第一轮总复习课件(理数)：第46讲 不等式证明的基本方法新课标高中数学

1、 了解不等式证明的基本方法与了解不等式证明的基本方法与技巧，提升解析式的变形能力，培技巧，提升解析式的变形能力，培养逻辑思维能力养逻辑思维能力.1.用反证法证明命题：若用反证法证明命题：若a、b、c(0,1)，则则(1-a)b，(1-b)c，(1-c)a不同时大于不同时大于 ，假设正确的是假设正确的是( )A14A.(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a同时大于同时大于B.(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a同时不大于同时不大于C.(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a中至少有一个大于中至少有一个大于D.(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a中至多有两个大于中至多有两个大于14141

2、4142.四个不相等的正数四个不相等的正数a、b、c、d成等差数成等差数列，则列，则( )AA. B. (b、c互不相等互不相等).2ad2bcbc2ad2ad2ad3.设设mn，x=m4-m3n,y=n3m-n4,则则x,y的大小的大小关系是关系是( )AA.xy B.x=yC.x0,所以所以xy.4.设设a0,b0,则以下不等式中不恒成立则以下不等式中不恒成立的是的是( )BA.(a+b)( + )4 B.a3+b32ab2C.a2+b2+22a+2b D. -1a1b|abab 因为因为a0,b0,所以所以(a+b)( + ) ，故，故A恒恒成立；成立；a3+b32ab2,取取a= ,b

3、= ，则，则B不成立；不成立；a2+b2+2-(2a+2b)=(a-1)2+(b-1)20，故，故C恒成恒成立；立；若若a1,设设A= - ,B= - ,则则A、B之间的大小关系是之间的大小关系是 .1mmm1mA1,所以所以 + + ,所以所以AB，可通过适当放大，可通过适当放大和缩小，借助一个或多个中间量，使得和缩小，借助一个或多个中间量，使得B3 3 -6=9-6=3,即即 + + 3.bcaa cabbabcc1a1b1c1a1b1cabc31abc3bcaa cabbabcc (1)两种证法的差别在于不等式的左两种证法的差别在于不等式的左端实行不同的恒等变形，其目的都是为了端实行不同

4、的恒等变形，其目的都是为了有效地利用有关的基本不等式，这是利用有效地利用有关的基本不等式，这是利用基本不等式证明不等式的一个难点基本不等式证明不等式的一个难点.“变形变形”的形式很多，常见的是拆、并项，也可乘的形式很多，常见的是拆、并项，也可乘一个数或加上一个数等一个数或加上一个数等.(2)常见已证过的不等式有以下几种形式：常见已证过的不等式有以下几种形式：a20(aR);|a|0(aR);a2+b22ab(a、bR)的变形有：的变形有：a2+b22|ab|2ab,a2+b2 (a+b)2,(a+b)24ab, ( )2; (a0,b0)及其变形及其变形 + 2(ab0), + -2(abb0

5、,求证：求证： - -2 - +2= ,这与这与|f(3)| 矛盾矛盾.故故|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于中至少有一个不小于 .121212121212(证法二证法二)假设假设|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|都小于都小于 ,而而f(1)+f(3)-2f(2)=1+p+q+9+3p+q-2(4+2p+q)=2.又又|f(1)+f(3)-2f(2)|f(1)|+|f(3)|+|2f(2)| + +2 =2,矛盾矛盾,故故|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于中至少有一个不小于 .1212121212 反证法实质上是通过证明原命题反证法实质上是

6、通过证明原命题的逆否命题而实现的，在否定结论时必的逆否命题而实现的，在否定结论时必须对结论反面的各种情形都予以考虑，须对结论反面的各种情形都予以考虑，不能有所遗漏不能有所遗漏.利用放缩法证明不等式利用放缩法证明不等式例例4已知已知a、bR,求证求证: + .|1 |abab|1 |aa|1 |bb 不等式的两端是绝对值，需对不等式的两端是绝对值，需对a、b是同号和异号进行讨论是同号和异号进行讨论. (证法一证法一)放缩法放缩法.因为因为|a+b|a|+|b|，由真分数的性质知，由真分数的性质知，左边左边= + + =右边右边.(证法二证法二)构造函数法构造函数法.设设f(x)= (x-1)，判

7、断，判断f(x)在在0,+）上的单调性上的单调性.设设0 x1x2,且且x1、x20,+)|1 |abab|1 |aa|1 |bb|1 |aab|1 |bab1xx则则f(x1)-f(x2)= - = 0,所以所以f(x)在在0,+)上为增函数上为增函数.又又0|a+b|a|+|b|,所以所以f(|a+b|)f(|a|+|b|),即即 = + + .|1 |abab|1 |aa|1 |bb|1 |abab|1 |bab111xx221xx212(1)(1)xxx|1 |aab 用分析法解决含绝对值问题是常规用分析法解决含绝对值问题是常规方法；根据特征不等式的结构，构造恰当方法；根据特征不等式的

8、结构，构造恰当的函数，再利用函数的单调性来进行证明，的函数，再利用函数的单调性来进行证明，这是构造函数法的特点这是构造函数法的特点.在证明过程中不一在证明过程中不一定能一步到位，常需要与其他方法相结合，定能一步到位，常需要与其他方法相结合，如本例中还借助了放缩法如本例中还借助了放缩法. 拉格朗日中值定理：若函数拉格朗日中值定理：若函数f(x)是闭区是闭区间间a,b上连续不断的函数，且在区间上连续不断的函数，且在区间(a,b)内导数都存在，则在内导数都存在，则在(a,b)内至少存在一点内至少存在一点x0,使得使得f (x0)= .如我们所学过的指、对如我们所学过的指、对数函数，正、余弦函数等都符

9、合拉格朗日中数函数，正、余弦函数等都符合拉格朗日中值定理条件值定理条件.试用拉格朗日中值定理证明试用拉格朗日中值定理证明:当当0ab时时, ln (可不用证明函数的可不用证明函数的连续性和可导性连续性和可导性).( )( )f bf abababbaaba 令令g(x)=lnx,x(a,b)，则则g(x)符合拉格朗日中定理的条件，符合拉格朗日中定理的条件，即存在即存在x0(a,b),使使g(x0)= = .因为因为g(x)= ,由由x(a,b),0a0,即即 g(x0)= = = ,所以所以 ln (a+ )2;将分子或分母放大将分子或分母放大(缩小缩小),如如 , (kN,k1)等等.121

10、24321k1(1)k k 21k1(1)k k 1k21kk1k21kk放缩法的理论依据主要有：放缩法的理论依据主要有：不等式的传递性；等量加不等量不等式的传递性；等量加不等量为不等量；同分子（分母）异分母（分为不等量；同分子（分母）异分母（分子）的两个分式大小的比较子）的两个分式大小的比较.5.换元法是数学中的基本方法，它的换元法是数学中的基本方法，它的应用十分广泛，不仅在不等式的证明中用应用十分广泛，不仅在不等式的证明中用到它，在其他数学问题的研究中也经常用到它，在其他数学问题的研究中也经常用到它到它.三角换元法有一定的规律性三角换元法有一定的规律性.问题中含有问题中含有“x2+y2=R

11、2,x2+y2R2, ”时可以考虑作时可以考虑作“sin,cos”代换，尤其是代换，尤其是R=1时，这样的代换的优势更为明显，作为这些时，这样的代换的优势更为明显，作为这些代换的理论依据是代换的理论依据是“sin2+cos2=1”及及“圆圆x2+y2=R2的参数方程的参数方程 x=Rcos y=Rsin.问题中含有问题中含有“|x|1”时，可以考虑设时，可以考虑设x=sin或或x=cos,其理论依据是其理论依据是|sin|1，|cos|1.6.在用判别式法时在用判别式法时,若二次项系数含字母若二次项系数含字母,往往要按其为零和不为零两种情况分类讨论往往要按其为零和不为零两种情况分类讨论.22R

12、x学例1 (2007江苏卷江苏卷)设设f(x)= -alnx(aR).(1)求求f(x)的单调区间；的单调区间；(2)证明：证明：lnx0).若若a0，则，则f (x)= - 对一切对一切x(0,+)恒成立；恒成立；若若a0，则当，则当x0时，时，f (x)0 x2ax2-4a2x-4a20,所以所以x2a2+2a ;121xax121xax121xax1x21a f (x)0 x2-4a2x-4a20,所以所以0 x0时，时，f(x)在在(0,2a2+2a )内单调递减，在内单调递减，在(2a2+2a ,+)内单内单调递增调递增.21a 21a 21a (2)证明：由证明：由(1)知知,g(x)=