（名師導(dǎo)學(xué)）2020版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第十二章 不等式選講 第76講 不等式證明的基本方法練習(xí) 理（含解析）新人教A版選修4-5

《（名師導(dǎo)學(xué)）2020版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第十二章 不等式選講 第76講 不等式證明的基本方法練習(xí) 理（含解析）新人教A版選修4-5》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（名師導(dǎo)學(xué)）2020版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第十二章 不等式選講 第76講 不等式證明的基本方法練習(xí) 理（含解析）新人教A版選修4-5（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第76講　不等式證明的基本方法 夯實(shí)基礎(chǔ)　【p173】 【學(xué)習(xí)目標(biāo)】 通過(guò)一些簡(jiǎn)單問(wèn)題了解證明不等式的基本方法：比較法、綜合法、分析法． 【基礎(chǔ)檢測(cè)】 1．已知0N C．M＝N D．不確定 【解析】由已知得00. 故M>N. 【答案】B 2．設(shè)a>0，b>0，且a＋b≤4，則有(　　) A.≥B.＋≥1 C.≥2 D.≤ 【解析】∵4≥a＋b≥2，∴≤2，∴≥， ∴＋≥≥1. 【答案】B 3．若a＞0，b＞0，a＋b＝2，則下列不等式對(duì)

2、一切滿足條件的a，b恒成立的是________(寫出所有正確命題的序號(hào))． ①ab≤1；②＋≤；③a2＋b2≥2；④a3＋b3≥3； ⑤＋≥2. 【解析】令a＝b＝1，排除②④； 由2＝a＋b≥2?ab≤1，命題①正確； a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝4－2ab≥2，命題③正確； ＋＝＝≥2，命題⑤正確． 【答案】①③⑤ 4．已知a，b，c，d都是正數(shù)，若(ab＋cd)(ac＋bd)≥kabcd恒成立，則k的取值范圍是________． 【解析】∵a，b，c，d都是正數(shù)，(ab＋cd)(ac＋bd)≥kabcd恒成立， ∴k≤＝＝＋＋＋， ∵＋＋＋＝＋≥2＋2＝4(當(dāng)

3、且僅當(dāng)a＝d，c＝b時(shí)取“＝”)， ∴＝4， ∴k≤4， ∴k的取值范圍是(－∞，4]． 【答案】(－∞，4] 【知識(shí)要點(diǎn)】 1．基本不等式 定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立． 定理2：如果a，b＞0，那么≥，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立，即兩個(gè)正數(shù)的算術(shù)平均不小于(即大于或等于)它們的幾何平均． 定理3：如果a，b，c∈R＋，那么≥，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)，等號(hào)成立． 2．比較法 (1)比差法的依據(jù)是：a－b＞0?a＞b．步驟是：“作差→變形→判斷差的符號(hào)”．變形是手段，變形的目的是判斷差的符號(hào)． (2)比商法：若B＞0，欲證A≥

4、B，只需證≥1. 3．綜合法與分析法 (1)綜合法：一般地，從已知條件出發(fā)，利用定義、公理、定理、性質(zhì)等，經(jīng)過(guò)一系列的推理、論證而得出命題成立． (2)分析法：從要證的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至所需條件為已知條件或一個(gè)明顯成立的事實(shí)(定義，公理或已證明的定理，性質(zhì)等)，從而得出要證的命題成立． 典例剖析　【p173】 考點(diǎn)1　比較法證明不等式 設(shè)a，b是非負(fù)實(shí)數(shù)，求證：a2＋b2≥(a＋b)． 【解析】因?yàn)閍2＋b2－(a＋b) ＝(a2－a)＋(b2－b) ＝a(－)＋b(－) ＝(－)(a－b) ＝， 因?yàn)閍≥0，b≥0，所以不論a≥b≥0，還是0≤

5、a≤b，都有a－b與a－b同號(hào)，所以≥0， 所以a2＋b2≥(a＋b)． 【點(diǎn)評(píng)】作差比較法證明不等式的步驟 (1)作差；(2)變形；(3)判斷差的符號(hào)；(4)下結(jié)論．其中“變形”是關(guān)鍵，通常將差變形成因式連乘積的形式或平方和的形式，再結(jié)合不等式的性質(zhì)判斷出差的正負(fù)． 考點(diǎn)2　綜合法證明不等式 設(shè)a，b，c，d均為正數(shù)，且a＋b＝c＋d，證明： (1)若ab>cd，則＋>＋； (2)“＋>＋”是“|a－b|<|c－d|”的充要條件． 【解析】(1)因?yàn)?＋)2＝a＋b＋2， (＋)2＝c＋d＋2， 由題設(shè)a＋b＝c＋d，ab>cd，得(＋)2>(＋)2. 因此＋>＋.

6、(2)①若|a－b|<|c－d|，則(a－b)2<(c－d)2， 即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd. 因?yàn)閍＋b＝c＋d，所以ab>cd. 由(1)，得＋>＋. ②若＋>＋，則(＋)2>(＋)2， 即a＋b＋2>c＋d＋2. 因?yàn)閍＋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|. 綜上，“＋>＋”是“|a－b|<|c－d|”的充要條件． 【點(diǎn)評(píng)】1.綜合法證明不等式的方法 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(lián)系．合理進(jìn)行轉(zhuǎn)換，恰當(dāng)選擇

7、已知不等式，這是證明的關(guān)鍵． 2．綜合法證明時(shí)常用的不等式 (1)a2≥0. (2)|a|≥0. (3)a2＋b2≥2ab，它的變形形式有： a2＋b2≥2|ab|；a2＋b2≥－2ab；(a＋b)2≥4ab； a2＋b2≥(a＋b)2；≥. (4)≥，它的變形形式有： a＋≥2(a>0)；＋≥2(ab>0)； ＋≤－2(ab<0)． 考點(diǎn)3　分析法證明不等式 (重點(diǎn)保分型考點(diǎn)——師生共研) (1)若正實(shí)數(shù)a，b滿足a＋b＝，求證：＋≤1. (2)設(shè)a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.求證：a＋b＋c≥. 【解析】(1)要證＋≤1，只需證a＋b＋2≤1， 即證

8、2≤，即證≤. 而a＋b＝≥2，∴≤成立． ∴原不等式成立． (2)要證a＋b＋c≥， 由于a，b，c＞0， 因此只需證明(a＋b＋c)2≥3. 即證a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3， 而ab＋bc＋ca＝1， 故只需證明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)． 即證a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. 而這可以由ab＋bc＋ca≤＋＋＝a2＋b2＋c2(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)等號(hào)成立)證得． 所以原不等式成立． 【點(diǎn)評(píng)】分析法是證明不等式的重要方法，當(dāng)所證不等式不能使用比較法且與重要不等式、基本不等式?jīng)]有直接聯(lián)系，較難發(fā)現(xiàn)條件和結(jié)論

9、之間的關(guān)系時(shí)，可用分析法來(lái)尋找證明途徑，使用分析法證明的關(guān)鍵是推理的每一步必須可逆． 方法總結(jié)　　【p174】 1．作差比較法是證明不等式最基本、最重要的方法，其關(guān)鍵是變形，通常通過(guò)因式分解，利用各因式的符號(hào)進(jìn)行判斷，或進(jìn)行配方，利用非負(fù)數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行判斷． 2．綜合法證明不等式時(shí)，主要利用基本不等式、函數(shù)的單調(diào)性以及不等式的性質(zhì)，在嚴(yán)密的推理下推導(dǎo)出結(jié)論，綜合法往往是分析法的逆過(guò)程，所以在實(shí)際證明時(shí)，用分析法分析，用綜合法表述證明推理過(guò)程． 3．某些不等式的條件與結(jié)論，或不等式的左右兩邊聯(lián)系不明顯，用作差法又難以對(duì)差進(jìn)行變形，難以運(yùn)用綜合法直接證明，這時(shí)常用分析法，以便發(fā)現(xiàn)聯(lián)系．分析的

10、過(guò)程中，綜合條件、定理等因素進(jìn)行探索，把分析與綜合結(jié)合起來(lái)，形成分析綜合法． 4．有些不等式，從正面證如果不易說(shuō)清楚，可以考慮反證法，凡是含有“至少”“唯一”或者含有其他否定詞的命題，適宜用反證法． 5．放縮法是一種常用的證題技巧，放縮必須有目標(biāo)，而目標(biāo)可以從求證的結(jié)論中和中間結(jié)果中尋找．常用的放縮技巧有添舍放縮，拆項(xiàng)對(duì)比放縮，利用函數(shù)的單調(diào)性和重要不等式放縮等． 走進(jìn)高考　　【p174】 1．(2017·全國(guó)卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.證明： (1)(a＋b)(a5＋b5)≥4； (2)a＋b≤2. 【解析】(1)法一：(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5

11、b＋b6 ＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4) ＝4＋ab(a2－b2)2 ≥4. 法二：由柯西不等式可得：(a＋b)(a5＋b5)≥(·＋·)＝(a3＋b3)2≥4， 當(dāng)且僅當(dāng)＝，即a＝b＝1時(shí)取等號(hào)，所以(a＋b)(a5＋b5)≥4，原問(wèn)題得證． (2)法一：因?yàn)?a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3 ＝2＋3ab(a＋b) ≤2＋(a＋b) ＝2＋， 所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2. 法二：因?yàn)閍>0，b>0，要證明a＋b≤2，只需證明(a＋b)3≤8， 即證明a3＋3a2b＋3ab2＋b3≤8，只需證明a2b＋ab2≤2， 因?yàn)閍3＋

12、b3＝2，上式等價(jià)于a2b＋ab2－a3＋b3≤0，也即a2(b－a)＋b2(a－b)≤0，即(a2－b2)(b－a)＝－(a－b)2(a＋b)≤0，因?yàn)閍>0，b>0，上式顯然成立，所以結(jié)論成立，即a＋b≤2. 考點(diǎn)集訓(xùn)　　【p283】 A組題 1．若a，b均為正實(shí)數(shù)，且a≠b，M＝＋，N＝＋，則M、N的大小關(guān)系為_(kāi)_______． 【解析】∵a≠b，∴＋＞2，＋＞2， ∴＋＋＋＞2＋2， ∴＋＞＋，即M＞N. 【答案】M＞N 2．設(shè)a＋b＝2，b>0，當(dāng)＋取得最小值時(shí)，求a的值． 【解析】由于a＋b＝2， 所以＋＝＋＝＋＋， 由于b>0，|a|>0， 所以＋≥2＝1

13、， 因此當(dāng)a>0時(shí)，＋的最小值是＋1＝； 當(dāng)a<0時(shí)，＋的最小值是－＋1＝. 故＋的最小值為，此時(shí) 即a＝－2. 3．已知f(x)＝，a≠b，求證：|f(a)－f(b)|<|a－b|. 【解析】|f(a)－f(b)|＝|－| ＝＝ ≤<＝|a－b|. 4．已知a>0，b>0，且a＋b＝＋.證明： (1)a＋b≥2； (2)a2＋a<2與b2＋b<2不可能同時(shí)成立． 【解析】由a＋b＝＋＝，a>0，b>0， 得ab＝1. (1)由基本不等式及ab＝1， 有a＋b≥2＝2， 即a＋b≥2. (2)假設(shè)a2＋a<2與b2＋b<2同時(shí)成立， 則由a2＋a<2及a>0

14、，得00，>0， ∴＋≥. 故要證明結(jié)論成立， 只要證明≥成立． 即證1－xy≥成立即可． ∵(y－x)2≥0，有－2xy≥－x2－y2， ∴(1－xy)2≥(1－x2)(1－y2)， ∴1－xy≥>0. ∴不等式成立． 法二：(綜合法)∵≤ ＝≤＝1－|xy|， ∴＋≥≥， ∴原不等式成立． 6．已知函數(shù)f(x)＝|x|＋|x

15、－1|. (1)若f(x)≥|m－1|恒成立，求實(shí)數(shù)m的最大值M； (2)在(1)成立的條件下，正實(shí)數(shù)a，b滿足a2＋b2＝M，證明：a＋b≥2ab. 【解析】(1)由已知可得f(x)＝ 所以f(x)min＝1， 所以只需|m－1|≤1，解得－1≤m－1≤1， ∴0≤m≤2，所以實(shí)數(shù)m的最大值M＝2. (2)法一：(綜合法) ∵a2＋b2≥2ab， ∴ab≤1， ∴≤1，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào)，① 又∵≤，∴≤， ∴≤，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào)，② 由①②得，∴≤，所以a＋b≥2ab. 法二：(分析法) 因?yàn)閍>0，b>0， 所以要證a＋b≥2ab，只需證(a＋b

16、)2≥4a2b2， 即證a2＋b2＋2ab≥4a2b2， ∵a2＋b2＝M，所以只要證2＋2ab≥4a2b2， 即證2(ab)2－ab－1≤0， 即證(2ab＋1)(ab－1)≤0，因?yàn)?ab＋1>0，所以只需證ab≤1， 因?yàn)?＝a2＋b2≥2ab，所以ab≤1成立， 所以a＋b≥2ab. B組題 1．已知an＝＋＋＋…＋(n∈N*)，求證：n， ∴an＝＋＋…＋>1＋2＋3＋…＋n＝. ∵<， ∴an<＋＋＋…＋ ＝＋(2＋3＋…＋n)＋＝. 綜上得

17、0，＋∞)． (1)求＋＋的最小值； (2)求證：(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2. 【解析】(1)因?yàn)閍，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1， x1，x2∈(0，＋∞)， 所以＋＋≥3· ＝3·≥3·＝3×＝6， 當(dāng)且僅當(dāng)＝＝且a＝b，即a＝b＝， 且x1＝x2＝1時(shí)，＋＋有最小值6. (2)證明：因?yàn)閍，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)， 所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1) ＝a2x1x2＋abx＋abx＋b2x1x2 ＝x1x2(a2＋b2)＋ab(x＋x) ≥x1x2(a2＋b2)＋ab(2x1x2) ＝x1x2(a2＋b

18、2＋2ab) ＝x1x2(a＋b)2 ＝x1x2， 當(dāng)且僅當(dāng)x1＝x2時(shí)，取得等號(hào)． 所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2. 3．已知a，b，c為正實(shí)數(shù)，且a＋b＋c＝2. (1)求證：ab＋bc＋ac≤； (2)若a，b，c都小于1，求a2＋b2＋c2的取值范圍． 【解析】(1)∵a＋b＋c＝2，∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝4， 又a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac， 所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac， 故4≥2ab＋2bc＋2ac＋ab＋bc＋ac， 也就是ab＋bc＋ac≤. (2)由題意可知，a2＋b

19、2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝4， ∴4≤a2＋b2＋c2＋a2＋b2＋c2＋b2＋a2＋c2＝3(a2＋b2＋c2)， ∴a2＋b2＋c2≥，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝時(shí)取等號(hào)， ∵0＜a＜1，∴a20，且xy≠0. (1)求證：x3＋y3≥x2y＋y2x； (2)如果＋≥恒成立，試求實(shí)數(shù)m的取值范圍或值． 【解析】(1)∵x3＋y3－(x2y＋y2x)＝x2(x－y)－y2(x－y)＝(x＋y)(x－y)2，且x＋y>0，(x－y)2≥0， ∴x3＋y3－(x2y＋y2x)≥0. ∴x3＋y3≥x2y＋y2x. (2)(i)若xy<0，則＋≥等價(jià)于 ≥＝， 又∵＝<＝－3， 即<－3，∴m≥－6； (ii)若xy>0，則＋≥等價(jià)于 ≤＝， 又∵≥＝1，即≥1，∴m≤2. 綜上所述，實(shí)數(shù)m的取值范圍是[－6，2]． 16