途徑放縮,如舍項、添項等.值得注意的是,放縮法是高考的“熱點”，特別在解答題中，注意使用.(4)構造函數法、導數法在證明不等式時,也經常使用.(5)數學歸納法證明不等式在數列中的運用也應引起重視.鏈接·提示 不等式證明方法多,證法靈活,其中比較法、分析法、綜合法是基本方法,要熟練掌握,其他方法作為輔助,這些方法之間不能截然分開,要綜合運用.二、點擊雙基 1.(2006上海春季高考)若a、b、c∈R,a>b,則下列不等式成立的是（）A.1a<1b B.a2>b2 C.ac?12> bc?1 2D.a|c|>b|c| 解析：由不等式的性質容易得答案C.答案：C 2.(理)(2005北京春季高考)若不等式(-1)a<2+圍是（）A.［-2,32n (?1)nn?1對任意n∈N*恒成立,則實數a的取值范］ B.[-2,32) C.［-3,32］ D.(-3,32)解析:當n為正偶數時，a<2-1n,又2-121n為增函數，1n ∴a<2- 而-2-答案:A 1n=32.當n為正奇數時,-a<2+ 1n,a>-2- 1n.32為增函數,-2-<-2,∴a≥-2.故a∈［-2,).(文)(經典回放)若1a＜1b＜0，則下列結論不正確的是（） baA.a2＜b2 B.ab＜b2 C.+ ab＞2 D.|a|+|b|＞|a+b| 解析:由1a＜1b＜0,知b＜a＜0.∴A不正確.答案:A 3.(2006湖北八校聯考)設函數f(x)是定義在R上,周期為3的奇函數,若f(1)<1,f(2)=（）A.a<122a?1a?1,則且a≠-1 B.-1 C.a<-1或a>0 D.-1 ∴2a?1a?13a <1.a?1>0,即3a(a+1)>0.∴a<-1或a>0.故選C.答案:C 4.(2005上海春季高考)同學們都知道,在一次考試后,如果按順序去掉一些高分,那么班級的平均分將降低;反之,如果按順序去掉一些低分,那么班級的平均分將提高.這兩個事實可以用數學語言描述為:若有限數列a1,a2,?,an滿足a1≤a2≤?≤an,則________(結論用數學式子表示).解析：設原有人數為n,去掉n-m個人(1≤m m個人的平均分為.依題意,a1?a2?????amm≤ a1?a2?????ann，am?1?am?2?????ann?ma1?a2?????amm≥ a1?a2?????anna1?a2?????ann 答案:≤(1≤m am?1?am?2?????ann?m≥a1?a2?????ann(1≤m 【例1】 設實數x、y滿足ｙ＋x=0，0＜a＜1.求證：loga（a＋a） 2x y 18．剖析:不等式左端含x、y，而右端不含x、y，故從左向右變形時應消去x、y.證明:∵ax＞0，ay＞0，∴ax＋ay≥2ax?y=2ax?x． ∵x-x2=x 214-（x-121）2≤ 114，0＜a＜1，∴a＋a≥2a4=2a8． 1y ∴loga（a＋a） 18．1講評:本題的證題思路可由分析法獲得.要證原不等式成立，只要證a＋a≥2·a8即可． 【例2】 已知a、b、c∈R，且a+b+c=1.求證： （1+a)(1+b)(1+c)≥8(1-a)(1-b)(1-c).剖析:在條件“a+b+c=1”的作用下，將不等式的“真面目”隱含了，給證明不等式帶來困難，若用“a+b+c”換成“1”，則還原出原不等式的“真面目”，從而抓住實質，解決問題.證明:∵a、b、c∈R+且a+b+c=1，∴要證原不等式成立，即證［(a+b+c)+a］·［(a+b+c)+b］［(a+b+c)+c］≥8［(a+b+c)-a］·［(a+b+c)-b］·［(a+b+c)-c］，也就是證［(a+b)+(c+a)］［(a+b)+(b+c)］·［(c+a)+(b+c)］≥8(b+c)(c+a)(a+b).① ∵(a+b)+(b+c)≥2(a?b)(b?c)＞0,(b+c)+(c+a)≥2(b?c)(c?a)＞0，(c+a)+(a+b)≥2(c?a)(a?b)＞0，三式相乘得①式成立.故原不等式得證.【例3】 已知a、b∈R.求證:|a?b|1?|a?b|+ xy≤|a|1?|a|+ |b|1?|b|.證法一:當|a+b|=0時,原不等式成立.當|a+b|≠0時, |a?b| 1?|a?b|=1?11|a?b|≤1?11|a|?|b|= |a|?|b|1?|a|?|b| =|a|1?|a|?|b||a|1?|a|+ |b|1?|a|?|b| ≤+|b|1?|b|.x證法二:構造函數f(x)= 研究其單調性, 1?x(x≥0)，f′(x)=1?x?x(1?x)2= 1(1?x)2>0.∴f(x)在［0,+∞］上單調遞增.∵|a+b|≤|a|+|b|，∴|a?b|1?|a?b||a|1?|a|≤|a|?|b|1?|a|?|b|= |a|1?|a|?|b|+ |b|1?|a|?|b| ≤+|b|1?|b|.講評:證法一是放縮法,證法二是單調性法,這樣直接證可以嗎? |a?b| 1?|a?b|≤|a|?|b|1?|a|?|b|.分式放縮時,分子、分母能同時放大或縮小嗎? 應用·習題精練 鞏固篇 1.若x>0,y>0,且2x+8y=1,則xy有（） 16412A.最大值64 B.最小值64 C.最大值2x D.最小值 解析：1=+8y≥22x?8y=8 1xy，∴xy≥64.答案：B 22222.已知m+n=1,a+b=2,則am+bn的最大值是（）A.1 B.32 C.2 D.以上都不對 解析：三角代換:令m=cosα,n=sinα,a=2cosβ,b=2sinβ.am+bn=2cos(α+β)≤2.答案：C 3.已知0 1b 1b C.logab 25.已知a＞b＞c且a+b+c=0,求證：b?ac＜3a.證明:要證222b?ac＜3a,只需證b-ac＜3a，即證b2+a(a+b)＜3a2,即證(a-b)(2a+b)＞0，即證(a-b)(a-c)＞0.∵a＞b＞c,∴(a-b)(a-c)＞0成立.∴原不等式成立.6.已知a+b+c=0,求證:ab+bc+ca≤0.證法一:(綜合法)∵a+b+c=0,∴（a+b+c）2=0.展開得ab+bc+ca=- ∴ab+bc+ca≤0.證法二:(分析法)要證ab+bc+ca≤0，∵a+b+c=0，故只需證ab+bc+ca≤(a+b+c)2，即證a2+b2+c2+ab+bc+ca≥0，亦即證12a?b?c2222, ［（a+b）2＋（b＋c）2＋（c＋a）2］≥0． 而這是顯然的，由于以上相應各步均可逆，∴原不等式成立.證法三:∵a+b+c=0，∴-c=a+b.∴ab+bc+ca=ab+(b+a)c=ab-(a+b)=-a-b-ab=-［（a＋ ∴ab+bc+ca≤0.提高篇 7.設a、b、c均為實數，求證：證明:∵a、b、c均為實數，∴1212a12b 222 b2）＋ 3b42］≤0． ++ 12c≥ 1b?c+ 1c?a+ 1a?b.（12a＋12b）≥ 12ab ≥ 1a?b，當a=b時等號成立； 1212（12b＋12c12a）≥ 12bc≥ 1b?c1c?a，當b=c時等號成立； （12c＋）≥ 12ca12a≥ 1,當c=a時等號成立． 11b?c1c?a1a?b 三個不等式相加即得號成立.＋ 2b＋ 2c≥＋＋，當且僅當a=b=c時等8.(全新創編題)有一位同學寫了一個不等式 x?1?cx?c22≥ 1?cc(x∈R),她發現當c=1,2,3時,不等式都成立,試問:不等式是否對任何正實數c都成立?為什么? 解：設f(x)=x?1?cx?c22,z= 2x?c(z≥c)，則f(x)-1?cc=(zc?1)(z?zcc)，原不等式成立.則(zc?1)(z?zc1cc)≥0，1c1c 只需zc-1≥0?x2≥ -c?-c≤0?≤c?c≥1.故原不等式對任何正數c不都成立.教學參考 一、教學思路 1.若已知x+y=a或22 2xa22+ yb22=1常用三角代換.2.放縮時,最重要的是放縮適度,特別地,認真總結放縮的技巧,充分運用不等式的性質,及均值不等式、絕對值不等式和題設條件是進行放縮的關鍵.3.函數的有關知識如值域、單調性,在證明不等式時也應考慮.4.分析法與綜合法相互轉換、互相滲透、互為前提,充分利用這一辯證關系,可以增加解題的思路,開闊視野;放縮法和換元法的合理運用,可以擺脫習慣思維方法的局限,轉換解題途徑;反證法是逆向思維的過程,它能增大思維的發散量,克服思維定勢的影響.5.證明不等式是學習不等式的主要目的之一,復習中應時刻強化“考試要求”中所陳述的證明不等式的基本方法:比較法(作差、作商)、綜合法、分析法.在熟練掌握這三種基本方法的同時,還應根據題目的特點,試探著使用數學歸納法、判別式法、換元法、函數法、反證法等證明通法,以融會貫通所學知識和方法.二、注意問題 1.在證明不等式的過程中,分析法和綜合法是不能分離的,如果使用綜合法證明不等式難以入手時,常用分析法探索證題途徑,之后用綜合法的形式寫出它的證明過程,以適應學生習 慣的思維規律.有時問題證明難度較大,常使用分析綜合法,實現兩頭往中間靠以達到證題目的.2.由于高考試題不會出現單一的不等式的證明題,常常與函數、數列、三角、方程綜合在一起,不等式的證明除常用的三種方法外,還需學會其他方法,如函數的單調性法、判別式法、換元法(特別是三角換元)、放縮法以及數學歸納法等,注意它們之間的知識交匯聯系.三、參考資料 【例1】 已知a、b為正數，求證： （1）若a+1＞b,則對于任何大于1的正數x,恒有ax+（2）若對于任何大于1的正數x，恒有ax+ xx?1xx?1＞b成立； ＞b成立，則a+1＞b.剖析:對帶條件的不等式的證明，條件的利用常有兩種方法：(1)證明過程中代入條件；(2)由條件變形得出要證的不等式.證明:(1)ax+xx?11x?1=a(x-1)+ +1+a≥2a+1+a=(a+1)2.∵a+1＞b(b＞0), 22 ∴(a+1)＞b.(2)∵ax+ 而ax+xx?1x＞b對于大于1的實數x恒成立，即x＞1時，［ax+ 1x?1xx?1］min＞b, x?1=a(x-1)+1+1+a≥2a+1+a=(a+1)2，1a 當且僅當a(x-1)=x?1，即x=1+＞1時取等號.故［ax+ xx?1］min=(a+1)2.則(a+1)2＞b,即a+1＞b.【例2】(2005湖南高考,文)已知數列{log2(an-1)}(n∈N)為等差數列,且a1=3,a3=9.(1)求數列{an}的通項公式;(2)證明1a2?a1*+1a3?a2+?+ 1an?1?an<1.(1)解:設等差數列{log2(an-1)}的公差為d，由a1=3,a3=9得2(log22+d)=log22+log28得d=1.所以log2(an-1)=1+(n-1)×1=n，即an=2n+1.(2)證明:∵1an?1?an1a2?a1= 12n?1?2n= 12n，∴+1a3?a2+?+ 1an?1?an =12+1122+?+1212n12n =2(2?1?)=1-12n<1. 2014屆高三數學第二輪復習 第3講 不等式 一、本章知識結構： 實數的性質 二、高考要求 （1）理解不等式的性質及其證明。 （2）掌握兩個（不擴展到三個）正數的算術平均數不小于它們的幾何平均數定理，并會簡單應用。 （3）分析法、綜合法、比較法證明簡單的不等式。 （4）掌握某些簡單不等式的解法。 （5）理解不等式|a|﹣|b| ≤|a+b|≤|a| +|b|。 三、熱點分析 1.重視對基礎知識的考查，設問方式不斷創新.重點考查四種題型：解不等式，證明不等式，涉及不等式應用題，涉及不等式的綜合題，所占比例遠遠高于在課時和知識點中的比例.重視基礎知識的考查，常考常新，創意不斷，設問方式不斷創新，圖表信息題，多選型填空題等情景新穎的題型受到命題者的青瞇，值得引起我們的關注.2.突出重點，綜合考查，在知識與方法的交匯點處設計命題，在不等式問題中蘊含著豐富的函數思想，不等式又為研究函數提供了重要的工具，不等式與函數既是知識的結合點，又是數學知識與數學方法的交匯點，因而在歷年高考題中始終是重中之重.在全面考查函數與不等式基礎知識的同時，將不等式的重點知識以及其他知識有機結合，進行綜合考查，強調知識的綜合和知識的內在聯系，加大數學思想方法的考查力度，是高考對不等式考查的又一新特點.3.加大推理、論證能力的考查力度，充分體現由知識立意向能力立意轉變的命題方向.由于代數推理沒有幾何圖形作依托，因而更能檢測出學生抽象思維能力的層次.這類代數推理問題常以高中代數的主體內容——函數、方程、不等式、數列及其交叉綜合部分為知識背景，并與高等數學知識及思想方法相銜接，立意新穎，抽象程度高，有利于高考選拔功能的充分發揮.對不等式的考查更能體現出高觀點、低設問、深入淺出的特點，考查容量之大、功能之多、能力要求之高，一直是高考的熱點.4.突出不等式的知識在解決實際問題中的應用價值，借助不等式來考查學生的應用意識.不等式部分的內容是高考較為穩定的一個熱點,考查的重點是不等式的性質、證明、解法及最值方面的應用。高考試題中有以下幾個明顯的特點： （1）不等式與函數、數列、幾何、導數,實際應用等有關內容綜合在一起的綜合試題多，單獨考查不等式的試題題量很少。 第1頁（共6頁） （2）選擇題,填空題和解答題三種題型中均有各種類型不等式題，特別是應用題和壓軸題幾乎都與不等式有關。 （3）不等式的證明考得比得頻繁,所涉及的方法主要是比較法、綜合法和分析法，而放縮法作為一種輔助方法不容忽視。 四、典型例題 不等式的解法 【例1】 解不等式：解：原不等式可化為： a ?1?a x? 2(a?1)x?(2?a) ＞0，即［(a－1)x+(2－a)］(x－2)＞0.x?2 當a＞1時，原不等式與(x－ a?2a?2a?2)(x－2)＞0同解.若≥2，即0≤a＜1時，原不等式無解；若a?1a?1a? 1a?2)∪(2，+∞).a?1 ＜2，即a＜0或a＞1，于是a＞1時原不等式的解為(－∞，當a＜1時，若a＜0，解集為（a?2a?2，2)；若0＜a＜1，解集為(2，)a?1a?1 綜上所述：當a＞1時解集為(－∞，a?2a?2)∪(2，+∞)；當0＜a＜1時，解集為(2，)； a?1a?1 a?2，2).a?1 當a=0時，解集為?；當a＜0時，解集為（【例2】 設不等式x2－2ax+a+2≤0的解集為M，如果M?［1，4］，求實數a的取值 范圍.解：M?［1，4］有n種情況：其一是M=?，此時Δ＜0；其二是M≠?，此時Δ＞0，分三種情況計算a的取值范圍.設f(x)=x2 －2ax+a+2，有Δ=(－2a)2－(4a+2)=4(a2－a－2) (1)當Δ＜0時，－1＜a＜2，M= ?［1，4］(2)當Δ=0時，a=－1或2.當a=－1時M={－1}［1，4］；當a=2時，m={2}［1，4］.(3)當Δ＞0時，a＜－1或a＞2.設方程f(x)=0的兩根x1，x2，且x1＜x2，??a?3?0 ?f(1)?0,且f(4)?0?18?18?7a?0 那么M=［x1，x2］，M?［1，4］?1≤x1＜x2≤4??即?，解得：2＜a＜，7?1?a?4,且??0?a?0 ??a??1或a?2 ∴M?［1，4］時，a的取值范圍是(－1，18).7 不等式的證明 【例1】 已知a?2，求證：log?a?1?a?loga?a?1? 解1：log?a?1?a?loga?a?1?? 1??loga?a?1????loga?a?1??1 ． ?loga?a?1?? logaa?1logaa?1因為a?2，所以，loga?a?1??0,loga?a?1??0，所以，loga?a?1??loga?a?1?? ?loga?a?1????loga?a?1??????2?? ? ?log?a a ?1 ????loga? a ?1 所以，log?a?1?a?loga?a?1??0，命題得證． 【例2】 已知a＞0，b＞0，且a+b=1。求證：(a+ 2511)(b+)≥.ab 4證：(分析綜合法)：欲證原式，即證4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即證4(ab)2－33(ab)+8≥0，即證ab≤ 或ab≥8.∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立∵1=a+b≥2ab，∴ab≤，從而得證.44 12?13??? 1n ?2n(n∈N) * 【例3】 證明不等式1? 證法一：(1)當n等于1時，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立；(2)假設n=k(k≥1)時，不等式成立，即1+ 12?1??? 1＜2k，則1? ? 3??? 1k?1 ?2k? 1k?1 ? 2k(k?1)?1 k?1 ? k?(k?1)?1 k?1 12?1??? ?2k?1,1∴當n=k+1時，不等式成立.綜合(1)、(2)得：當n∈N*時，都有1+另從k到k+1時的證明還有下列證法： ＜2n.?2(k?1)?1?2k(k?1)?k?2(k?1)?(k?1)?(k?k?1)2?0,?2k(k?1)?1?2(k?1),?k?1?0,?2k?又如:?2k?1?2k? ?2k? 1k? 1?2k?1.1k?1 ?2k?1.? 1k?1,2k?1?k ? 2k?1?k?1 證法二：對任意k∈N*，都有： ?2(k?k?1),?kk?k?1 因此1??????2?2(2?1)?2(?2)???2(n?n?1)?2n.2nk1? ? 概念、方法、題型、易誤點及應試技巧總結 不等式 一．不等式的性質： 1．同向不等式可以相加；異向不等式可以相減：若a?b,c?d，則a?c?b?d（若a?b,c?d，則a?c?b?d），但異向不等式不可以相加；同向不等式不可以相減； 2．左右同正不等式：同向的不等式可以相乘，但不能相除；異向不等式可以相除，但不能相乘：若 a?b?0,c?d?0，則ac?bd（若a?b?0,0?c?d，則 ab ； ?） cd nn 3．左右同正不等式：兩邊可以同時乘方或開方：若a?b?0，則a? b? 4．若ab?0，a?b，則 1?；若ab?0，a?b，則?。如 abab （1）對于實數a,b,c中，給出下列命題： ①若a?b,則ac?bc；②若ac?bc,則a?b；③若a?b?0,則a?ab?b；④若a?b?0,則⑤若a?b?0,則 ?； ab ba ?；⑥若a?b?0,則a?b； ab ab11 ⑦若c?a?b?0,則；⑧若a?b,?，則a?0,b?0。? c?ac?bab 其中正確的命題是______（答：②③⑥⑦⑧）； （2）已知?1?x?y?1，1?x?y?3，則3x?y的取值范圍是______（答：1?3x?y?7）；（3）已知a?b?c，且a?b?c?0,則 1?c?的取值范圍是______（答：??2,??） 2?a? 二．不等式大小比較的常用方法： 1．作差：作差后通過分解因式、配方等手段判斷差的符號得出結果； 2．作商（常用于分數指數冪的代數式）； 3．分析法； 4．平方法； 5．分子（或分母）有理化； 6．利用函數的單調性； 7．尋找中間量或放縮法 ； 8．圖象法。其中比較法（作差、作商）是最基本的方法。如 1t? 1的大小 logat和loga 21t?11t?1 （答：當a?1時，logat?loga（t?1時取等號）；當0?a?1時，logat?loga（t?1 2222 （1）設a?0且a?1,t?0，比較時取等號））； 1?a2?4a?2 （2）設a?2，p?a?，q?2，試比較p,q的大小（答：p?q）； a?2 （3）比較1+logx3與2logx2(x?0且x?1)的大小 4（答：當0?x?1或x?時，1+logx3＞2logx2；當1?x?時，1+logx3＜2logx2；當x? 3時，1+logx3＝2logx2） 三．利用重要不等式求函數最值時，你是否注意到：“一正二定三相等，和定積最大，積定和最小”這17 字方針。如 （1）下列命題中正確的21 A、y?x?的最小值是2B、y?的最小值是 2x4 4C、y?2?3x?(x? 0)的最大值是2?D、y?2?3x?(x? 0)的最小值是2?C）； xx xy （2）若x?2y?1，則2?4的最小值是______ （答：； 1（3）正數x,y滿足x?2y?1，則?的最小值為______ （答：3?； xy 4.常用不等式有：（1 （2）???(根據目標不等式左右的運算結構選用)；2?22 2a、b、c?R，a?b?c?ab?bc?ca（當且僅當a?b?c時，取等號）；（3）若a?b?0,m?0，則 bb?m （糖水的濃度問題）。如 ? aa?m 如果正數a、b滿足ab?a?b?3，則ab的取值范圍是_________（答：?9,???） 五．證明不等式的方法：比較法、分析法、綜合法和放縮法(比較法的步驟是：作差（商）后通過分解因式、配方、通分等手段變形判斷符號或與1的大小，然后作出結論。).1111111???2??? nn?1n(n?1)nn(n?1)n? 1n???? 22222 2如（1）已知a?b?c，求證：ab?bc?ca?ab?bc?ca ； 222222 (2)已知a,b,c?R，求證：ab?bc?ca?abc(a?b?c)； xy11? （3）已知a,b,x,y?R，且?,x?y，求證：； ? x?ay?bab a?bb?cc?a (4)若a、b、c是不全相等的正數，求證：lg?lg?lg?lga?lgb?lgc； 22222222 2（5）已知a,b,c?R，求證：ab?bc?ca?abc(a?b?c)； 常用的放縮技巧有： * (6)若n? N(n? 1)? n； |a|?|b||a|?|b| ； ? |a?b||a?b| 1（8）求證：1?2?2???2?2。 23n (7)已知|a|?|b|，求證： 六．簡單的一元高次不等式的解法：標根法：其步驟是：（1）分解成若干個一次因式的積，并使每一個因 式中最高次項的系數為正；（2）將每一個一次因式的根標在數軸上，從最大根的右上方依次通過每一點畫曲線；并注意奇穿過偶彈回；（3）根據曲線顯現f(x)的符號變化規律，寫出不等式的解集。如 （1）解不等式(x?1)(x?2)?0。（答：{x|x?1或x??2}）； （2） 不等式(x??0的解集是____（答：{x|x?3或x??1}）； （3）設函數f(x)、g(x)的定義域都是R，且f(x)?0的解集為{x|1?x?2}，g(x)?0的解集為?，則不等式f(x)?g(x)?0的解集為______（答：(??,1)?[2,??)）； （4）要使滿足關于x的不等式2x?9x?a?0（解集非空）的每一個x的值至少滿足不等式 x2?4x?3?0和x2?6x?8?0中的一個，則實數a的取值范圍是______.（答：[7,8 1)）8 七．分式不等式的解法：分式不等式的一般解題思路是先移項使右邊為0，再通分并將分子分母分解因式，并使每一個因式中最高次項的系數為正，最后用標根法求解。解分式不等式時，一般不能去分母，但分母恒為正或恒為負時可去分母。如 （1）解不等式 5?x ； ??1（答：(?1,1)?(2,3)） x2?2x? 3ax?b ?0的解集為x? 2（2）關于x的不等式ax?b?0的解集為(1,??)，則關于x的不等式____________（答：(??,?1)?(2,??)）.八．絕對值不等式的解法： 1．分段討論法（最后結果應取各段的并集）：如解不等式|2? ； x|?2?|x?|（答：x?R） （2）利用絕對值的定義； （3）數形結合；如解不等式|x|?|x?1|?3（答：(??,?1)?(2,??)）（4）兩邊平方：如 若不等式|3x?2|?|2x?a|對x?R恒成立，則實數a的取值范圍為______。（答：}） 九．含參不等式的解法：求解的通法是“定義域為前提，函數增減性為基礎，分類討論是關鍵．”注意解完之后要寫上：“綜上，原不等式的解集是?”。注意：按參數討論，最后應按參數取值分別說明其解集；但若按未知數討論，最后應求并集.如 ； ?1，則a的取值范圍是__________（答：a?1或0?a?） 33ax21 （2）解不等式?x(a?R)（答：a?0時，{x|x?0}；a?0時，{x|x?或x?0}；a?0 ax?1a 時，{x|?x?0}或x?0}） a （1）若loga 提醒：（1）解不等式是求不等式的解集，最后務必有集合的形式表示；（2）不等式解集的端點值往往是不等式對應方程的根或不等式有意義范圍的端點值。如關于x的不等式ax?b?0 的解集為(??,1)，則不等式 x?2 （－1,2））?0的解集為__________（答： ax?b 十一．含絕對值不等式的性質： a、b同號或有0?|a?b|?|a|?|b|?||a|?|b||?|a?b|； a、b異號或有0?|a?b|?|a|?|b|?||a|?|b||?|a?b|.如設f(x)?x?x?13，實數a滿足|x?a|?1，求證：|f(x)?f(a)|?2(|a|?1) 十二．不等式的恒成立,能成立,恰成立等問題：不等式恒成立問題的常規處理方式？（常應用函數方程思 想和“分離變量法”轉化為最值問題，也可抓住所給不等式的結構特征，利用數形結合法）1).恒成立問題 若不等式f?x??A在區間D上恒成立,則等價于在區間D上f?x?min?A 若不等式f?x??B在區間D上恒成立,則等價于在區間D上f?x?max?B 如（1）設實數x,y滿足x?(y?1)?1，當x?y?c?0時，c的取值范圍是____ （答：1,??）； （2）不等式x?4?x?3?a對一切實數x恒成立，求實數a的取值范圍_____（答：a?1）； 2（3）若不等式2x?1?m(x?1)對滿足m?2的所有m都成立，則x的取值范圍（答：（? 7?13?1,））； 22 (?1)n?13n （4）若不等式(?1)a?2?對于任意正整數n恒成立，則實數a的取值范圍是_（答：[?2,)）； n2 （5）若不等式x?2mx?2m?1?0對0?x?1的所有實數x都成立，求m的取值范圍.（答：m??） 2).能成立問題 若在區間D上存在實數x使不等式f?x??A成立,則等價于在區間D上f?x?max?A； 若在區間D上存在實數x使不等式f?x??B成立,則等價于在區間D上的f?x?min?B.如 已知不等式x?4?x?3?a在實數集R上的解集不是空集，求實數a的取值范圍____（答：a?1）3).恰成立問題 若不等式f?x??A在區間D上恰成立, 則等價于不等式f?x??A的解集為D； 若不等式f?x??B在區間D上恰成立, 則等價于不等式f?x??B的解集為D. 2012高考數學第一輪總復習100講 g3.1039 不等式證明方法 （二）一、知識回顧 1、反證法：從否定結論出發，經過邏輯推理，導出矛盾，從而肯定原結論的正確； 2、放縮法：欲證A?B，可通過適當放大或縮小，借助一個或多個中間量使得，常用的放縮方式： B?B1,B1?B2?...?A（或A?A1,A1?A2?...?B）舍去或加上一些項； 12n?n?n?1；12n?n?1?n；111 1?;?n2n(n?1)n2n(n?1) 3、換元法：三角換元、代數換元； 4、判別式法 二、基本訓練： 1、實數a、b、c不全為零的條件為（） A)a、b、c全不為零 B)a、b、c中至多只有一個為零 C)a、b、c只有一個為零 D)a、b、c中至少有一個不為零 2、已知a、b、c、d?R?，s?abcd???，則有（） a?b?ca?b?dc?d?ac?d?bA)0?s?B)1?s?2 C)2?s? 3D)3?s?4 3、為已知x2?y2?4，則2x?3y的取值范圍是________。 4、設x?0、y?0，A?x?yxy,B??，則A、B大小關系為________。 1?x?y1?x1?y5、實數x?x?y，則x的取值范圍是________。y13 3三、例題分析： 例 1、x＞0，y＞0，求證：x?y?(x?y) 例 2、函數f(x)?1?x2(a?b)，求證：|f(a)?f(b)|?|a?b| 例 3、已知:a2?b2?1,x2?y2?1,求證:?1?ax?by?1（三角換元法） 2232012高考數學第一輪總復習100講 例 4、求證：?1? 例 5、若a,b,c都是小于1的正數，求證：(1?a)b,(1?b)c,(1?c)a不可能同時大于 例 6、求證：1? 例 7、設二次函數f(x)?ax2?bx?c(a、b、c?R且a?0)，若函數y?f(x)的圖象與直線y?x和y??x均無公共點。x?11?（判別式法） x2?x?131.4（反證法） 111???????2(n?N)（放縮法）2232n2（1）求證：4ac?b2?1 （2）求證：對于一切實數x恒有|ax2?bx?c|? 四、課堂小結： 1、凡是“至少”、“唯一”或含有否定詞的命題適宜用反證法.2、換元法（主要指三角代換法）多用于條件不等式的證明，此法若運用恰當，可溝通三角與代數的聯系，將復雜的代數問題轉化成簡單的三角問題.3、含有兩上字母的不等式，若可化成一邊為零，而另一邊是關于某字母的二次式時，這時可考慮判別式法，并注意根的取值范圍和題目的限制條件.4、有些不等式若恰當地運用放縮法可以很快得證，放縮時要看準目標，做到有的放矢，注意放縮適度.4|a|2012高考數學第一輪總復習100講 五、同步練習g3.1039 不等式證明方法 （二）1、若x2?xy?y2?1且x、y?R，則n?x2?y2的取值范圍是（） A)0?n? 1B)2?n?C)n?D)2?n?2 32、已知a、b?R?，則下列各式中成立的是（） A)acos?bsin22??a?b B)acos?bsin22??a?b C)cos2?lga?sin2?lgb?lg(a?b) D)cos2?lga?sin2?lgb?lga(?b) 3、設,y∈R,且x2+y2=4,則A)2- 24、若f(n)= 2xy的最大值為（） x?y?2B)2+2 C)-2 D)?4 3n2?1-n,g(n)=n-n2?1,φ(n)= 1,則f(n),g(n),ф(n)的大小順序為2n____________.5、設a,b是兩個實數,給出下列條件:①a+b>1； ②a+b=2；③a+b>2；④a2+b2>2；⑤ab>1，其中能推出:“a、b中至少有一個實數大于1”的條件是____________.6、a、b、c∈R-，a≠b，求證：|a?b|?a2?ab?b2?a2?b 2111?? a?bb?ca?c（提示：換元法，令a－b=m∈R＋，b－c=n∈R＋） 11111?2?2?????2?1 8、若n?N，且n?2，求證：?2n?123n7、a＞b＞c，求證： 2012高考數學第一輪總復習100講 9、已知f(x)?x2?px?q，求證：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一個不少于 10、已知i、m、n是整數且1?i?m?n，試證明： ii（1）niAm； ?miAn1。2（2）(1?m)n?(1?n)m.答案：DCB 4、g(n)>ф(n)> f(n) 5、③第二篇：高考第一輪復習數學：不等式的證明
第三篇：2007年高中總復習第一輪數學 第六章 6.3 不等式的證明(二)
第四篇：高三數學(理科)二輪復習-不等式
第五篇：2012高考數學第一輪總復習100講(含同步練習)1039_不等式證明方法(二)
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