高考數(shù)學一輪復習選修4－5 第2節(jié) 不等式的證明-試卷下載-教習網(wǎng)

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.
(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“由因導果”的方法．
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．
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＞yB．x＜y
C．x≥yD．x≤y
A [x－y＝a＋eq \f(1,a)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))
＝a－b＋eq \f(b－a,ab)＝eq \f(?a－b??ab－1?,ab).
由a＞b＞1得ab＞1，a－b＞0，
所以eq \f(?a－b??ab－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的大小關系為________．
M≥N [2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．
因為a≥b＞0，所以a－b≥0，a＋b＞0,2a＋b＞0，
從而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，故2a3－b3≥2ab2－a2b.]
4．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________．
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\c1(\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)＞0，8分
故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3eq \r(3,xy2)·3eq \r(3,x2y)＝9xy.10分
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\c1(\f(a,\r(b))＋\f(b,\r(a))))－(eq \r(a)＋eq \r(b))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,\r(b))－\r(b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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] (2017·莆田模擬)設a，b是非負實數(shù)，
求證：a2＋b2≥eq \r(ab)(a＋b). 【導學號：31222447】
[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\c1(a\f(1,2)－b\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(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\c1(a\f(3,2)－b\f(3,2)))≥0，
所以a2＋b2≥eq \r(ab)(a＋b).10分
設a，b，c均為正數(shù)，且a＋b＋c＝1，證明：
【導學號：31222448】
(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)是由因導果，其證明的邏輯關系是：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.
[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\c1(\f(b2,a)＋a))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c2,b)＋b))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)＋c))
≥2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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
(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|(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)2－4ab0，且a＋b＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b).證明：
(1)a＋b≥2；
(2)a2＋a0，得ab＝1.2分
(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2eq \r(ab)＝2，即a＋b≥2.5分
(2)假設a2＋a

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