2021年高考第一轮复习数学：6.3不等式的证明(二)

1、2021年高考第一轮复习数学：6.3 不等式的证明(二) 6.3 不等式的证明（二） 学问梳理 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：从待证不等式动身，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“”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. 特殊提示 不等式证明方法多，证法敏捷，其中比较法、分析法、综合法是基本方法，要娴熟把握，其他方法作为帮助，这些方法

2、之间不能截然分开，要综合运用各种方法. 点击双基 1.（2021年春季北京，8）若不等式（1）a2+数a的取值范围是 a.2，c.3， 3232 n （ 1） n n 1 对任意nn恒成立，则实 * ） ） 1n ，2 1n1n b.（2，d.（3， 3232 ） ） 12 解析：当n为正偶数时，a2当n为正奇数时，a2+a2.故a2，答案：a 321n 为增函数，a2.而2 1n = 32 . 1n ，a2为增函数，22， ）. 2.（2021年南京市质检题）若 a 11b 0，则下列结论不正确的是 b.abb2 d.|a|+|b|a+b| a.a2b2 c. ba 1b + ab 2 1a

3、 解析：由0，知ba0.a不正确. 答案：a 3.分析法是从要证的不等式动身，寻求使它成立的 a.充分条件 b.必要条件 c.充要条件 答案：a d.既不充分又不必要条件 4.（理）在等差数列an与等比数列bn中，a1=b10，an=bn0，则am与bm的大小关系是_. 解析：若d=0或q=1，则am=bm. n1 若d0，画出an=a1+（n1）d与bn=b1q的图象， 易知ambm，故ambm. 答案：ambm （文）在等差数列an与等比数列bn中，a1=b10，a2n+1=b2n+10（n=1，2，3， ），则an+1与bn+1的大小关系是_. 解析：an+1= a1 a2n 1 2 a

4、1a2n 1=b1b2n 1=bn+1. 答案：an+1bn+1 5.若abc，则 1a b 1a b + 1b c 1 _ 3a c .（填“”“=”“”） 1a b 解析：abc，（ 1 + b c ）（ac）=（+ 1b c ）（ab）+（bc） 2 a b）（b c）1 2a b）（b c）=4. 3a c a b + 1b c 4a c . 答案： 典例剖析 【例1】 设实数x、y满意yx20，0a1.求证：loga（axay）loga2 x y 18 . 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：a0，a0， aa2 2x y a x y 2

5、 12 a x x 2 . 1 xx 14 （x） 1 2 14 1 ，0a1，aa2a42a8. xy loga（aa）loga2a8loga2 xy 18 . 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aa2a8即可 【例2】 已知a、b、cr+，且a+b+c=1.求证： （1+a）（1+b）（1+c）8（1a）（1b）（1c）. 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 xy 来困难，若用“a+b+c”换成“1”，则还原出原不等式的“真面目”，从而抓住实质，解决问题. 证明：a、b、cr+且a+b+c=1， 要证原不等式成立

6、， 即证（a+b+c）+a（a+b+c）+b（a+b+c）+c8（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）. （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， 三式相乘得式成立. 故原不等式得证. 【例3】 已知a1，n2，nn*. 求证：na1 a 1n . a 1n 证法一：要证na1，即证a（ a 1ntn +1）n. 令a1=t0，则a=t+1.也就是证t+1（1+（1+

7、tn ）n. a 1n ）n=1+c1n n tn + +cnn（ tn ）n1+t，即na1 x n 成立. 证法二：设a=x，x1.于是只要证即证 x n 1n x1， n1 1 x 1 n1 n.联想到等比数列前n项和1+x+ +x n2 = x n 1 x 1 ， 倒序x+x+ +1= n x n 1 x 1 . n2 n1 +1） +得2 x 1 x 1 =（1+x n1 ）+（x+x）+ +（x 2xn 1+2xn 1+ +2xn 12n. x n 1 x 1 n. 思索争论 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

8、不相等的正数，x= a 2b ，y=a b，则x、y的关系是 a.xy 解析：x2=y2=a+b= 12 12 b.yx 12 c.x2y d.不能确定 （a+b）2= 12 （a+b+2ab）， （a+b+a+b） （a+b+2ab）=x2，又x0，y0.yx. 答案：b 2.对实数a和x而言，不等式x+13ax5ax+9a成立的充要条件是_. 3223 解析：（x+13ax）（5ax+9a） =x35ax2+13a2x9a3 =（xa）（x4ax+9a） =（xa）（x2a）+5a0. 当x2a0时，有（x2a）+5a0.由题意故只需xa0即xa，以上过程可逆. 答案：xa 3.已知abc

9、且a+b+c=0，求证：b2 ac3a. 证明：要证b2 ac3a，只需证b2ac3a2， 即证b2+a（a+b）3a2，即证（ab）（2a+b）0， 即证（ab）（ac）0. abc，（ab）（ac）0成立. 原不等式成立. 4.已知a+b+c=0，求证：ab+bc+ca0. 证法一：（综合法）a+b+c=0，（a+b+c）20. 绽开得ab+bc+ca=ab+bc+ca0. 证法二：（分析法）要证ab+bc+ca0， a+b+c=0， 故只需证ab+bc+ca（a+b+c）2，即证a2+b2+c2+ab+bc+ca0， 亦即证 12 a 2 3223 22 22 22 b 2 c 2 2

10、， （a+b）2（bc）2（ca）20 而这是明显的，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 abab（aab+bc+ca0. 培育力量 5.设a+b+c=1，a2+b2+c2=1且abc. 求证：c0. 31 2 2 b2 ） 2 3b4 2 0 证明：a2+b2+c2=1， （a+b）2ab+c=1. 2ab=（a+b）+c1=（1c）+c1=2c2c. ab=c2c. 22 又a+b=1c，a、b是方程x+（c1）x+cc=0的两个根，且abc. 0 1 1 c22 令f（x）=x+（c1）x

11、+cc，则 c c 0 3 2 f（c） 0. 2 2 2 2 2 22 6.已知 2b 2ca =1，求证：方程ax2+bx+c=0有实数根. a 2c 2 证明：由 2b 2ca =1，b=. b=（ 2 a2 +2c）= 2 a 2 2 +2ac+2c2=4ac+（ a2 2c）24ac. 方程ax2+bx+c=0有实数根. 7.设a、b、c均为实数，求证：证明：a、b、c均为实数， 1212 12a + 12b1 + 12c12b 1b c + 1 1c a + 1a b . 12 （ 2a ） 1a b ，当a=b时等号成立； 2ab （ 12b12c 12c12a ） 12bc12

12、ca + 1b c1c a ，当b=c时等号成立； 1b c 三个不等式相加即得探究创新 12a 12b + 12c + 1c a + 1a b ，当且仅当a=b=c时等号成立. 8.已知a、b、c、dr，且a+b=c+d=1，ac+bd1. 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=1ac+bd.这与ac+bd1冲突. 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”，从已知不等式动身，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

13、析法就是“执果索因”，从所证不等式动身，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常常遇到. 4.构造函数利用单调性证不等式或构造方程利用“0”证不等式，充分体现相关学问间的联系. 老师下载中心 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别的，假如使用综合法证明不等式难以入手时，常用分析法探究证题途径，之后用综合法的形式写出它的证明过程，以适应同学习惯的思维规律.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.由于高考试题不会消失单一的不等式的证明题，经

14、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（特殊是三角换元）、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： （1）若a+1b，则对于任何大于1的正数x，恒有ax+（2）若对于任何大于1的正数x，恒有ax+ xx 1 xx 1 b成立； b成立，则a+1b. 分析：对带条件的不等式的证明，条件的利用常有两种方法：证明过程中代入条件；由条件变形得出要证的不等式. 证明：（1）ax+ xx 1 =a（x1）+ 1x 1 +1+a2a+1+a=（a+1）2. a+1b（b0），（a+

15、1）2b2. （2）ax+而ax+ xx 1 xx 1 b对于大于1的实数x恒成立，即x1时，ax+ 1x 1 xx 1 minb， =a（x1）+ 1 +1+a2a+1+a=（a+1）2， 1a 当且仅当a（x1）= x 1 ，即x=1+1时取等号.故ax+ xx 1 2 min=（a+1）. 则（a+1）2b，即a+1b. 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退. 【例2】 求证： |a b|1 |a b| |a|1 |a| + |b|1 |b| . x 剖析：|a+b|a|+|b|，故可先讨论f（x）=证明：令f（x）= x1 x 1 x （x0）的单调性. （x0），易证f（x）在0，+）上单调递增. |