1718版 选修45 第2节 不等式的证明文档格式.docx
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(2)综合法与分析法
①综合法:
利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质,推导出所要证明的不等式,这种方法叫综合法.即“由因导果”的方法.
②分析法:
从求证的不等式出发,分析使这个不等式成立的充分条件,把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题,如果能够肯定这些充分条件都已经具备,那么就可以判定原不等式成立,这种方法叫作分析法.即“执果索因”的方法.
1.(思考辨析)判断下列结论的正误.(正确的打“√”,错误的打“×
”)
(1)比较法最终要判断式子的符号得出结论.( )
(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法,它是从已知条件出发,经过逐步推理,最后达到待证的结论.( )
(3)分析法又叫逆推证法或执果索因法,是从待证结论出发,一步一步地寻求结论成立的必要条件,最后达到题设的已知条件或已被证明的事实.( )
(4)使用反证法时,“反设”不能作为推理的条件应用.( )
[答案]
(1)×
(2)√ (3)×
(4)×
2.(教材改编)若a>b>1,x=a+,y=b+,则x与y的大小关系是( )
A.x>yB.x<y
C.x≥yD.x≤y
A [x-y=a+-
=a-b+=.
由a>b>1得ab>1,a-b>0,
所以>0,即x-y>0,所以x>y.]
3.(教材改编)已知a≥b>0,M=2a3-b3,N=2ab2-a2b,则M,N的大小关系为________.
M≥N [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,故2a3-b3≥2ab2-a2b.]
4.已知a>0,b>0且ln(a+b)=0,则+的最小值是________.
4 [由题意得,a+b=1,a>0,b>0,
∴+=(a+b)=2++
≥2+2=4,
当且仅当a=b=时等号成立.]
5.已知x>0,y>0,证明:
(1+x+y2)(1+x2+y)≥9xy.
[证明] 因为x>0,y>0,
所以1+x+y2≥3>0,1+x2+y≥3>0,8分
故(1+x+y2)(1+x2+y)≥3·
3=9xy.10分
比较法证明不等式
已知a>0,b>0,求证:
+≥+.
[证明] 法一:
-(+)
=+=+
==≥0,
∴+≥+.10分
法二:
由于=
==-1≥-1=1.8分
又a>0,b>0,>0,∴+≥+.10分
[规律方法] 1.在法一中,采用局部通分,优化了解题过程;
在法二中,利用不等式的性质,把证明a>b转化为证明>1(b>0).
2.作差(商)证明不等式,关键是对差(商)式进行合理的变形,特别注意作商证明不等式,不等式的两边应同号.
提醒:
在使用作商比较法时,要注意说明分母的符号.
[变式训练1] (2017·
莆田模拟)设a,b是非负实数,
求证:
a2+b2≥(a+b).【导学号:
31222447】
[证明] 因为a2+b2-(a+b)
=(a2-a)+(b2-b)
=a(-)+b(-)
=(-)(a-b)
=.6分
因为a≥0,b≥0,所以不论a≥b≥0,还是0≤a≤b,都有a-b与同号,所以(a-b)≥0,
所以a2+b2≥(a+b).10分
综合法证明不等式
设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明:
【导学号:
31222448】
(1)ab+bc+ac≤;
(2)++≥1.
[证明]
(1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,
得a2+b2+c2≥ab+bc+ca,
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≤.5分
(2)因为+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,
故+++(a+b+c)≥2(a+b+c),
则++≥a+b+c,所以++≥1.10分
[规律方法] 1.综合法证明的实质是由因导果,其证明的逻辑关系是:
A⇒B1⇒B2⇒…⇒Bn⇒B(A为已知条件或数学定义、定理、公理,B为要证结论),它的常见书面表达式是“∵,∴”或“⇒”.
2.综合法证明不等式,要着力分析已知与求证之间,不等式的左右两端之间的差异与联系.合理进行转换,恰当选择已知不等式,这是证明的关键.
[变式训练2] (2017·
石家庄调研)已知函数f(x)=2|x+1|+|x-2|.
(1)求f(x)的最小值m;
(2)若a,b,c均为正实数,且满足a+b+c=m,求证:
++≥3.
[解]
(1)当x<-1时,f(x)=-2(x+1)-(x-2)=-3x>3;
2分
当-1≤x<2时,f(x)=2(x+1)-(x-2)=x+4∈[3,6);
当x≥2时,f(x)=2(x+1)+(x-2)=3x≥6.
综上,f(x)的最小值m=3.5分
(2)证明:
a,b,c均为正实数,且满足a+b+c=3,
因为+++(a+b+c)
=++
≥2=2(a+b+c).8分
(当且仅当a=b=c=1时取“=”)
所以++≥a+b+c,即++≥3.10分
分析法证明不等式
(2015·
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+>
+;
(2)+>
+是|a-b|<
|c-d|的充要条件.
[证明]
(1)∵a,b,c,d为正数,且a+b=c+d,
欲证+>+,
只需证明(+)2>(+)2,
也就是证明a+b+2>c+d+2,
只需证明>,即证ab>cd.
由于ab>cd,
因此+>+.5分
(2)①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+>
+.8分
②若+>
+,则(+)2>
(+)2,
即a+b+2>
c+d+2.
于是(a-b)2=(a+b)2-4ab<
(c+d)2-4cd=(c-d)2.
因此|a-b|<
|c-d|.
综上,+>
|c-d|的充要条件.10分
[规律方法] 1.本题将不等式证明与充要条件的判定渗透命题,考查推理论证能力和转化与化归的思想方法,由于两个不等式两边都是正数,可通过两边平方来证明.
2.当要证的不等式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.
3.分析法证明的思路是“执果索因”,其框图表示为:
→→→…→
[变式训练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.
∵a+b+c=0,只需证b2+a(a+b)<3a2,
只需证2a2-ab-b2>0,4分
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.10分
[思想与方法]
1.比较法:
作差比较法主要判断差值与0的大小,作商比较法关键在于判定商值与1的大小(一般要求分母大于0).
2.分析法:
B⇐B1⇐B2⇐…⇐Bn⇐A(结论).
(步步寻求不等式成立的充分条件)(已知).
3.综合法:
A⇒B1⇒B2⇒…⇒Bn⇒B(已知).
(逐步推演不等式成立的必要条件)(结论).
[易错与防范]
1.使用平均值不等式时易忽视等号成立的条件.
2.用分析法证明数学问题时,要注意书写格式的规范性,常常用“要证(欲证)…”“即要证…”“就要证…”等分析到一个明显成立的结论,再说明所要证明的数学问题成立.
课时分层训练(七十) 不等式的证明
1.已知定义在R上的函数f(x)=|x+1|+|x-2|的最小值为a.
(1)求a的值;
(2)若p,q,r是正实数,且满足p+q+r=a,求证:
p2+q2+r2≥3.
[解]
(1)因为|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3,
当且仅当-1≤x≤2时,等号成立,
所以f(x)的最小值等于3,即a=3.4分
法一:
由
(1)知p+q+r=3,且p,q,r大于0,
∴(p+q+r)2=9.
又易知p2+q2+r2≥pq+pr+qr.8分
故9=(p+q+r)2=p2+q2+r2+2pq+2pr+2qr≤3(p2+q2+r2),
因此,p2+q2+r2≥3.10分
由
(1)知p+q+r=3,又因为p,q,r是正实数,
所以(p2+q2+r2)(12+12+12)≥(p×
1+q×
1+r×
1)2=(p+q+r)2=9,
故p2+q2+r2≥3.10分
2.(2015·
湖南高考)设a>
0,b>
0,且a+b=+.证明:
(1)a+b≥2;
(2)a2+a<
2与b2+b<
2不可能同时成立.
[证明] 由a+b=+=,a>
0,得ab=1.2分
(1)由基本不等式及ab=1,有a+b≥2=2,即a+b≥2.5分
(2)假设a2+a<
2同时成立,则由a2+a<
2及a>
0,得0<
a<
1;
同理,0<
b<
1,从而ab<
1,这与ab=1矛盾.
故a2+a<
2不可能同时成立.10分
3.(2014·
全国卷Ⅰ)若a>
0,且+=.
(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.
[解]
(1)由=+≥,得ab≥2,当且仅当a=b=时等号成立.2分
故a3+b3≥2≥4,当且仅当a=b=时等号成立.
所以a3+b3的最小值为4.5分
(2)由
(1)知,2a+3b≥2·
≥4.
由于4>
6,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.10分
4.(2017·
石家庄模拟)已知函数f(x)=|x|+|x-1|.
(1)若f(x)≥|m-1|恒成立,求实数m的最大值M;
(2)在
(1)成立的条件下,正实数a,b满足a2+b2=M,证明:
a+b≥2ab.
【导学号:
31222449】
[解]
(1)∵f(x)=|x|+|x-1|≥|x-(x-1)|=1,
当且仅当0≤x≤1时取等号,
∴f(x)=|x|+|x-1|的最小值为1.3分
要使f(x)≥|m-1|恒成立,只需|m-1|≤1,
∴0≤m≤2,则m的最大值M=2.5分
由
(1)知,a2+b2=2,
由a2+b2≥2ab,知ab≤1.①
又a+b≥2,则(a+b)≥2ab.8分
由①知,≤1.
故a+b≥2ab.10分
5.已知函数f(x)=k-|x-3|,k∈R,且f(x+3)≥0的
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