【文档说明】高考数学(理数)一轮复习课件：选修4－5 不等式选讲 第二节 不等式的证明 (含详解).ppt，共(25)页，391.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第二节不等式的证明本节重点突破1个知识点：不等式的证明.突破点不等式的证明基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．基本不等式定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥，当且仅当____时，等号成立．定理2：如果a，b＞0，那么a＋b2≥____，当且仅当_____时，等号成立，即两个正数的算术平

均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．定理3：如果a，b，c∈R＋，那么a＋b＋c3≥_____，当且仅当时，等号成立．2aba＝ba＝ba＝b＝cab3abc2．比较法(1)作差法的依据是：a－b＞0⇔.(2)作商法：若B＞0，欲证，只需证AB≥1.3．综合法与分析法(1)综合法：一般地，从已

知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的__________而得出命题_____．(2)分析法：从___________出发，逐步寻求使它成立的_________，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义，公理或

已证明的定理，性质等)，从而得出要证的命题成立．a＞bA≥B推理、论证成立要证的结论充分条件考点贯通抓高考命题的“形”与“神”比较法证明不等式[例1]设a，b是非负实数，求证：a2＋b2≥ab(a＋b)．[证明]因为a2＋b2－ab(a＋b)＝(a2－aab)＋(b2－b

ab)＝aa(a－b)＋bb(b－a)＝(a－b)(aa－bb)＝(a12－b12)(a32－b32)，因为a≥0，b≥0，所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有a12－b12与a32－b32同号，所以(a12－b12)(a

32－b32)≥0，所以a2＋b2≥ab(a＋b)．[方法技巧]作差比较法证明不等式的步骤(1)作差；(2)变形；(3)判断差的符号；(4)下结论．其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘积的形式或平方和的形

式，再结合不等式的性质判断出差的正负．综合法证明不等式[例2]已知a，b，c>0且互不相等，abc＝1.试证明：a＋b＋c＜1a＋1b＋1c.[证明]因为a，b，c＞0，且互不相等，abc＝1，所以a＋b＋c＝1bc＋1ac＋1ab＜1b

＋1c2＋1a＋1c2＋1a＋1b2＝1a＋1b＋1c，即a＋b＋c＜1a＋1b＋1c.[方法技巧]综合法证明时常用的不等式(1)a2≥0.(2)|a|≥0.(3)a2＋b2≥2ab，它的变形形式有：a2＋b2≥2|ab|；a2＋b2≥－2ab；(a

＋b)2≥4ab；a2＋b2≥12(a＋b)2；a2＋b22≥a＋b22.[方法技巧](4)a＋b2≥ab，它的变形形式有：a＋1a≥2(a>0)；ab＋ba≥2(ab>0)；ab＋ba≤－2(ab<0)．分析法证

明不等式[例3](2017·沈阳模拟)设a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.求证：(1)a＋b＋c≥3；(2)abc＋bac＋cab≥3(a＋b＋c)．[证明](1)要证a＋b＋c≥3，由于a，b，c＞0，因此只需证明(a＋b＋c)2≥3.即证：a2＋b2＋c2＋2(ab＋b

c＋ca)≥3，而ab＋bc＋ca＝1，故只需证明：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)．即证：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.而这可以由ab＋bc＋ca≤a2＋b22

＋b2＋c22＋c2＋a22＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)证得．所以原不等式成立．[证明]abc＋bac＋cab＝a＋b＋cabc.在(1)中已证a＋b＋c≥3.因此要证原不等式成立，只需证明1abc≥a＋b＋c，即证abc

＋bac＋cab≤1，即证abc＋bac＋cab≤ab＋bc＋ca.而abc＝ab·ac≤ab＋ac2，(2)abc＋bac＋cab≥3(a＋b＋c)．bac≤ab＋bc2，cab≤bc＋ac2.所以abc＋bac＋cab≤ab＋bc＋ca(当且仅当a＝b＝c＝33时等号成立)．所以

原不等式成立．[方法技巧]分析法的应用当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式(a2＋b2≥2ab)、基本不等式ab≤a＋b2，a>0，b>0没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途

径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点三]已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：b2－ac<3a.证明：要证b2－ac<3a，只需证b2－ac<3a2.∵a＋b＋c＝0

，∴－c＝a＋b，只需证b2＋a(a＋b)<3a2，只需证2a2－ab－b2>0，只需证(a－b)(2a＋b)>0，只需证(a－b)(a－c)>0.∵a>b>c，∴a－b>0，a－c>0.∴(a－b)(a－c)>0显然成立，故原不等式

成立．2．[考点一]已知a≥b>0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.证明：2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．因为a≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>

0,2a＋b>0，从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，即2a3－b3≥2ab2－a2b.3．[考点二]已知a，b，c，d均为正数，且ad＝bc.(1)证明：若a＋d>b＋c，则|a－d|>|b－c|；(2)t

·a2＋b2c2＋d2＝a4＋c4＋b4＋d4，求实数t的取值范围．解：(1)证明：由a＋d>b＋c，且a，b，c，d均为正数，得(a＋d)2>(b＋c)2，又ad＝bc，所以(a－d)2>(b－c)2，即|a－d|>|b－c|.(

2)因为(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2＝a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2，所以t·a2＋b2c2＋d2＝t(ac＋bd)．由于a4＋c4≥2ac，b4＋d4≥2bd，

又已知t·a2＋b2c2＋d2＝a4＋c4＋b4＋d4，则t(ac＋bd)≥2(ac＋bd)，故t≥2，当且仅当a＝c，b＝d时取等号．[全国卷5年真题集中演练——明规律]1．(2016·全国甲卷)已知函数f(x)

＝x－12＋x＋12，M为不等式f(x)<2的解集．(1)求M；(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|<|1＋ab|.解：(1)f(x)＝－2x，x≤－12，1，－12<x<12，2x，x≥12.当x

≤－12时，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1，所以－1<x≤12；当－12<x<12时，f(x)<2恒成立；当x≥12时，由f(x)<2得2x<2，解得x<1，所以12≤x<1.所以f(x)<2的解集M＝{x|－1<x<1}．(2)证明：由(1)知，当a，

b∈M时，－1<a<1，－1<b<1，从而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)<0.因此|a＋b|<|1＋ab|.2．(2015·新课标全国卷Ⅱ)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：(1)若ab>cd

，则a＋b>c＋d；(2)a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件．证明：(1)因为(a＋b)2＝a＋b＋2ab，(c＋d)2＝c＋d＋2cd，由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，得(a＋b)2>(c＋d)

2.因此a＋b>c＋d.证明：①必要性：若|a－b|<|c－d|，则(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.由(1)，得a＋b>c＋d.②充分性

：若a＋b>c＋d，则(a＋b)2>(c＋d)2，即a＋b＋2ab>c＋d＋2cd.因为a＋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|.综上，a＋b>c＋d是|a－b|＜|c－d|

的充要条件．(2)a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件．解：(1)由ab＝1a＋1b≥2ab，得ab≥2，当且仅当a＝b＝2时等号成立．故a3＋b3≥2a3b3≥42，当且仅当a＝b＝2时等号成立．所以a3＋b3的

最小值为42.(2)由(1)知，2a＋3b≥26ab≥43.由于43>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.3．(2014·新课标全国卷Ⅰ)若a>0，b>0，且1a＋1b＝ab.(1)求a3＋b3的最小值；(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由．4．(2013·新课标全国卷Ⅱ)

设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1.证明：(1)ab＋bc＋ac≤13；(2)a2b＋b2c＋c2a≥1.证明：(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，当且仅当a

＝b＝c＝13时取等号．由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤13.证明：因为a2b＋b≥2a，b2c＋c≥2b，c2a＋a≥2c，故a2b＋b2c＋c2a＋(a＋b＋c)≥2(a

＋b＋c)，即a2b＋b2c＋c2a≥a＋b＋c，当且仅当a＝b＝c＝13时取等号．所以a2b＋b2c＋c2a≥1.(2)a2b＋b2c＋c2a≥1.