【数学】2018届一轮复习人教A版不等式的证明教案

【数学】2018届一轮复习人教A版不等式的证明教案

第二节　不等式的证明 ‎————————————————————————————————‎ ‎[考纲传真]　通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法．‎ ‎1．基本不等式 定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．‎ 定理2：如果a，b为正数，则≥，当且仅当a＝b时，等号成立．‎ 定理3：如果a，b，c为正数，则≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．‎ 定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a1，a2，…，an为n个正数，则≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．‎ ‎2．不等式证明的方法 ‎(1)比较法是证明不等式最基本的方法，可分为作差比较法和作商比较法两种.‎ 名称 作差比较法 作商比较法 理论依据 a＞b⇔a－b＞0 ‎ a＜b⇔a－b＜0‎ a＝b⇔a－b＝0‎ b＞0，＞1⇒a＞b ‎ b＜0，＞1⇒a＜b ‎(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＞y B．x＜y C．x≥y D．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.‎ 因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.‎ 于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.‎ 因此|a－b|<|c－d|.‎ 综上，＋>＋是|a－b|<|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 ‎(2)证明：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 法二：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，b>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与b2＋b<2同时成立，则由a2＋a<2及a>0，得00，b>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 ‎(2)证明：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的解集为[－1,1]．‎ ‎(1)求k的值；‎ ‎(2)若a，b，c是正实数，且＋＋＝1.‎ 求证：a＋2b＋3c≥9. 【导学号：31222450】‎ ‎[解]　(1)因为f(x)＝k－|x－3|，‎ 所以f(x＋3)≥0等价于|x|≤k，2分 由|x|≤k有解，得k≥0，且解集为[－k，k]．‎ 因为f(x＋3)≥0的解集为[－1,1]．‎ 因此k＝1.5分 ‎(2)证明：由(1)知＋＋＝1，因为a，b，c为正实数．‎ 所以a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c) ‎＝3＋＋＋ ‎≥3＋2＋2＋2＝9.8分 当且仅当a＝2b＝3c时等号成立．‎ 因此a＋2b＋3c≥9.10分 ‎6．(2017·福州质检)已知函数f(x)＝|x＋1|.‎ ‎(1)求不等式f(x)＜|2x＋1|－1的解集M；‎ ‎(2)设a，b∈M，证明：f(ab)＞f(a)－f(－b)．‎ ‎[解]　(1)①当x≤－1时，原不等式可化为－x－1＜－2x－2，解得x＜－1；2分 ‎②当－1＜x＜－时，原不等式可化为x＋1＜－2x－2，解得x＜－1，此时原不等式无解；‎ ‎③当x≥－时，原不等式可化为x＋1＜2x，解得x＞1.‎ 综上，M＝{x|x＜－1或x＞1}.5分 ‎(2)证明：因为f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，6分 所以，要证f(ab)＞f(a)－f(－b)，只需证|ab＋1|＞|a＋b|，‎ 即证|ab＋1|2＞|a＋b|2，‎ 即证a2b2＋2ab＋1＞a2＋2ab＋b2，8分 即证a2b2－a2－b2＋1＞0，即证(a2－1)(b2－1)＞0.‎ 因为a，b∈M，所以a2＞1，b2＞1，所以(a2－1)(b2－1)＞0成立，‎ 所以原不等式成立.10分