课件38张PPT。第二讲 证明不等式的基本方法章末复习课比较法证明不等式 综合法、分析法证明不等式 反证法证明不等式 用放缩法证明不等式Thank you for watching !章末综合测评(二) 证明不等式的基本方法
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知a，b，c，d都是正数，且bc＞ad，则，，，中最大的是( )
A. B.
C. D.
D [因为a，b，c，d均是正数且bc＞ad，
所以有＞. ①
又－＝＝＞0，
∴＞， ②
－＝＝＞0，
∴＞. ③
由①②③知最大，故选D.]
2．已知x＞y＞z，且x＋y＋z＝1，则下列不等式中恒成立的是( )
A．xy＞yz B．xz＞yz
C．x|y|＞z|y| D．xy＞xz
D [法一 特殊值法：令x＝2，y＝0，z＝－1，可排除A，B，C，故选D.
法二 3z＜x＋y＋z＜3x，∴x＞＞z，
由x＞0，y＞z，得xy＞xz.故D正确．]
3．对于x∈[0,1]的任意值，不等式ax＋2b＞0恒成立，则代数式a＋3b的值( )
A．恒为正值 B．恒为非负值
C．恒为负值 D．不确定
A [依题意2b＞0，∴b＞0，
且a＋2b＞0，∴a＋2b＋b＞0，即a＋3b恒为正值．]
4．已知数列{an}的通项公式an＝，其中a，b均为正数，那么an与an＋1的大小关系是( )
A．an＞an＋1 B．an＜an＋1
C．an＝an＋1 D．与n的取值有关
B [an＋1－an＝－
＝.
∵a＞0，b＞0，n＞0，n∈N＋，
∴an＋1－an＞0，因此an＋1＞an.]
5．若实数a，b满足a＋b＝2，则3a＋3b的最小值是( )
A．18 B．6
C．2 D.
B [3a＋3b≥2＝2＝2×3＝6，选B.]
6．设a＝lg 2－lg 5，b＝ex(x＜0)，则a与b的大小关系是( )
A．a＜b B．a＞b
C．a＝b D．a≤b
A [a＝lg 2－lg 5＝lg ＜0.
又x＜0，知0＜ex＜1，即0＜b＜1，∴a＜b.]
7．若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝( )
A． B．2
C．6 D．2或6
B [∵|kx－4|≤2，∴－2≤kx－4≤2，
∴2≤kx≤6，
∵不等式的解集为{x|1≤x≤3}，
∴k＝2.]
8．设a＝x4＋y4，b＝x3y＋xy3，c＝2x2y2(x，y∈R＋)，则下列结论中不正确的是( )
A．a最大 B．b最小
C．c最小 D．a，b，c可以相等
B [因为b＝x3y＋xy3≥2＝2x2y2＝c，故B错，应选B.]
9．要使－＜成立，a，b应满足的条件是( )
A．ab＜0且a＞b
B．ab＞0且a＞b
C．ab＜0且a＜b
D．ab＞0且a＞b或ab＜0且a＜b
D [－＜?(－)3＜a－b
?3＜3?ab(a－b)＞0.
当ab＞0时，a＞b；当ab＜0时，a＜b.]
10．已知x＝a＋(a＞2)，y＝(b＜0)，则x，y之间的大小关系是( )
A．x＞y B．x＜y
C．x＝y D．不能确定
A [因为x＝a－2＋＋2≥2＋2＝4(a＞2)．
又b2－2＞－2(b＜0)，
即y＝＜＝4，所以x＞y.]
11．若a>0，b>0，则p＝(a·b)，q＝ab·ba的大小关系是( )
A．p≥q B．p≤q
C．p>q D．pA
若a≥b>0，则≥1，a－b≥0，从而≥1，得p≥q；
若b≥a>0，则0<≤1，a－b≤0，从而≥1，得p≥q.
综上所述，p≥q.]
12．在△ABC中，A，B，C分别为a，b，c所对的角，且a，b，c成等差数列，则角B适合的条件是( )
A．0＜B≤ B．0＜B≤
C．0＜B≤ D.＜B＜π
B [由a，b，c成等差数列，得2b＝a＋c，
∴cos B＝＝，
＝＝－≥.
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
∴cos B的最小值为.
又y＝cos B在上是减函数，∴0＜B≤.]
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在题中横线上)
13．用反证法证明命题“三角形中最多只有一个内角是钝角”时的假设是________．
[解析] “三角形中最多只有一个内角是钝角”的对立事件是“三角形中内角有2个钝角或3个全是钝角”，故应填三角形中至少有两个内角是钝角．
[答案] 三角形中至少有两个内角是钝角
14．若实数m，n，x，y满足m2＋n2＝a，x2＋y2＝b(a≠b)，则mx＋ny的最大值为________．
[解析] 设m＝cos α，n＝sin α，x＝cos β，y＝sin β，
则mx＋ny＝cos αcos β＋sin αsin β
＝cos(α－β)．
当cos(α－β)＝1时，mx＋ny取得最大值.
[答案]
15．用分析法证明：若a，b，m都是正数，且a＜b，则＞.完成下列证明过程：
∵b＋m＞0，b＞0，
∴要证原不等式成立，只需证明
b(a＋m)＞a(b＋m)，
即只需证明________．
∵m＞0，∴只需证明b＞a，
由已知显然成立．∴原不等式成立．
[解析] b(a＋m)＞a(b＋m)与bm＞am等价，
因此欲证b(a＋m)＞a(b＋m)成立，
只需证明bm＞am即可．
[答案] bm＞am
16．已知a，b，c，d∈R＋，且S＝＋＋＋，则S的取值范围是________．
[解析] 由放缩法，得＜＜；
＜＜；
＜＜；
＜＜.
以上四个不等式相加，得1＜S＜2.
[答案] (1,2)
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知m＞0，a，b∈R，求证：2≤.
[证明] ∵m＞0，∴1＋m＞0.
所以要证原不等式成立，
只需证(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，
即证m(a2－2ab＋b2)≥0，
即证(a－b)2≥0，
而(a－b)2≥0显然成立，
故原不等式得证．
18．(本小题满分12分)实数a，b，c，d满足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，
即a≥0，b≥0，c≥0，d≥0，
则1＝(a＋b)(c＋d)＝(ac＋bd)＋(ad＋bc)≥ac＋bd，
这与已知中ac＋bd＞1矛盾，∴原假设错误，
∴a，b，c，d中至少有一个是负数．
19．(本小题满分12分)设a，b，c是不全相等的正实数．求证：lg ＋lg ＋lg ＞lg a＋lg b＋lg c.
[证明] 法一 要证：lg ＋lg ＋lg ＞lg a＋lg b＋lg c，
只需证lg＞lg(abc)，
只需证··＞abc.
∵≥＞0，≥＞0，≥＞0，
∴··≥abc＞0成立．
∵a，b，c为不全相等的正数，∴上式中等号不成立．
∴原不等式成立．
法二 ∵a，b，c∈{正实数}，
∴≥＞0，≥＞0，≥＞0.
又∵a，b，c为不全相等的实数，
∴··＞abc，
∴lg＞lg(abc)，
即lg ＋lg ＋lg ＞lg a＋lg b＋lg c.
20．(本小题满分12分)若0＜a＜2,0＜b＜2,0＜c＜2，求证：(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a不能同时大于1.
[证明] 假设三数能同时大于1，
即(2－a)b＞1，(2－b)c＞1，(2－c)a＞1.
那么≥＞1，
同理＞1，＞1，
三式相加＞3，
即3＞3.
上式显然是错误的，∴该假设不成立．
∴(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a不能同时都大于1.
21．(本小题满分12分)求证：2(－1)＜1＋＋＋…＋＜2(n∈N＋)．
[证明] ∵＝＞
＝2(－)，k∈N＋，
∴1＋＋＋…＋
＞2[(－1)＋(－)＋…＋(－)]
＝2(－1)．
又＝＜＝2(－)，k∈N＋，
∴1＋＋＋…＋
＜1＋2[(－1)＋(－)＋…＋(－)]
＝1＋2(－1)＝2－1＜2.
∴2(－1)＜1＋＋＋…＋＜2(n∈N＋)．
22．(本小题满分12分)等差数列{an}各项均为正整数，a1＝3，前n项和为Sn.等比数列{bn}中，b1＝1，且b2S2＝64，{ban}是公比为64的等比数列．
(1)求an与bn；
(2)证明：＋＋…＋＜.
[解] (1)设{an}的公差为d(d∈N)，{bn}的公比为q，则an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1.
依题意
由①知，q＝64＝2， ③
由②知，q为正有理数，
所以d为6的因子1,2,3,6中之一，
因此由②③知，d＝2，q＝8.
故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.
(2)证明：Sn＝3＋5＋7＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，
则＝＝.
∴＋＋＋…＋
＝
＝＜×＝.
[自我校对] ①作差法 ②综合法 ③执果索因 ④放缩法 ⑤间接证明
比较法证明不等式
比较法证明不等式的依据是：不等式的意义及实数大小与运算的关系．其主要步骤是：作差——恒等变形——判断差值的符号——结论．其中，变形是证明推理中的关键，变形的目的在于判断差的符号．
【例1】 设a≥b＞0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.
[自主解答] 3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)
＝3a2(a－b)＋2b2(b－a)＝(a－b)(3a2－2b2)．
∵a≥b＞0，∴a－b≥0,3a2－2b2≥2a2－2b2≥0，
从而(3a2－2b2)(a－b)≥0，故3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2成立．
1．若a＝，b＝，c＝，则( )
A．a＜b＜c B．c＜b＜a
C．c＜a＜b D．b＜a＜c
C [a与b比较：a＝＝，b＝＝.
∵9＞8，∴b＞a，
b与c比较：b＝＝，c＝＝.
∵35＞53，∴b＞c，
a与c比较：a＝＝，c＝.
∵32＞25，a＞c，∴b＞a＞c，故选C.]
综合法、分析法证明不等式
分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”逐步推导出不等式成立的必要条件，两者是对立统一的两种方法，一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手．因此通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．
【例2】 已知实数x，y，z不全为零，求证：
＋＋＞(x＋y＋z)．
[自主解答] 因为＝
≥ ＝≥x＋，
同理可证：≥y＋，≥z＋.
由于x，y，z不全为零，故上述三式中至少有一式取不到等号，
所以三式累加得：
＋＋
＞＋＋＝(x＋y＋z)，
所以有＋＋＞(x＋y＋z)．
2．设a，b，c均为大于1的正数，且ab＝10.
求证：logac＋logbc≥4lg c.
[证明] 由于a＞1，b＞1，故要证明logac＋logbc≥4lg c，
只要证明＋≥4lg c.
又c＞1，故lg c＞0，
所以只要证＋≥4，即≥4.
因ab＝10，故lg a＋lg b＝1，
只要证明≥4.(*)
由a＞1，b＞1，故lg a＞0，lg b＞0，
所以0＜lg a·lg b≤＝＝，
即(*)式成立．
所以，原不等式logac＋logbc≥4lg c得证.
反证法证明不等式
若直接证明难以入手时，“正难则反”，可利用反证法加以证明；若要证明不等式两边差异较大时，可考虑用放缩法进行过渡从而达到证明目的．
【例3】 若a，b，c，x，y，z均为实数，且a＝x2－2y＋，b＝y2－2z＋，c＝z2－2x＋，求证：a，b，c中至少有一个大于0.
[自主解答] 设a，b，c都不大于0，
则a≤0，b≤0，c≤0，
∴a＋b＋c≤0，
由题设知，a＋b＋c
＝＋＋
＝(x2－2x)＋(y2－2y)＋(z2－2z)＋π
＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3，
∴a＋b＋c＞0，这与a＋b＋c≤0矛盾，
故a，b，c中至少有一个大于0.
3.如图，已知在△ABC中，∠CAB＞90°，D是BC的中点，求证：AD＜BC.
[证明] 假设AD≥BC.
(1)若AD＝BC，由平面几何定理“若三角形一边上的中线等于该边长的一半，那么这条边所对的角为直角”，知∠A＝90°，与题设矛盾，
所以AD≠BC.
(2)若AD＞BC，因为BD＝DC＝BC，
所以在△ABD中，AD＞BD，
从而∠B＞∠BAD.
同理∠C＞∠CAD.
所以∠B＋∠C＞∠BAD＋∠CAD，
即∠B＋∠C＞∠A.
因为∠B＋∠C＝180°－∠A，
所以180°－∠A＞∠A，即∠A＜90°，与已知矛盾，
故AD＞BC不成立．
由(1)(2)知AD＜BC成立.
用放缩法证明不等式
在证明不等式时，有时需要舍去或添加一些项，使不等式的一边放大或缩小，然后利用不等式的传递性，达到证明的目的．运用放缩法证明的关键是放缩要适当，既不能太大，也不能太小．
【例4】 已知a，b，c为三角形的三条边，求证：，，也可以构成一个三角形．
[自主解答] 设f(x)＝，x∈(0，＋∞)．
设0则f(x2)－f(x1)＝－＝>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数．
∵a，b，c为三角形的三条边，于是a＋b>c，
∴<＝＋<＋，即<＋，
同理<＋，<＋，
∴以，，为边可以构成一个三角形．
4．已知|x|＜，|y|＜，|z|＜，求证：|x＋2y－3z|＜ε.
[证明] ∵|x|＜，|y|＜，|z|＜，
∴|x＋2y－3z|＝|1＋2y＋(－3z)|≤|x|＋|2y|＋|－3z|＝|x|＋2|y|＋3|z|＜＋2×＋3×＝ε.
∴原不等式成立．
1．若实数a，b满足＋＝，则ab的最小值为( )
A． B．2
C．2 D．4
C [由＋＝知a>0，b>0，所以＝＋≥2，即ab≥2，
当且仅当即a＝，b＝2时取“＝”，所以ab的最小值为2.]
2．设a，b>0，a＋b＝5，则＋的最大值为________．
[解析] 令t＝＋，则t2＝a＋1＋b＋3＋2＝9＋2≤9＋a＋1＋b＋3＝13＋a＋b＝13＋5＝18，
当且仅当a＋1＝b＋3时取等号，此时a＝，b＝.
∴tmax＝＝3.
[答案] 3
3．设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列．
(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列；
(2)是否存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由；
(3)是否存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由．
[解] (1)证明：因为＝2an＋1－an＝2d(n＝1,2,3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列．
(2)不存在，理由如下：
令a1＋d＝a，则a1，a2，a3，a4分别为a－d，a，a＋d，a＋2d(a＞d，a＞－2d，d≠0)．
假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，则a4＝(a－d)(a＋d)3，且(a＋d)6＝a2(a＋2d)4.
令t＝，则1＝(1－t)(1＋t)3，
且(1＋t)6＝(1＋2t)4，
化简得t3＋2t2－2＝0(*)，且t2＝t＋1.
将t2＝t＋1代入(*)式，得t(t＋1)＋2(t＋1)－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0，则t＝－.
显然t＝－不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列．
(3)不存在，理由如下：
假设存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列，
则a(a1＋2d)n＋2k＝(a1＋d)2(n＋k)，且(a1＋d)n＋k(a1＋3d)n＋3k＝(a1＋2d)2(n＋2k)，
分别在两个等式的两边同除以a及a，并令t＝，
则(1＋2t)n＋2k＝(1＋t)2(n＋k)，且(1＋t)n＋k(1＋3t)n＋3k＝(1＋2t)2(n＋2k)．
将上述两个等式两边取对数，得
(n＋2k)ln(1＋2t)＝2(n＋k)ln(1＋t)，
且(n＋k)ln(1＋t)＋(n＋3k)ln(1＋3t)＝2(n＋2k)ln(1＋2t)．
化简得
2k[ln(1＋2t)－ln(1＋t)]＝n[2ln(1＋t)－ln(1＋2t)]，
且3k[ln(1＋3t)－ln(1＋t)]＝n[3ln(1＋t)－ln(1＋3t)]．
再将这两式相除，化简得
ln(1＋3t)ln(1＋2t)＋3ln(1＋2t)ln(1＋t)
＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)．(**)
令g(t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)－ln(1＋3t)ln(1＋2t)－3ln(1＋2t)ln(1＋t)，则g′(t)＝
.
令φ(t)＝(1＋3t)2ln(1＋3t)－3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋
3(1＋t)2ln(1＋t)，
则φ′(t)＝6[(1＋3t)ln(1＋3t)－2(1＋2t)ln(1＋2t)＋(1＋t)ln(1＋t)]．
令φ1(t)＝φ′(t)，则φ′1(t)＝6[3ln(1＋3t)－4ln(1＋2t)＋ln(1＋t)]．
令φ2(t)＝φ′1(t)，则φ′2(t)＝＞0.
由g(0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t)＞0，
知φ2(t)，φ1(t)，φ(t)，g(t)在和(0，＋∞)上均单调．
故g(t)只有唯一零点t＝0，即方程(**)只有唯一解t＝0，故假设不成立．
所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列．
4．已知a>0，函数f(x)＝eaxsin x(x∈[0，＋∞))．记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点．证明：
(1)数列{f(xn)}是等比数列；
(2)若a≥，则对一切n∈N*，xn<|f(xn)|恒成立．
[证明] (1)f′(x)＝aeaxsin x＋eaxcos x
＝eax(asin x＋cos x)＝eaxsin(x＋φ)．
其中tan φ＝，0<φ<.
令f′(x)＝0，由x≥0得x＋φ＝mπ，
即x＝mπ－φ，m∈N*.
对k∈N，若2kπ0；
若(2k＋1)π因此，在区间((m－1)π，mπ－φ)与(mπ－φ，mπ)上，f′(x)的符号总相反．于是当x＝mπ－φ(m∈N*)时，f(x)取得极值，
所以xn＝nπ－φ(n∈N*)．
此时，f(xn)＝ea(nπ－φ)sin(nπ－φ)＝(－1)n＋1ea(nπ－φ)·sin φ.
易知f(xn)≠0，
而＝＝－eaπ是常数，
故数列{f(xn)}是首项为f(x1)＝ea(π－φ)sin φ，公比为－eaπ的等比数列．
(2)由(1)知，sin φ＝，于是对一切n∈N*，xn<|f(xn)|恒成立，即nπ－φ<ea(nπ－φ)恒成立，
等价于<(*)恒成立(因为a>0)．
设g(t)＝(t>0)，则g′(t)＝.
令g′(t)＝0得t＝1.
当0当t>1时，g′(t)>0，所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增．
从而当t＝1时，函数g(t)取得最小值g(1)＝e.
因此，要使(*)式恒成立，只需.
而当a＝时，由tan φ＝＝>且0<φ<知，<φ<.于是π－φ<<，且当n≥2时，nπ－φ≥2π－φ>>.
因此对一切n∈N*，axn＝≠1，
所以g(axn)>g(1)＝e＝.
故(*)式亦恒成立．
综上所述，若a≥，则对一切n∈N*，xn<|f(xn)|恒成立．
