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2012届高考数学一轮复习教案:6.3 不等式的证明(二)


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6.3

不等式的证明(二)

●知识梳理 1.用综合法证明不等式:利用不等式的性质和已证明过的不等式以及函数的单调性导出 待证不等式的方法叫综合法,概括为“由因导果”. 2.用分析法证明不等式:从待证不等式出发,分析并寻求使这个不等式成立的充分条件 的方法叫分析法,概括为“执果索因”. 3.放缩法证明不等式. 4.利用单调性证明不等式. 5.构造一元二次方程利用“Δ”法证明不等式. 6.数形结合法证明不等式. 7.反证法、换元法等.

特别提示
不等式证明方法多, 证法灵活, 其中比较法、分析法、综合法是基本方法, 要熟练掌握, 其他方法作为辅助,这些方法之间不能截然分开,要综合运用各种方法. ●点击双基
( ? 1 n +1 ) 1.(2005 年春季北京,8)若不等式(-1)na<2+ 对任意 n∈N*恒成立,则实 n 数 a 的取值范围是 3 3 B.(-2, ) A.[-2, ) 2 2 C.[-3,
3 ) 2

D.(-3,

3 ) 2

解析:当 n 为正偶数时,a<2- 当 n 为正奇数时,-a<2+ ∴a≥-2.故 a∈[-2, 答案:A 2.(2003 年南京市质检题)若 A.a2<b2 C.
b a + >2 a b

1 1 1 3 ,2- 为增函数,∴a<2- = . n n 2 2

1 1 1 1 ,a>-2- .而-2- 为增函数,-2- <-2, n n n n

3 ). 2 1 1 < <0,则下列结论不正确的是 ... a b

B.ab<b2 D.|a|+|b|>|a+b|

解析:由

1 1 < <0,知 b<a<0.∴A 不正确. a b

答案:A 3.分析法是从要证的不等式出发,寻求使它成立的 A.充分条件 B.必要条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 答案:A 4.(理)在等差数列{an}与等比数列{bn}中,a1=b1>0,an=bn>0,则 am 与 bm 的大小关
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系是____________. 解析:若 d=0 或 q=1,则 am=bm. - 若 d≠0,画出 an=a1+(n-1)d 与 bn=b1·qn 1 的图象,
y

O

1 m n

x

易知 am>bm,故 am≥bm. 答案:am≥bm (文)在等差数列{an}与等比数列{bn}中,a1=b1>0,a2n+1=b2n+1>0(n=1,2,3,…) , 则 an+1 与 bn+1 的大小关系是____________.

a1 + a 2 n+1 ≥ a1 a 2 n +1 = b1b2 n +1 =bn+1. 2 答案:an+1≥bn+1 1 1 3 + _______ .(填“>” “=” “<” ) 5.若 a>b>c,则 a?b b?c a?c
解析:an+1= 解析:a>b>c, (
1 1 1 1 + ) (a-c)=( + )(a-b)+(b-c) [ ] a?b b?c a?b b?c

≥2

1 ·2 (a ? b)(b ? c) =4. (a ? b)(b ? c)



1 1 4 3 + ≥ > . a?b b?c a?c a?c

答案:> ●典例剖析
1 【例 1】 设实数 x、y 满足 y+x2=0,0<a<1.求证:loga(ax+ay)<loga2+ . 8

剖析:不等式左端含 x、y,而右端不含 x、y,故从左向右变形时应消去 x、y. 证明:∵ax>0,ay>0, ∴ax+ay≥2 a x + y =2 a x ? x .
2

1 1 1 ∵x-x = -(x- )2≤ ,0<a<1,∴ax+ay≥2 a 4 =2a 8 . 4 2 4
2

1

1

1 ∴loga(ax+ay)<loga2a 8 =loga2+ . 8

1

评述: 本题的证题思路可由分析法获得.要证原不等式成立, 只要证 a +a ≥2· 即可. a 【例 2】 已知 a、b、c∈R+,且 a+b+c=1.求证: (1+a) (1+b) (1+c)≥8(1-a) (1-b) (1-c). 剖析:在条件“a+b+c=1”的作用下,将不等式的“真面目”隐含了,给证明不等式带 ,则还原出原不等式的“真面目” ,从而抓住实质,解决 来困难,若用“a+b+c”换成“1”

x

y

1 8

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问题. 证明:∵a、b、c∈R+且 a+b+c=1, ∴要证原不等式成立, 即证[ (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]. 也就是证[ (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, >0, (c+a)+(a+b)≥2 (c + a)(a + b) 三式相乘得①式成立. 故原不等式得证. 【例 3】 已知 a>1,n≥2,n∈N*. 求证: n a -1<
a ?1 . n a ?1 a ?1 ,即证 a<( +1)n. n n t n ). n

证法一:要证 n a -1<

令 a-1=t>0,则 a=t+1.也就是证 t+1<(1+

∵(1+

t n t t a ?1 ) =1+C 1 +…+C n ( )n>1+t,即 n a -1< 成立. n n n n n n

证法二:设 a=xn,x>1.于是只要证

xn ?1 >x-1, n

即证

xn ?1 xn ?1 - >n.联想到等比数列前 n 项和 1+x+…+xn 1= , x ?1 x ?1
- -



倒序 xn 1+xn 2+…+1= ①+②得 2·

xn ?1 . x ?1



xn ?1 - - - =(1+xn 1)+(x+xn 2)+…+(xn 1+1) x ?1

>2 x n ?1 +2 x n ?1 +…+2 x n ?1 >2n. ∴
xn ?1 >n. x ?1

思考讨论
本不等式是与自然数有关的命题,用数学归纳法可以证吗?读者可尝试一下. ●闯关训练 夯实基础
1.已知 a、b 是不相等的正数,x= a+ b 2 A.x>y B.y>x

,y= a + b ,则 x、y 的关系是

C.x> 2 y
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D.不能确定

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解析:∵x2= y2=a+b=

1 1 ( a + b )2= (a+b+2 ab ) , 2 2

1 1 (a+b+a+b)> (a+b+2 ab )=x2,又 x>0,y>0.∴y>x. 2 2

答案:B 2.对实数 a 和 x 而言,不等式 x3+13a2x>5ax2+9a3 成立的充要条件是____________. 解析: 3+13a2x)-(5ax2+9a3) (x 3 =x -5ax2+13a2x-9a3 =(x-a) 2-4ax+9a2) (x =(x-a)(x-2a)2+5a2]>0. [ ∵当 x≠2a≠0 时,有(x-2a)2+5a2>0.由题意故只需 x-a>0 即 x>a,以上过程可逆. 答案:x>a 3.已知 a>b>c 且 a+b+c=0,求证: b 2 ? ac < 3 a. 证明:要证 b 2 ? ac < 3 a,只需证 b2-ac<3a2, 即证 b2+a(a+b)<3a2,即证(a-b) (2a+b)>0, 即证(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,求证:ab+bc+ca≤0. 证法一: (综合法)∵a+b+c=0,∴(a+b+c)2=0. 展开得 ab+bc+ca=-
a2 + b2 + c2 , 2

∴ab+bc+ca≤0. 证法二: (分析法)要证 ab+bc+ca≤0, ∵a+b+c=0, 故只需证 ab+bc+ca≤(a+b+c)2,即证 a2+b2+c2+ab+bc+ca≥0, 1 亦即证 [ a+b)2+(b+c)2+(c+a)2]≥0. ( 2 而这是显然的,由于以上相应各步均可逆, ∴原不等式成立. 证法三:∵a+b+c=0,∴-c=a+b. ∴ab+bc+ca=ab+(b+a)c=ab-(a+b)2 =-a2-b2-ab=-[ a+ (
b 2 3b 2 )+ ]≤0. 2 4

∴ab+bc+ca≤0. 培养能力 5.设 a+b+c=1,a2+b2+c2=1 且 a>b>c. 1 求证:- <c<0. 3 证明:∵a2+b2+c2=1, ∴(a+b)2-2ab+c2=1. ∴2ab=(a+b)2+c2-1=(1-c)2+c2-1=2c2-2c.

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∴ab=c2-c. 又∵a+b=1-c,∴a、b 是方程 x2+(c-1)x+c2-c=0 的两个根,且 a>b>c.
?? > 0 ?1 ? c 1 ? >c?? <c<0 令 f(x)=x2+(c-1)x+c2-c,则 ? 3 ? 2 ? f(c) 0. > ? 6.已知
2 b ? 2c =1,求证:方程 ax2+bx+c=0 有实数根. a

证明:由

a + 2c 2 b ? 2c =1,∴b= . a 2 a 2 + 2 c)2= a a2 +2ac+2c2=4ac+( - 2 c)2≥4ac. 2 2

∴b2=(

∴方程 ax2+bx+c=0 有实数根. 7.设 a、b、c 均为实数,求证:
1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + . 2 a 2b 2c b+c c+a a+b 1 1 1 1 1 证明:∵a、b、c 均为实数,∴ ( + )≥ ≥ ,当 a=b 时等号成立; 2 2a 2b a+b 2 ab

1 1 1 1 1 ( + )≥ ≥ ,当 b=c 时等号成立; 2 2b 2c b+c 2 bc 1 1 1 1 1 ( + )≥ ≥ . 2 2c 2a c+a 2 ca 三个不等式相加即得
1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + , 当且仅当 a=b=c 时等号成立. 2 a 2b 2c b+c c+a a+b

探究创新 8.已知 a、b、c、d∈R,且 a+b=c+d=1,ac+bd>1. 求证:a、b、c、d 中至少有一个是负数. 证明:假设 a、b、c、d 都是非负数, ∵a+b=c+d=1,∴(a+b) (c+d)=1.∴ac+bd+bc+ad=1≥ac+bd.这与 ac+bd>1 矛盾. 所以假设不成立,即 a、b、c、d 中至少有一个负数. ●思悟小结 1.综合法就是“由因导果” ,从已知不等式出发,不断用必要条件替换前面的不等式, 直至推出要证的结论. 2.分析法就是“执果索因” ,从所证不等式出发,不断用充分条件替换前面的不等式, 直至找到成立的不等式. 3.探求不等式的证法一般用分析法,叙述证明过程用综合法较简,两法结合在证明不等 式中经常遇到. 4.构造函数利用单调性证不等式或构造方程利用“Δ≥0”证不等式,充分体现相关知 识间的联系. ●教师下载中心 教学点睛 1.在证明不等式的过程中,分析法和综合法是不能分离的,如果使用综合法证明不等式

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难以入手时,常用分析法探索证题途径,之后用综合法的形式写出它的证明过程,以适应学 生习惯的思维规律.有时问题证明难度较大,常使用分析综合法,实现两头往中间靠以达到 证题目的. 2.由于高考试题不会出现单一的不等式的证明题,常常与函数、数列、三角、方程综合 在一起,所以在教学中,不等式的证明除常用的三种方法外,还需介绍其他方法,如函数的 单调性法、判别式法、换元法(特别是三角换元) 、放缩法以及数学归纳法等. 拓展题例 【例 1】 已知 a、b 为正数,求证: x (1)若 a +1> b ,则对于任何大于 1 的正数 x,恒有 ax+ >b 成立; x ?1 (2)若对于任何大于 1 的正数 x,恒有 ax+
x >b 成立,则 a +1> b . x ?1

分析:对带条件的不等式的证明,条件的利用常有两种方法:①证明过程中代入条件; ②由条件变形得出要证的不等式. 证明: (1)ax+
x 1 =a(x-1)+ +1+a≥2 a +1+a=( a +1)2. x ?1 x ?1

∵ a +1>b(b>0) ,∴( a +1)2>b2. (2)∵ax+ 而 ax+
x x >b 对于大于 1 的实数 x 恒成立,即 x>1 时, [ax+ ]min>b, x ?1 x ?1

x 1 =a(x-1)+ +1+a≥2 a +1+a=( a +1)2, x ?1 x ?1 1 1 x 当且仅当 a(x-1)= ,即 x=1+ >1 时取等号.故[ax+ ]min=( a +1)2. x ?1 x ?1 a

则( a +1)2>b,即 a +1>b. 评述:条件如何利用取决于要证明的不等式两端的差异如何消除. |a +b| |a| |b| 【例 2】 求证: ≤ + . 1+ | a + b | 1+ | a | 1+ | b | 剖析:|a+b|≤|a|+|b|,故可先研究 f(x)= 证明:令 f(x)=
x (x≥0)的单调性. 1+ x

x (x ≥0 ) ,易证 f(x)在[0,+∞)上单调递增. 1+ x

|a+b|≤|a|+|b|,∴f(|a+b|)≤f(|a|+|b|) , |a +b| |a|+|b| |a| |b| |a| |b| 即 ≤ = + ≤ + . 1+ | a + b | 1+ | a | + | b | 1+ | a | + | b | 1+ | a | + | b | 1+ | a | 1+ | b |

思考讨论
1.本题用分析法直接去证可以吗?2.本题当|a+b|=0 时,不等式成立; 1 |a| |b| 当|a+b|≠0 时,原不等式即为 ≤ + . 1 1+ | a | 1+ | b | 1+ |a +b|

再利用|a+b|≤|a|+|b|放缩能证吗?读者可以尝试一下!

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