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2019版高考數學(理)創新大一輪北師大通用版講義:選修4-5第2節
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2019版高考數學(理)創新大一輪北師大通用版講義:選修4-5第2節

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2節 不等式的證明

最新考綱 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.

知 識 梳 理

1.基本不等式

定理1:如果abR那么a2b22ab當且僅當ab等號成立.

定理2:如果ab>0那么,當且僅當ab等號成立即兩個正數的算術平均不小于(即大于或等于)它們的幾何平均.

定理3:如果abcR那么當且僅當abc等號成立.

2.不等式的證明方法

(1)比較法

作差法(abR)ab>0?a>bab<0?a<bab0?ab.

作商法(a>0b>0)>1?a>b<1?a<b1?ab.

(2)綜合法與分析法

綜合法:從已知條件出發利用定義、公理、定理、性質等經過一系列的推理論證而得出命題成立.綜合法又叫順推證法或由因導果法.

分析法:從要證的結論出發逐步尋求使它成立的充分條件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,這種證法稱為分析法,即執果索因的證明方法.

診 斷 自 測

1.思考辨析(在括號內打“√”“×”)

(1)比較法最終要判斷式子的符號得出結論.(  )

(2)綜合法是從原因推導到結果的思維方法它是從已知條件出發經過逐步推理最后達到待證的結論.(  )

(3)分析法又叫逆推證法或執果索因法是從待證結論出發一步一步地尋求結論成立的必要條件,最后達到題設的已知條件或已被證明的事實.(  )

(4)使用反證法時反設不能作為推理的條件應用.(  )

答案 (1)× (2) (3)× (4)×

2.a>b>1xaybxy的大小關系是(  )

A.x>y   B.x<y   C.xy   D.xy

解析 xya

ab.

a>b>1ab>1ab>0

所以>0xy>0所以x>y.

答案 A

3.(教材習題改編)已知ab>0M2a3b3N2ab2a2bMN的大小關系為________.

解析 2a3b3(2ab2a2b)2a(a2b2)b(a2b2)(a2b2)(2ab)(ab)(ab)(2ab).

因為ab>0所以ab0ab>02ab>0

從而(ab)(ab)(2ab)02a3b32ab2a2b.

答案 MN

4.已知a>0b>0ln(ab)0的最小值是________.

解析 由題意得ab1a>0b>0

(ab)2224.當且僅當ab時等號成立.

的最小值是4.

答案 4

5.已知x>0y>0證明:(1xy2)(1x2y)9xy.

證明 因為x>0y>0

所以1xy23>01x2y3>0(1xy2)(1x2y)3·39xy.

 

考點一 比較法證明不等式

【例11 (2017·江蘇卷)已知abcd為實數a2b24c2d216.試證明:acbd8.

證明 (a2b2)(c2d2)(acbd)2

a2c2a2d2b2c2b2d2(a2c2b2d22acbd)

b2c2a2d22acbd(bcad)20

(a2b2)(c2d2)(acbd)2

a2b24c2d216.

因此(acbd)264從而acbd8.

【例12 (一題多解)已知a>0b>0求證:.

證明 法一 因為()

a>0b>0>0.

因此.

法二 由于

111.

a>0b>0>0

所以.

規律方法 1.作差()證明不等式關鍵是對差()式進行合理的變形特別注意作商證明不等式不等式的兩邊應同號.

2.在例12證明中法一采用局部通分,優化了解題過程;在法二中,利用不等式的性質,把證明a>b轉化為證明>1(b>0).

提醒 在使用作商比較法時要注意說明分母的符號.

【訓練1ab是非負實數求證:a2b2(ab).

證明 因為a2b2(ab)

(a2a)(b2b)

a()b()

()(ab)

(ab)(ab).

因為a0b0所以不論ab0還是0ab都有abab同號所以(ab)(ab)0

所以a2b2(ab).

考點二 綜合法證明不等式

【例21 (2017·全國)已知實數a>0b>0a3b32.

證明:(1)(ab)(a5b5)4

(2)ab2.

證明 (1)a>0b>0a3b32.

(ab)(a5b5)a6ab5a5bb6

(a3b3)22a3b3ab(a4b4)

4ab(a42a2b2b4)

4ab(a2b2)24.

(2)因為(ab)3a33a2b3ab2b323ab(ab)

2(ab)2

所以(ab)38因此ab2.

【例22 (2016·全國)已知函數f(x)M為不等式f(x)<2的解集.

(1)M

(2)證明:當abM|ab|<|1ab|.

(1) f(x)

xf(x)<2得-2x<2

解得x>1所以-1<x

當-<x<f(x)<2恒成立.

xf(x)<22x<2

解得x<1所以<x<1.

所以f(x)<2的解集M{x|1<x<1}.

(2)證明 由(1)abM1<a<11<b<1

從而(ab)2(1ab)2a2b2a2b21

(a21)(1b2)<0

所以(ab)2<(1ab)2因此|ab|<|1ab|.

規律方法 1.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系.合理進行轉換恰當選擇已知不等式這是證明的關鍵.

2.在用綜合法證明不等式時不等式的性質和基本不等式是最常用的.在運用這些性質時要注意性質成立的前提條件.

【訓練2 (2018·石家莊調研)已知函數f(x)2|x1||x2|.

(1)f(x)的最小值m

(2)abc均為正實數且滿足abcm求證:3.

(1)解 x<1f(x)=-2(x1)(x2)=-3x>3

當-1x2f(x)2(x1)(x2)x4

此時3f(x)6

x>2f(x)2(x1)(x2)3x>6.

綜上可知,f(x)的最小值m3.

(2)證明 abc均大于0abc3.

(abc)22(abc)(當且僅當abc1時取)

所以abc

3.

考點三 分析法證明不等式

【例3 已知a>b>cabc0求證:<a.

證明 a>b>cabc0a>0c<0.

要證<a

只需證b2ac<3a2.

abc0只需證b2a(ab)<3a2

只需證2a2abb2>0

只需證(ab)(2ab)>0

只需證(ab)(ac)>0.

a>b>cab>0ac>0

(ab)(ac)>0顯然成立

故原不等式成立.

規律方法 1.當要證的不等式較難發現條件和結論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.

2.分析法證明的思路是執果索因其框圖表示為:

→…→

【訓練3 (2018·九江質檢)已知函數f(x)|x1|.

(1)解不等式f(x)f(x4)8

(2)|a|<1|b|<1a0求證:f(ab)>|a|f.

(1)解 依題意,原不等式等價于|x1||x3|8.

x<3則-2x28解得x5.

當-3x148不成立不等式解集為?.

x>12x28解得x3.

所以不等式f(x)f(x4)8的解集為{x|x3x5}.

(2)證明 要證f(ab)>|a|f

只需證|ab1|>|ba|

只需證(ab1)2>(ba)2.

|a|<1|b|<1a2<1b2<1

(ab1)2(ba)2a2b2a2b21

(a21)(b21)>0.

(ab1)2>(ba)2成立.

從而原不等式成立.

基礎鞏固題組

(建議用時:50分鐘)

1.abc均為正數abc1證明:

(1)abbcca

(2)1.

證明 (1)a2b22abb2c22bcc2a22ca

a2b2c2abbcca.當且僅當abc時取.

由題設(abc)21a2b2c22ab2bc2ca1.

所以3(abbcca)1abbcca.

(2)因為b2ac2ba2c當且僅當abc時取.

(abc)2(abc)

abc.

所以1.

2.a>0b>0ab.證明:

(1)ab2

(2)a2a<2b2b<2不可能同時成立.

證明 aba>0b>0ab1.

(1)由基本不等式及ab1ab22

當且僅當ab1時等號成立ab2.

(2)假設a2a<2b2b<2同時成立則由a2a<2a>00<a<1

同理0<b<1從而ab<1這與ab1矛盾.

a2a<2b2b<2不可能同時成立.

3.(2018·寶雞模擬)已知函數f(x)|x||x1|.

(1)f(x)|m1|恒成立求實數m的最大值M

(2)(1)成立的條件下正實數ab滿足a2b2M證明:ab2ab.

(1)解 f(x)|x||x1||x(x1)|1

當且僅當0x1時取等號

f(x)|x||x1|的最小值為1.

要使f(x)|m1|恒成立只需|m1|1

0m2m的最大值M2.

(2)證明 (1)a2b22

a2b22abab1.

ab2(ab)2ab.

1.ab2ab.

4.(2014·全國)a0b0.

(1)a3b3的最小值;

(2)是否存在ab使得2a3b6?并說明理由.

解 (1)ab2當且僅當ab時等號成立.

a3b324當且僅當ab時等號成立.

所以a3b3的最小值為4.

(2)(1)2a3b2·4.

由于46從而不存在ab使得2a3b6.

5.已知函數f(x)k|x3|kRf(x3)0的解集為[11].

(1)k的值;

(2)abc是正實數1.

求證:a2b3c9.

(1)解 因為f(x)k|x3|

所以f(x3)0等價于|x|k

|x|k有解k0且解集為[kk].

因為f(x3)0的解集為[11].

因此k1.

(2)證明 (1)1因為abc為正實數.

所以a2b3c(a2b3c)

3

32229.

當且僅當a2b3c時等號成立.

因此a2b3c9.

能力提升題組

(建議用時:30分鐘)

6.(2015·全國)abcd均為正數abcd證明:

(1)ab>cd>

(2)>|ab|<|cd|的充要條件.

證明 (1)abcd為正數abcd

欲證>只需證明()2>()2

也就是證明ab2>cd2

只需證明>,即證ab>cd.

由于ab>cd因此>.

(2)|ab|<|cd|(ab)2<(cd)2

(ab)24ab<(cd)24cd.

abcd所以ab>cd.

(1)>.

>()2>()2

ab2>cd2.

abcd所以ab>cd.

于是(ab)2(ab)24ab<(cd)24cd(cd)2.

因此|ab|<|cd|.

綜上>|ab|<|cd|的充要條件.

7.(2018·樂山模擬)已知定義在R上的函數f(x)|xm||x|mN+若存在實數x使得f(x)<2成立.

(1)求實數m的值;

(2)αβ>1f(α)f(β)6求證:.

(1) 因為|xm||x||xmx||m|

要使|xm||x|<2有解|m|<2解得-2<m<2.

mN+m1.

(2)證明 αβ>1f(α)f(β)2α12β16

αβ4

(αβ)

當且僅當αβ成立

.

8.設函數f(x)|2xa|g(x)x2.

(1)a1求不等式f(x)f(x)g(x)的解集;

(2)求證:f f f 中至少有一個不小于.

(1) 當a1|2x1||2x1|x2

化簡可得

解得0x<x.

綜上不等式的解集為.

(2)證明 假設f f f 都小于

前兩式相加得-<a<與第三式<a<矛盾.

因此假設不成立

f f f 中至少有一個不小于.

 

 

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