2019高三數(shù)學（人教A版文）一輪教師用書選修4-5第2節(jié)不等式的證明

第二節(jié)不等式的證明[考綱](教師用書獨具)通過一些簡單問題了解證明不等式的基本方法：比較法、綜合法、分析法．(對應學生用書第166頁)[基礎知識填充]1．基本不等式 定理1：設a，b∈R，則a2＋b2≥2ab，當且僅當a＝b時，等號成立． 定理2：如果a，b為正數(shù)，則eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，當且僅當a＝b時，等號成立． 定理3：如果a，b，c為正數(shù)，則eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc)，當且僅當a＝b＝c時，等號成立． 定理4：(一般形式的算術—幾何平均不等式)如果a1，a2，…，an為n個正數(shù)，則eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)≥eq\r(n,a1a2…an)，當且僅當a1＝a2＝…＝an時，等號成立．2．不等式證明的方法 (1)比較法是證明不等式最基本的方法，可分為作差比較法和作商比較法兩種．名稱作差比較法作商比較法理論依據(jù)a＞b?a－b＞0a＜b?a－b＜0a＝b?a－b＝0b＞0，eq\f(a,b)＞1?a＞bb＜0，eq\f(a,b)＞1?a＜b (2)綜合法與分析法 ①綜合法：利用某些已經(jīng)證明過的不等式和不等式的性質(zhì)，推導出所要證明的不等式，這種方法叫綜合法．即“由因?qū)Ч钡姆椒ǎ?②分析法：從求證的不等式出發(fā)，分析使這個不等式成立的充分條件，把證明不等式轉化為判定這些充分條件是否具備的問題，如果能夠肯定這些充分條件都已經(jīng)具備，那么就可以判定原不等式成立，這種方法叫作分析法．即“執(zhí)果索因”的方法．[基本能力自測]1．(思考辨析)判斷下列結論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)比較法最終要判斷式子的符號得出結論．() (2)綜合法是從原因推導到結果的思維方法，它是從已知條件出發(fā)，經(jīng)過逐步推理，最后達到待證的結論．() (3)分析法又叫逆推證法或執(zhí)果索因法，是從待證結論出發(fā)，一步一步地尋求結論成立的必要條件，最后達到題設的已知條件或已被證明的事實．() (4)使用反證法時，“反設”不能作為推理的條件應用．() [答案](1)×(2)√(3)×(4)×2．(教材改編)若a＞b＞1，x＝a＋eq\f(1,a)，y＝b＋eq\f(1,b)，則x與y的大小關系是() A．x＞y B．x＜y C．x≥y D．x≤y A[x－y＝a＋eq\f(1,a)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b))) ＝a－b＋eq\f(b－a,ab)＝eq\f(a－bab－1,ab). 由a＞b＞1得ab＞1，a－b＞0， 所以eq\f(a－bab－1,ab)＞0，即x－y＞0，所以x＞y.]3．(教材改編)已知a≥b＞0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，則M，N M≥N[2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2 因為a≥b＞0，所以a－b≥0，a＋b＞0,2a＋b 從而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，故2a3－b3≥2ab2－a24．已知a＞0，b＞0且ln(a＋b)＝0，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值是________.【導學號：79170380】 4[由題意得，a＋b＝1，a＞0，b＞0， ∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b) ≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4， 當且僅當a＝b＝eq\f(1,2)時等號成立．]5．已知x＞0，y＞0，證明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy. [證明]因為x＞0，y＞0， 所以1＋x＋y2≥3eq\r(3,xy2)＞0,1＋x2＋y≥3eq\r(3,x2y)＞0， 故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3eq\r(3,xy2)·3eq\r(3,x2y)＝9xy.(對應學生用書第167頁)比較法證明不等式已知a＞0，b＞0，求證：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b). [證明]法一：∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(b))＋\f(b,\r(a))))－(eq\r(a)＋eq\r(b)) ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(b))－\r(b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,\r(a))－\r(a)))＝eq\f(a－b,\r(b))＋eq\f(b－a,\r(a)) ＝eq\f(a－b\r(a)－\r(b),\r(ab))＝eq\f(\r(a)＋\r(b)\r(a)－\r(b)2,\r(ab))≥0， ∴eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b). 10分 法二：由于eq\f(\f(a,\r(b))＋\f(b,\r(a)),\r(a)＋\r(b))＝eq\f(a\r(a)＋b\r(b),\r(ab)\r(a)＋\r(b)) ＝eq\f(\r(a)＋\r(b)a－\r(ab)＋b,\r(ab)\r(a)＋\r(b)) ＝eq\f(a＋b,\r(ab))－1 ≥eq\f(2\r(ab),\r(ab))－1＝1. 8分 又a＞0，b＞0，eq\r(ab)＞0， ∴eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b). 10分 [規(guī)律方法]1.在法一中，采用局部通分，優(yōu)化了解題過程；在法二中，利用不等式的性質(zhì)，把證明a＞b轉化為證明eq\f(a,b)＞1(b＞0)． 2．作差(商)證明不等式，關鍵是對差(商)式進行合理的變形，特別注意作商證明不等式，不等式的兩邊應同號． 提醒：在使用作商比較法時，要注意說明分母的符號．[變式訓練1](2018·長沙模擬)設a，b是非負實數(shù)， 求證：a2＋b2≥eq\r(ab)(a＋b)． [證明]因為a2＋b2－eq\r(ab)(a＋b) ＝(a2－aeq\r(ab))＋(b2－beq\r(ab)) ＝aeq\r(a)(eq\r(a)－eq\r(b))＋beq\r(b)(eq\r(b)－eq\r(a)) ＝(eq\r(a)－eq\r(b))(aeq\r(a)－beq\r(b)) ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\f(1,2)－b\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\f(3,2)－b\f(3,2))). 6分 因為a≥0，b≥0，所以不論a≥b≥0，還是0≤a≤b，都有aeq\f(1,2)－beq\f(1,2)與eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(a\f(3,2)－b\f(3,2)))同號，所以(aeq\f(1,2)－beq\f(1,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\f(3,2)－b\f(3,2)))≥0， 所以a2＋b2≥eq\r(ab)(a＋b). 10分綜合法證明不等式(2018·長春模擬)設a，b，c均為正數(shù)，且a＋b＋c＝1，證明： (1)ab＋bc＋ac≤eq\f(1,3)； (2)eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1. [證明](1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca， 得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca， 由題設得(a＋b＋c)2＝1， 即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1， 所以3(ab＋bc＋ca)≤1， 即ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3). 5分 (2)因為eq\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c， 故eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)， 則eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c，所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1. 10分 [規(guī)律方法]1.綜合法證明的實質(zhì)是由因?qū)Ч渥C明的邏輯關系是：A?B1?B2?…?Bn?B(A為已知條件或數(shù)學定義、定理、公理，B為要證結論)，它的常見書面表達式是“∵，∴”或“?”． 2．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．合理進行轉換，恰當選擇已知不等式，這是證明的關鍵．[變式訓練2](2017·石家莊調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|. (1)求f(x)的最小值m； (2)若a，b，c均為正實數(shù)，且滿足a＋b＋c＝m，求證：eq\f(b2,a)＋eq\f(c2,b)＋eq\f(a2,c)≥3.【導學號：79170381】 [解](1)當x＜－1時，f(x)＝－2(x＋1)－(x－2)＝－3x＞3； 2分 當－1≤x＜2時，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4∈[3,6)； 當x≥2時，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x≥6. 綜上，f(x)的最小值m＝3. 5分 (2)證明：a，b，c均為正實數(shù)，且滿足a＋b＋c＝3， 因為eq\f(b2,a)＋eq\f(c2,b)＋eq\f(a2,c)＋(a＋b＋c) ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a)＋a))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c2,b)＋b))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)＋c)) ≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(b2,a)·a)＋\r(\f(c2,b)·b)＋\r(\f(a2,c)·c)))＝2(a＋b＋c). 8分 (當且僅當a＝b＝c＝1時取“＝”) 所以eq\f(b2,a)＋eq\f(c2,b)＋eq\f(a2,c)≥a＋b＋c， 即eq\f(b2,a)＋eq\f(c2,b)＋eq\f(a2,c)≥3. 10分分析法證明不等式(2015·全國卷Ⅱ)設a，b，c，d均為正數(shù)，且a＋b＝c＋d，證明： (1)若ab>cd，則eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)； (2)eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|<|c－d|的充要條件． [證明](1)∵a，b，c，d為正數(shù)，且a＋b＝c＋d， 欲證eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)， 只需證明(eq\r(a)＋eq\r(b))2＞(eq\r(c)＋eq\r(d))2， 也就是證明a＋b＋2eq\r(ab)＞c＋d＋2eq\r(cd)， 只需證明eq\r(ab)＞eq\r(cd)， 即證ab＞cd. 由于ab＞cd， 因此eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d). 5分 (2)①若|a－b|<|c－d|， 則(a－b)2<(c－d)2， 即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd. 因為a＋b＝c＋d，所以ab>cd. 由(1)，得eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d). 8分 ②若eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)， 則(eq\r(a)＋eq\r(b))2>(eq\r(c)＋eq\r(d))2， 即a＋b＋2eq\r(ab)>c＋d＋2eq\r(cd). 因為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|. 綜上，eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|<|c－d|的充要條件. 10分 [規(guī)律方法]1.本題將不等式證明與充要條件的判定滲透命題，考查推理論證能力和轉化與化歸的思想方法，由于兩個不等式兩邊都是正數(shù)，可通過兩邊平方來證明． 2．當要證的不等式較難發(fā)現(xiàn)條件和結論之間的關系時，可用分析法來尋找證明途徑，使用分析法證明的關鍵是推理的每一步必須可逆． 3．分析法證明的思路是“執(zhí)果索因”，其框圖表示為： eq\x(Q?P1