第一篇：高中理科數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí)：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(jié)論出發(fā)，經(jīng)過邏輯推理，導(dǎo)出矛盾，證實結(jié)論的否定是錯誤的，從而肯定原結(jié)論是正確的證明方法。

2.換元法：換元法是指結(jié)構(gòu)較為復(fù)雜、量與量之間關(guān)系不很明了的命題，通過恰當(dāng)引入新變量，代換原題中的部分式子，簡化原有結(jié)構(gòu)，使其轉(zhuǎn)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(dāng)放大或縮小，借助一個或多個中間量，使得B

4.構(gòu)造法：構(gòu)造二次方程用“Δ”，構(gòu)造函數(shù)用函數(shù)單調(diào)性，構(gòu)造圖形用數(shù)形結(jié)合方法。

【例題選講】

(一).復(fù)習(xí):不等式證明三種主要方法,然后講P89例1例2 例1

(P89)

1設(shè)實數(shù)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(jié)論是：三個函數(shù)值中“至少有一個不小于

1”，情況較復(fù)雜，會出現(xiàn)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(jié)論的反面構(gòu)成三個同向不等式，結(jié)構(gòu)簡單，故采用反證法為宜?！咀C明】（反證法）假設(shè)|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(dǎo)出的矛盾可能多種多樣。有的與已知矛盾，有的與假設(shè)矛盾，有的與事實相違背等等，推導(dǎo)出的矛盾必須是明顯的。例

4、（1）設(shè)x,y?R，且x2?y2?1，求證：|x2?2xy?y2|?2 ； 322（2）設(shè)a,b,c?R，且a?b?c?1，求證：a?b?c?【證明】（1）設(shè)x?rsin?,y?rcos?,且|r|?1 則|x2?2xy?y2|?r2|cos2??2sin?cos??sin2?|，=r|cos2??sin2?|?（2）設(shè)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(shè)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(guān)于某函數(shù)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?！菊n堂小結(jié)】

3.反證法：從否定結(jié)論出發(fā)，經(jīng)過邏輯推理，導(dǎo)出矛盾，證實結(jié)論的否定是錯誤的，從而肯定原結(jié)論是正確的證明方法。

4.換元法：換元法是指結(jié)構(gòu)較為復(fù)雜、量與量之間關(guān)系不很明了的命題，通過恰當(dāng)引入新變量，代換原題 中的部分式子，簡化原有結(jié)構(gòu)，使其轉(zhuǎn)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(dāng)放大或縮小，借助一個或多個中間量，使得B

4.構(gòu)造法：構(gòu)造二次方程用“Δ”，構(gòu)造函數(shù)用函數(shù)單調(diào)性，構(gòu)造圖形用數(shù)形結(jié)合方法。

【作業(yè)布置】

第二篇：高考第一輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)：不等式的證明

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(dāng)且僅當(dāng)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(shù)，則

a?b2ab＞1不能推出a＞b.這里要注意a、b兩數(shù)的符號.、ab、2aba?b、a2?b22這四個數(shù)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(shè)a=1，b=2，則a?b2=43232，ab=2，2aba?ba2=，1?4252?b2===2.5.答案：C

2.設(shè)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(shù)，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(dāng)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(guān)系為____________.解析：設(shè)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(shè)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(jīng)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(yīng)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(shù)的單調(diào)性應(yīng)如何構(gòu)造函數(shù)? 解法一：令f（x）=再令g（x）=∵1axx?a，易證f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，從而

xx?a＞

yy?b.mm?x，易證g（x）在（0，+∞）上單調(diào)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(gòu)造函數(shù)f（x）=

xx?1，x∈（0，+∞）.xa易證f（x）在（0，+∞）上為單調(diào)增函數(shù)，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(guī)定：當(dāng)一次購買面粉不少于210 t時，其價格可享受9折優(yōu)惠（即原價的90%），問該廠是否考慮利用此優(yōu)惠條件?請說明理由.解：（1）設(shè)該廠應(yīng)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(shè)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(dāng)且僅當(dāng)9x=900x，即x=10時取等號，即該廠應(yīng)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(yōu)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(dāng)x≥35時為增函數(shù).∴當(dāng)x=35時，f（x）有最小值，此時y2＜10989.∴該廠應(yīng)該接受此優(yōu)惠條件.●闖關(guān)訓(xùn)練 夯實基礎(chǔ)

1.設(shè)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(guān)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(shè)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(shù)a和b的算術(shù)平均數(shù)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(shù)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(dāng)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，∴l(xiāng)ga＞0，lg（a+2λ）＞0，且lga≠lg（a+2λ）.∴l(xiāng)ga·lg（a+2λ）＜［（=［lg（a2lga?lg（a?2?）2lg（a??）22）］?2a?）2］＜［

2］=lg（a+λ）.∴l(xiāng)g（a??）?lga?lg（a?2?）lgalg（a??）2＞0.∴l(xiāng)oga（a+λ）＞log（a+λ）（a+2λ）.培養(yǎng)能力

7.已知x＞0，y＞0，若不等式x+y≤mx?y恒成立，求實數(shù)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(shù)法是求參數(shù)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(shè)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(chuàng)新

9.設(shè)二次函數(shù)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(dāng)x∈（0，x1）時，證明x＜f（x）＜x1；（2）設(shè)函數(shù)f（x）的圖象關(guān)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(dāng)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(jié)

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(jù)是不等式的基本性質(zhì).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(guān)系，為了便于判斷，往往把形式變?yōu)榉e或完全平方式.若是作商，兩邊為正，就判斷與1的大小關(guān)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(yīng)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(xiàn)錯誤.●教師下載中心 教學(xué)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(shù)還是負數(shù)來證明不等式，其應(yīng)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(nèi)在聯(lián)系，兩個公式也體現(xiàn)了ab和a+b的轉(zhuǎn)化關(guān)系.拓展題例

【例1】設(shè)a、b∈R，關(guān)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(shè)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(nèi)，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(zhì)恰好能分解因式；證法二考慮根的分布，證兩根在（－1，1）內(nèi).【例2】 是否存在常數(shù)C，使得不等式數(shù)x、y恒成立?試證明你的結(jié)論.解：當(dāng)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(shù)C=

23，使對任何正數(shù)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(zhì)和已證明過的不等式以及函數(shù)的單調(diào)性導(dǎo)出待證不等式的方法叫綜合法，概括為“由因?qū)Ч?2.用分析法證明不等式：從待證不等式出發(fā)，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(zhí)果索因”.3.放縮法證明不等式.4.利用單調(diào)性證明不等式.5.構(gòu)造一元二次方程利用“Δ”法證明不等式.6.數(shù)形結(jié)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(shù)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(dāng)n為正偶數(shù)時，a＜2－1n，2－121n為增函數(shù)，∴a＜2－=32.1n當(dāng)n為正奇數(shù)時，－a＜2+而－2－1n，a＞－2－

1n1n.為增函數(shù)，－2－

32＜－2，∴a≥－2.故a∈［－2，答案：A）.2.（2003年南京市質(zhì)檢題）若＜

a11b＜0，則下列結(jié)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(fā)，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(shù)列{an}與等比數(shù)列{bn}中，a1=b1＞0，an=bn＞0，則am與bm的大小關(guān)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(shù)列{an}與等比數(shù)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(guān)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(shè)實數(shù)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(yīng)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∴l(xiāng)oga（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(zhì)，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(shè)a=xn，x＞1.于是只要證即證xnx?1n＞x－1，n－1?1x?1n－1＞n.聯(lián)想到等比數(shù)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(shù)有關(guān)的命題，用數(shù)學(xué)歸納法可以證嗎?讀者可嘗試一下.●闖關(guān)訓(xùn)練 夯實基礎(chǔ)

1.已知a、b是不相等的正數(shù)，x=

a?2b，y=a?b，則x、y的關(guān)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(shù)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(dāng)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(yīng)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(yǎng)能力

5.設(shè)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(shù)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(shù)根.7.設(shè)a、b、c均為實數(shù)，求證：證明：∵a、b、c均為實數(shù)，∴12121212a+

12b+

12c≥

1b?c+

1c?a+

1a?b.（12b12c12a＋12c12b）≥

12bc12ab≥≥≥

11a?b，當(dāng)a=b時等號成立；

（（＋＋）≥）≥

b?c1c?a，當(dāng)b=c時等號成立； ． ≥

1b?c12a12ca三個不等式相加即得探究創(chuàng)新

12a+

12b+

12c+

1c?a+

1a?b，當(dāng)且僅當(dāng)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(shù).證明：假設(shè)a、b、c、d都是非負數(shù)，∵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(shè)不成立，即a、b、c、d中至少有一個負數(shù).●思悟小結(jié)

1.綜合法就是“由因?qū)Ч?，從已知不等式出發(fā)，不斷用必要條件替換前面的不等式，直至推出要證的結(jié)論.2.分析法就是“執(zhí)果索因”，從所證不等式出發(fā)，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(jié)合在證明不等式中經(jīng)常遇到.4.構(gòu)造函數(shù)利用單調(diào)性證不等式或構(gòu)造方程利用“Δ≥0”證不等式，充分體現(xiàn)相關(guān)知識間的聯(lián)系.●教師下載中心 教學(xué)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(yīng)學(xué)生習(xí)慣的思維規(guī)律.有時問題證明難度較大，常使用分析綜合法，實現(xiàn)兩頭往中間靠以達到證題目的.2.由于高考試題不會出現(xiàn)單一的不等式的證明題，常常與函數(shù)、數(shù)列、三角、方程綜合在一起，所以在教學(xué)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(shù)的單調(diào)性法、判別式法、換元法（特別是三角換元）、放縮法以及數(shù)學(xué)歸納法等.拓展題例

【例1】 已知a、b為正數(shù)，求證：

（1）若a+1＞b，則對于任何大于1的正數(shù)x，恒有ax+（2）若對于任何大于1的正數(shù)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(shù)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(dāng)且僅當(dāng)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(diào)性.（x≥0），易證f（x）在［0，+∞）上單調(diào)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(dāng)|a+b|=0時，不等式成立； 當(dāng)|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!

第三篇：2007年高中總復(fù)習(xí)第一輪數(shù)學(xué) 第六章 6.3 不等式的證明(二)

6.3 不等式的證明(二)鞏固·夯實基礎(chǔ)

一、自主梳理

1.用綜合法證明不等式:利用不等式的性質(zhì)和已證明過的不等式以及函數(shù)的單調(diào)性導(dǎo)出待證不等式的方法叫綜合法,概括為“由因?qū)Ч?2.用分析法證明不等式：從待證不等式出發(fā)，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(zhí)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(shè)結(jié)論不成立,并由此出發(fā),推出與題設(shè)條件或已經(jīng)知道的結(jié)論相矛盾的結(jié)果,從而說明結(jié)論成立.(2)換元法:原不等式的代數(shù)式,經(jīng)適當(dāng)?shù)娜谴鷵Q或代數(shù)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(gòu)造函數(shù)法、導(dǎo)數(shù)法在證明不等式時,也經(jīng)常使用.(5)數(shù)學(xué)歸納法證明不等式在數(shù)列中的運用也應(yīng)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(zhì)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(shù)a的取值范］

B.[-2,32)

C.［-3,32］

D.(-3,32)解析:當(dāng)n為正偶數(shù)時，a<2-1n,又2-121n為增函數(shù)，1n

∴a<2-

而-2-答案:A 1n=32.當(dāng)n為正奇數(shù)時,-a<2+

1n,a>-2-

1n.32為增函數(shù),-2-<-2,∴a≥-2.故a∈［-2,).(文)(經(jīng)典回放)若1a＜1b＜0，則下列結(jié)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(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)是定義在R上,周期為3的奇函數(shù),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(xué)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(shù)學(xué)語言描述為:若有限數(shù)列a1,a2,?,an滿足a1≤a2≤?≤an,則________(結(jié)論用數(shù)學(xué)式子表示).解析：設(shè)原有人數(shù)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(shè)實數(shù)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(yīng)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

∴l(xiāng)oga（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(zhì)，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(dāng)|a+b|=0時,原不等式成立.當(dāng)|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(gòu)造函數(shù)f(x)=

研究其單調(diào)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(diào)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(diào)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(yīng)用·習(xí)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01且ab>1,則下列不等式中成立的是（）A.logb1b1b 1b 1101b1b

1b

1b

C.logabloga-b+c;③a-b+c,①②成立.又|a|-|b|<|a+b|<-c，∴|a|<|b|-c④成立.當(dāng)a=3,b=-3,c=-1時,雖|a+b|=0<-c，但3>3-1=2,3>-3+1,故③⑤不成立.答案:①②④

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(yīng)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(shè)a、b、c均為實數(shù)，求證：證明:∵a、b、c均為實數(shù)，∴1212a12b

222

b2）＋

3b42］≤0．

++

12c≥

1b?c+

1c?a+

1a?b.（12a＋12b）≥

12ab

≥

1a?b，當(dāng)a=b時等號成立；

1212（12b＋12c12a）≥

12bc≥

1b?c1c?a，當(dāng)b=c時等號成立；

（12c＋）≥

12ca12a≥

1,當(dāng)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(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時等8.(全新創(chuàng)編題)有一位同學(xué)寫了一個不等式

x?1?cx?c22≥

1?cc(x∈R),她發(fā)現(xiàn)當(dāng)c=1,2,3時,不等式都成立,試問:不等式是否對任何正實數(shù)c都成立?為什么? 解：設(shè)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(shù)c不都成立.教學(xué)參考

一、教學(xué)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(jié)放縮的技巧,充分運用不等式的性質(zhì),及均值不等式、絕對值不等式和題設(shè)條件是進行放縮的關(guān)鍵.3.函數(shù)的有關(guān)知識如值域、單調(diào)性,在證明不等式時也應(yīng)考慮.4.分析法與綜合法相互轉(zhuǎn)換、互相滲透、互為前提,充分利用這一辯證關(guān)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(xí)慣思維方法的局限,轉(zhuǎn)換解題途徑;反證法是逆向思維的過程,它能增大思維的發(fā)散量,克服思維定勢的影響.5.證明不等式是學(xué)習(xí)不等式的主要目的之一,復(fù)習(xí)中應(yīng)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(yīng)根據(jù)題目的特點,試探著使用數(shù)學(xué)歸納法、判別式法、換元法、函數(shù)法、反證法等證明通法,以融會貫通所學(xué)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(yīng)學(xué)生習(xí)

慣的思維規(guī)律.有時問題證明難度較大,常使用分析綜合法,實現(xiàn)兩頭往中間靠以達到證題目的.2.由于高考試題不會出現(xiàn)單一的不等式的證明題,常常與函數(shù)、數(shù)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(xué)會其他方法,如函數(shù)的單調(diào)性法、判別式法、換元法(特別是三角換元)、放縮法以及數(shù)學(xué)歸納法等,注意它們之間的知識交匯聯(lián)系.三、參考資料

【例1】 已知a、b為正數(shù)，求證：

（1）若a+1＞b,則對于任何大于1的正數(shù)x,恒有ax+（2）若對于任何大于1的正數(shù)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(shù)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(dāng)且僅當(dāng)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(shù)列{log2(an-1)}(n∈N)為等差數(shù)列,且a1=3,a3=9.(1)求數(shù)列{an}的通項公式;(2)證明1a2?a1*+1a3?a2+?+

1an?1?an<1.(1)解:設(shè)等差數(shù)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.

第四篇：高三數(shù)學(xué)(理科)二輪復(fù)習(xí)-不等式

2014屆高三數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí)

第3講 不等式

一、本章知識結(jié)構(gòu)：

實數(shù)的性質(zhì)

二、高考要求

（1）理解不等式的性質(zhì)及其證明。

（2）掌握兩個（不擴展到三個）正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)定理，并會簡單應(yīng)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(chǔ)知識的考查，設(shè)問方式不斷創(chuàng)新.重點考查四種題型：解不等式，證明不等式，涉及不等式應(yīng)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(chǔ)知識的考查，?？汲Ｐ?，創(chuàng)意不斷，設(shè)問方式不斷創(chuàng)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(guān)注.2.突出重點，綜合考查，在知識與方法的交匯點處設(shè)計命題，在不等式問題中蘊含著豐富的函數(shù)思想，不等式又為研究函數(shù)提供了重要的工具，不等式與函數(shù)既是知識的結(jié)合點，又是數(shù)學(xué)知識與數(shù)學(xué)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(shù)與不等式基礎(chǔ)知識的同時，將不等式的重點知識以及其他知識有機結(jié)合，進行綜合考查，強調(diào)知識的綜合和知識的內(nèi)在聯(lián)系，加大數(shù)學(xué)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(xiàn)由知識立意向能力立意轉(zhuǎn)變的命題方向.由于代數(shù)推理沒有幾何圖形作依托，因而更能檢測出學(xué)生抽象思維能力的層次.這類代數(shù)推理問題常以高中代數(shù)的主體內(nèi)容——函數(shù)、方程、不等式、數(shù)列及其交叉綜合部分為知識背景，并與高等數(shù)學(xué)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(fā)揮.對不等式的考查更能體現(xiàn)出高觀點、低設(shè)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(yīng)用價值，借助不等式來考查學(xué)生的應(yīng)用意識.不等式部分的內(nèi)容是高考較為穩(wěn)定的一個熱點,考查的重點是不等式的性質(zhì)、證明、解法及最值方面的應(yīng)用。高考試題中有以下幾個明顯的特點：

（1）不等式與函數(shù)、數(shù)列、幾何、導(dǎo)數(shù),實際應(yīng)用等有關(guān)內(nèi)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(yīng)用題和壓軸題幾乎都與不等式有關(guān)。

（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(dāng)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(dāng)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(dāng)a＞1時解集為(－∞，a?2a?2)∪(2，+∞)；當(dāng)0＜a＜1時，解集為(2，)； a?1a?1

a?2，2).a?1

當(dāng)a=0時，解集為?；當(dāng)a＜0時，解集為（【例2】 設(shè)不等式x2－2ax+a+2≤0的解集為M，如果M?［1，4］，求實數(shù)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(shè)f(x)=x2 －2ax+a+2，有Δ=(－2a)2－(4a+2)=4(a2－a－2)

(1)當(dāng)Δ＜0時，－1＜a＜2，M=

?［1，4］(2)當(dāng)Δ=0時，a=－1或2.當(dāng)a=－1時M={－1}［1，4］；當(dāng)a=2時，m={2}［1，4］.(3)當(dāng)Δ＞0時，a＜－1或a＞2.設(shè)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(dāng)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(shè)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(dāng)n=k+1時，不等式成立.綜合(1)、(2)得：當(dāng)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(yīng)試技巧總結(jié)

不等式

一．不等式的性質(zhì)：

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(shù)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(jié)果； 2．作商（常用于分數(shù)指數(shù)冪的代數(shù)式）； 3．分析法； 4．平方法；

5．分子（或分母）有理化； 6．利用函數(shù)的單調(diào)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(dāng)a?1時，logat?loga（t?1時取等號）；當(dāng)0?a?1時，logat?loga（t?1

2222

（1）設(shè)a?0且a?1,t?0，比較時取等號））；

1?a2?4a?2

（2）設(shè)a?2，p?a?，q?2，試比較p,q的大?。ù穑簆?q）；

a?2

（3）比較1+logx3與2logx2(x?0且x?1)的大小

4（答：當(dāng)0?x?1或x?時，1+logx3＞2logx2；當(dāng)1?x?時，1+logx3＜2logx2；當(dāng)x?

3時，1+logx3＝2logx2）

三．利用重要不等式求函數(shù)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(shù)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(jù)目標(biāo)不等式左右的運算結(jié)構(gòu)選用)；2?22

2a、b、c?R，a?b?c?ab?bc?ca（當(dāng)且僅當(dāng)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(shù)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(jié)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(shù)，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(biāo)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(shù)為正；（2）將每一個一次因式的根標(biāo)在數(shù)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(jù)曲線顯現(xiàn)f(x)的符號變化規(guī)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(shè)函數(shù)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?jié)M足關(guān)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(shù)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(shù)為正，最后用標(biāo)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(guān)于x的不等式ax?b?0的解集為(1,??)，則關(guān)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(jié)果應(yīng)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(shù)形結(jié)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(shù)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(shù)增減性為基礎(chǔ)，分類討論是關(guān)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(shù)討論，最后應(yīng)按參數(shù)取值分別說明其解集；但若按未知數(shù)討論，最后應(yīng)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(wù)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(yīng)方程的根或不等式有意義范圍的端點值。如關(guān)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(zhì)：

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(shè)f(x)?x?x?13，實數(shù)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(guī)處理方式？（常應(yīng)用函數(shù)方程思

想和“分離變量法”轉(zhuǎn)化為最值問題，也可抓住所給不等式的結(jié)構(gòu)特征，利用數(shù)形結(jié)合法）1).恒成立問題

若不等式f?x??A在區(qū)間D上恒成立,則等價于在區(qū)間D上f?x?min?A 若不等式f?x??B在區(qū)間D上恒成立,則等價于在區(qū)間D上f?x?max?B

如（1）設(shè)實數(shù)x,y滿足x?(y?1)?1，當(dāng)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(shù)x恒成立，求實數(shù)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(shù)n恒成立，則實數(shù)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(shù)x都成立，求m的取值范圍.（答：m??）

2).能成立問題

若在區(qū)間D上存在實數(shù)x使不等式f?x??A成立,則等價于在區(qū)間D上f?x?max?A； 若在區(qū)間D上存在實數(shù)x使不等式f?x??B成立,則等價于在區(qū)間D上的f?x?min?B.如

已知不等式x?4?x?3?a在實數(shù)集R上的解集不是空集，求實數(shù)a的取值范圍____（答：a?1）3).恰成立問題

若不等式f?x??A在區(qū)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(qū)間D上恰成立, 則等價于不等式f?x??B的解集為D.

第五篇：2012高考數(shù)學(xué)第一輪總復(fù)習(xí)100講(含同步練習(xí))1039_不等式證明方法(二)

2012高考數(shù)學(xué)第一輪總復(fù)習(xí)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(jié)論出發(fā)，經(jīng)過邏輯推理，導(dǎo)出矛盾，從而肯定原結(jié)論的正確；

2、放縮法：欲證A?B，可通過適當(dāng)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(shù)換元；

4、判別式法

二、基本訓(xùn)練：

1、實數(shù)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(shè)x?0、y?0，A?x?yxy,B??，則A、B大小關(guān)系為________。

1?x?y1?x1?y5、實數(shù)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(shù)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(shù)學(xué)第一輪總復(fù)習(xí)100講

例

4、求證：?1?

例

5、若a,b,c都是小于1的正數(shù)，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(shè)二次函數(shù)f(x)?ax2?bx?c(a、b、c?R且a?0)，若函數(shù)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(shù)x恒有|ax2?bx?c|?

四、課堂小結(jié)：

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(dāng)，可溝通三角與代數(shù)的聯(lián)系，將復(fù)雜的代數(shù)問題轉(zhuǎn)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(guān)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(dāng)?shù)剡\用放縮法可以很快得證，放縮時要看準(zhǔn)目標(biāo)，做到有的放矢，注意放縮適度.4|a|2012高考數(shù)學(xué)第一輪總復(fù)習(xí)100講

五、同步練習(xí)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(shè),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(shè)a,b是兩個實數(shù),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(shù)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(shù)學(xué)第一輪總復(fù)習(xí)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(shù)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