2019-2020年高考数学一轮复习 6.3 不等式的证明（二）教案.doc

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2019-2020年高考数学一轮复习 6.3 不等式的证明（二）教案 ●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.（xx年春季北京，8）若不等式（－1）na＜2+对任意n∈N*恒成立，则实数a的取值范围是 A.［－2，） B.（－2，） C.［－3，） D.（－3，） 解析：当n为正偶数时，a＜2－，2－为增函数，∴a＜2－=. 当n为正奇数时，－a＜2+，a＞－2－.而－2－为增函数，－2－＜－2， ∴a≥－2.故a∈［－2，）. 答案：A 2.（xx年南京市质检题）若＜＜0，则下列结论不正确的是 A.a2＜b2 B.ab＜b2 C.+＞2 D.|a|+|b|＞|a+b| 解析：由＜＜0，知b＜a＜0.∴A不正确. 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=b1qn－1的图象， 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____________. 解析：an+1=≥==bn+1. 答案：an+1≥bn+1 5.若a＞b＞c，则+_______.（填“＞”“=”“＜”） 解析：a＞b＞c，（+）（a－c）=（+）［（a－b）+（b－c）］ ≥22=4. ∴+≥＞. 答案：＞ ●典例剖析 【例1】 设实数x、y满足y＋x2＝0，0＜a＜1.求证：loga（ax＋ay）＜loga2＋. 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＝2. ∵x－x2＝－（x－）2≤，0＜a＜1，∴ax＋ay≥2＝2a. ∴loga（ax＋ay）＜loga2a＝loga2＋. 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ax＋ay≥2a即可． 【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、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＞0， （b+c）+（c+a）≥2＞0， （c+a）+（a+b）≥2＞0， 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：－1＜. 证法一：要证－1＜，即证a＜（+1）n. 令a－1=t＞0，则a=t+1.也就是证t+1＜（1+）n. ∵（1+）n=1+C+…+C（）n＞1+t，即－1＜成立. 证法二：设a=xn，x＞1.于是只要证＞x－1， 即证＞n.联想到等比数列前n项和1+x+…+xn－1=， ① 倒序xn－1+xn－2+…+1=. ② ①+②得2=（1+xn－1）+（x+xn－2）+…+（xn－1+1） ＞2+2+…+2＞2n. ∴＞n. 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=，y=，则x、y的关系是 A.x＞y B.y＞x C.x＞y D.不能确定 解析：∵x2=（+）2=（a+b+2）， y2=a+b=（a+b+a+b）＞（a+b+2）=x2，又x＞0，y＞0.∴y＞x. 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：（x3+13a2x）－（5ax2+9a3） =x3－5ax2+13a2x－9a3 =（x－a）（x2－4ax+9a2） =（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：＜a. 证明：要证＜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=－， ∴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， 亦即证［（a+b）2＋（b＋c）2＋（c＋a）2］≥0． 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＋）2＋］≤0． ∴ab+bc+ca≤0. 培养能力 5.设a+b+c=1，a2+b2+c2=1且a＞b＞c. 求证：－＜c＜0. 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. ∴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. 令f（x）=x2+（c－1）x+c2－c，则 6.已知=1，求证：方程ax2+bx+c=0有实数根. 证明：由=1，∴b=. ∴b2=（+c）2=+2ac+2c2=4ac+（－c）2≥4ac. ∴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，∴（＋）≥≥，当a=b时等号成立； （＋）≥≥，当b=c时等号成立； （＋）≥≥． 三个不等式相加即得++≥++，当且仅当a=b=c时等号成立. 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： （1）若+1＞，则对于任何大于1的正数x，恒有ax+＞b成立； （2）若对于任何大于1的正数x，恒有ax+＞b成立，则+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+=a（x－1）++1+a≥2+1+a=（+1）2. ∵+1＞b（b＞0），∴（+1）2＞b2. （2）∵ax+＞b对于大于1的实数x恒成立，即x＞1时，［ax+］min＞b， 而ax+=a（x－1）++1+a≥2+1+a=（+1）2， 当且仅当a（x－1）=，即x=1+＞1时取等号.故［ax+］min=（+1）2. 则（+1）2＞b，即+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. 【例2】 求证：≤+. 剖析：|a+b|≤|a|+|b|，故可先研究f（x）=（x≥0）的单调性. 证明：令f（x）=（x≥0），易证f（x）在［0，+∞）上单调递增. |a+b|≤|a|+|b|，∴f（|a+b|）≤f（|a|+|b|）， 即≤=≤. 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； 当|a+b|≠0时，原不等式即为≤. 再利用|a+b|≤|a|+|b|放缩能证吗?读者可以尝试一下!