课件22张PPT。本讲整合提升专题一 比较法证明不等式
作差比较法是证明不等式的基本方法，其依据是：不等式的意义及实数比较大小的充要条件.证明的步骤大致是：作差——恒等变形——判断结果的符号.其中，变形是证明推理中一个承上启下的关键，变形的目的全在于判断差的符号，而不是考虑差能否化简或值是多少，变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法.思路点拨 不等式两端是多项式形式，可考虑比较法的应用.【证明】 ∵a
∴a－b<0，b－c<0，a－c<0，
于是：a2b＋b2c＋c2a－(ab2＋bc2＋ca2)
＝(a2b－a2c)＋(b2c－b2a)＋(c2a－c2b)
＝a2(b－c)＋b2(c－a)＋c2(a－b)
＝a2(b－c)＋b2[(c－b)＋(b－a)]＋c2(a－b)
＝a2(b－c)－b2(b－c)＋c2(a－b)－b2(a－b)
＝(b－c)(a2－b2)＋(a－b)(c2－b2)
＝(b－c)(a－b)(a＋b)＋(a－b)(c－b)(c＋b)
＝(b－c)(a－b)[a＋b－(c＋b)]
＝(b－c)(a－b)(a－c)<0，
∴a2b＋b2c＋c2a该例不等式两端作差后，为判断差的符号，用到了多种分解因式的手段，因此，用比较法证明不等式的步骤虽然清楚，但变形的技巧丰富多彩，要注意总结.专题二 综合法证明不等式
综合法证明不等式的思维方向是“顺推”，即由已知的不等式出发，逐步推出其必要条件(由因导果)，最后推导出所要证明的不等式成立.
综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推证的基本理论.证明时要注意的是：作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握.思路点拨 要证的不等式是在已知条件下成立的，从不等式的结构分析及与已知的关系考虑，可用综合法证之.●方法技巧
用综合法证明不等式可利用已经证过的不等式作为基础，再运用不等式的性质推导出所要证的不等式，但要注意防止在推证中盲目套用公式和错用性质，要把握住不等号方向始终如一的不变性.
在已知条件下证明不等式，除了已知条件的直接使用外，往往还要用到由已知条件简单变形得到的一些有用结论.如已知a、b、c都大于0，则：专题三 分析法证明不等式
分析法证明不等式的依据是不等式的基本性质、已知的重要不等式以及其他逻辑推理的基本理论.分析法证明不等式的思维方向是“逆求”(但绝不是逆推)，即由待证的不等式出发，逐步寻找它成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式.
当要证的不等式不知从何入手时，可考虑用分析法去证明，特别是对于条件简单而结论复杂的题目往往更为有效.由教材内容可知，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综合使用.思路点拨 本题要证明的不等式显得较为复杂，不易观察出怎样由a>b>0得到要证明的不等式，因而可以用分析法先变形要证明的不等式，从中找到证明的线索.●方法技巧
分析法证明不等式的思维方向及适用方法
(1)思维方向：分析法证明不等式的思维方向是“逆推”，即由待证的不等式出发，逐步寻找使它成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式.
(2)适用方法：当要证的不等式不知从何入手时，可考虑用分析法去证明，特别是对于条件简单而结论复杂的题目往往更为有效.专题四 反证法、放缩法证明不等式
证明不等式的方法除了上述介绍的比较法、综合法、分析法外，还可以运用反证法、放缩法等等.证明不等式时既可探索新的证题方法，培养创新意识，也可一题多证，开阔思路，活跃思维，目的是通过证明不等式发展逻辑思维能力，提高数学素养.思路点拨 (1)充分利用已知条件中函数的单调性并结合不等式的性质推证.
(2)写出逆命题后，看一看能不能直接证.若不能，则可考虑用反证法.●方法技巧
运用反证法证明不等式，主要有以下两个步骤：
①作出与所证不等式相反的假设；②从条件和假设出发，应用正确的推理方法，推出矛盾的结论，否定假设，从而证明原不等式成立.
反证法常用于直接证明困难或以否定形式出现的命题.涉及“都是……”“都不是……”“至少……”“至多……”等形式的命题，也常用反证法.●方法技巧
在证明不等式时，有时我们要把所证不等式的一边适当地放大(或缩小)以方便化简，并使它与不等式的另一边的不等关系更为明显，从而得到欲证的不等式成立，这种证明的方法称为放缩法.它是证明不等式的特殊方法.第二讲
(本卷满分150分，考试时间120分钟)
一、选择题(每小题5分，共60分)
1.设a＝(m2＋1)(n2＋4)，b＝(mn＋2)2，则
A.a>b B.a解析 ∵a－b＝(m2＋1)(n2＋4)－(mn＋2)2＝4m2＋n2－4mn＝(2m－n)2≥0，∴a≥b.
答案 D
2.使不等式＋>1＋成立的正整数a的最大值为
A.10 B.11 C.12 D.13
解析 用分析法可证a＝12时不等式成立，a＝13时不等式不成立.
答案 C
3.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.p答案 A
4.设a>0，b>0，且a＋b≤4，则有
A.≥ B.≥2
C.＋≥1 D.≤
答案 C
5.设x，y∈R，则“x≥2且y≥2”是“x2＋y2≥4”的
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
解析 由题意知??x2＋y2≥8，
∴可得x2＋y2≥4，但(－2)2＋02≥4，而－2＜2且0＜2，
故应是充分不必要条件，故选A.
答案 A
6.设a，b∈R＋，且a≠b，P＝＋，Q＝a＋b，则
A.P＞Q B.P≥Q
C.P＜Q D.P≤Q
解析 P－Q＝＋－(a＋b)
＝＝
＝.
∵a，b都是正实数，且a≠b，
∴＞0，∴P＞Q.
答案 A
7.设a，b，c∈R，且a，b，c不全相等，则不等式a3＋b3＋c3≥3abc成立的一个充要条件是
A.a，b，c全为正数
B.a，b，c全为非负实数
C.a＋b＋c≥0
D.a＋b＋c＞0
解析 a3＋b3＋c3－3abc
＝(a＋b＋c)(a2＋b2＋c2－ab－ac－bc)
＝(a＋b＋c)[(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2]，
而a，b，c不全相等?(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2>0.
故a3＋b3＋c3－3abc≥0?a＋b＋c≥0.
答案 C
8.若q>0，且q≠1，m，n∈N*，则1＋qm＋n与qm＋qn的大小关系是
A.1＋qm＋n>qm＋qn B.1＋qm＋nC.1＋qm＋n＝qm＋qn D.不能确定
解析 (1＋qm＋n)－(qm＋qn)＝(qm－1)(qn－1).(分q>1及0答案 A
9.设a，b，c∈(0，＋∞)，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“PQR>0”是“P、Q、R同时大于0”的
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析 必要性显然成立；当PQR>0时，若P、Q、R不同时大于0，则其中两个为负，一个为正，不妨设P>0，Q<0，R<0，则Q＋R＝2c<0，这与c>0矛盾，即充分性也成立.
答案 C
10.设a、b是正实数，以下不等式
①＞ ②a＞|a－b|－b
③a2＋b2＞4ab－3b2 ④ab＋＞2
恒成立的序号为
A.①③ B.①④
C.②③ D.②④
解析 ≤＝，即≥，故①不正确，排除A、B；∵ab＋≥2＞2，即④正确.
答案 D
11.若a、b∈R＋，则下列不等式不一定成立的是
A.a＋b＋≥2 B.(a＋b)≥4
C.≥a＋b D.≥
答案 D
12.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
A. B.
C. D.
答案 B
二、填空题(每小题5分，共20分)
13.若a、b是正实数，当n∈N且n≥2时，an＋bn与an－1b＋abn－1的大小关系是________.
答案 an＋bn≥an－1b＋abn－1
14.请补全用分析法证明不等式“ac＋bd≤”时的推论过程：要证明ac＋bd≤____①____，
只要证(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)，
即要证：a2c2＋2abcd＋b2d2≤a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2，
即要证a2d2＋b2c2≥2abcd，____②____.
答案 ①当ac＋bd≤0时，命题成立；当ac＋bd>0时
②∵(ad－bc)2≥0，∴a2d2＋b2c2≥2abcd，
∴命题成立
15.设x＞0，y＞0，A＝，B＝＋，则A，B的大小关系是________.
解析 ∵A＝＋＜＋＝B，
∴A＜B.
答案 A＜B
16.设0解析 ∵<<1<<，y＝f(x)在R上是减函数，∴f>f>f>f.
答案 f>f>f>f
三、解答题(共70分)
17.(10分)设不等式|2x－1|＜1的解集为M.
(1)求集合M；
(2)若a，b∈M.试比较ab＋1与a＋b的大小.
解析 (1)由|2x－1|＜1得－1＜2x－1＜1，解得0＜x＜1，所以M＝{x|0＜x＜1}.
(2)由(1)和a，b∈M可知0＜a＜1，0＜b＜1.
所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)＞0，
故ab＋1＞a＋b.
18.(12分)(1)已知x∈R，a＝x2＋，b＝2－x，c＝x2－x＋1，试证明a，b，c中至少有一个不小于1.
(2)用分析法证明：若a>0，则 ＋2≥a＋＋.
证明 (1)假设a，b，c均小于1，即a<1，b<1，c<1，则有a＋b＋c<3.
而a＋b＋c＝2x2－2x＋＋3＝2＋3≥3，
两者矛盾；
故a，b，c至少有一个不小于1.
(2)要证： ＋2≥a＋＋，
因为a>0，所以两边均大于零，因此只需证：
≥.
只需证： ≥，
只需证：a2＋≥
即证：a2＋≥2，它显然成立，
所以原不等式成立.
19.(12分)设a，b，c为三角形的三边，求证：＋＋≥3.
证明 设x＝b＋c－a，y＝a＋c－b，z＝a＋b－c，则有a＋b＋c＝x＋y＋z，a＝(y＋z)，b＝(x＋z)，c＝(x＋y).此时，原不等式等价于＋＋≥3.
而＋＋
＝
≥＝3.
所以原不等式成立.
20.(12分)已知x，y∈R，且|x|<1，|y|<1，求证：＋≥.
证明 因为|x|<1，|y|<1，所以>0，>0.所以＋≥.
故要证明结论成立，只需证≥成立，
即证1－xy≥成立即可，
因为(y－x)2≥0，有－2xy≥－x2－y2，
所以(1－xy)2≥(1－x2)(1－y2)，
所以1－xy≥>0，
所以不等式成立.
21.(12分)已知函数f(x)＝x3－x2，x∈R.
(1)若正数m，n满足mn>1，求证f(m)，f(n)至少有一个不小于零；
(2)若a，b为不相等的正数，且满足f(a)＝f(b)，求证a＋b>1.
证明 (1)假设f(m)，f(n)都小于零，
即f(m)＝m3－m2<0，f(n)＝n3－n2<0，
∴m2(m－1)<0，n2(n－1)<0，
∴0∴01矛盾.
故f(m)，f(n)至少有一个不小于零.
(2)∵f(a)＝a3－a2＝b3－b2，∴a3－b3＝a2－b2，
∴(a－b)(a2＋ab＋b2)＝(a－b)(a＋b).
又a，b为不相等的正数，∴a－b≠0，
∴a2＋ab＋b2＝a＋b，∴(a＋b)2－ab＝a＋b，
∴(a＋b)2－(a＋b)＝ab>0，
∴(a＋b)2－(a＋b)>0，解得a＋b<0或a＋b>1.
∵a，b为不相等的正数，∴a＋b>1.
22.(12分)(2019·全国卷Ⅲ)设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.
(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；
(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立，证明：a≤－3或a≥－1.
解析 (1)因为[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2
＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)·(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]
≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，
所以由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，
当且仅当x＝，y＝－，z＝－时等号成立.
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为.
(2)证明 因为[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2
＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)·(z－a)＋(z－a)(x－2)]
≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，
所以由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，
当且仅当x＝，y＝，z＝时等号成立.
所以(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为.
由题设知≥，解得a≤－3或a≥－1.
第二讲 证明不等式的基本方法
第一课时 比较法
[基础达标]
1.若x，y∈R，记w＝x2＋3xy，u＝4xy－y2，则w与u为
A.w＞u B.w＜u
C.w≥u D.无法确定
解析 ∵w－u＝x2－xy＋y2＝＋≥0，
∴w≥u.
答案 C
2.若T1＝，T2＝，则当s，m，n∈R＋时，T1与T2的大小为
A.T1≤T2 B.T1＝T2
C.T1＞T2 D.T1＜T2
解析 因为－＝s·＝≤0.
所以T1≤T2.
答案 A
3.已知a>0，且a≠1，P＝loga(a3＋1)，Q＝loga(a2＋1)，则P，Q的大小关系是
A.P>Q B.PC.P＝Q D.大小不确定
解析 P－Q＝loga(a3＋1)－loga(a2＋1)＝loga，当0∴loga>0，即P－Q>0，∴P>Q.
当a>1时，a3＋1>a2＋1>0，>1，
∴loga>0，即P－Q>0，∴P>Q.
答案 A
4.设A＝＋，B＝(a>0，b>0)，则A，B的大小关系为________.
解析 A－B＝－＝＝.
∵a>0，b>0，∴2ab>0，a＋b>0，
又(a－b)2≥0，∴A≥B.
答案 A≥B
5.已知a，b∈R，求证：a2＋b2＋1＞ab＋a.
证明 ∵p＝a2＋b2＋1－ab－a＝[(a2－2ab＋b2)＋(a2－2a＋1)＋b2＋1]
＝[(a－b)2＋(a－1)2＋b2＋1]，
∴显然p＞0.即a2＋b2＋1－ab－a＞0，
∴原不等式成立.
[能力提升]
1.已知a＞b，则不等式①a2＞b2；②＜；③＞中不成立的个数是
A.0 B.1
C.2 D.3
答案 D
2.已知a＞b＞0且ab＝1，设c＝，P＝logca，N＝logcb，M＝logc(ab)，则
A.P＜M＜N B.M＜P＜N
C.N＜P＜M D.P＜N＜M
解析 因为c＝＜＝1，即0＜c＜1.
又a＞b＞0，ab＝1，所以a＞1＞b＞0，
所以P＝logca＜0，N＝logcb＞0，M＝logc(ab)＝0.故选A.
答案 A
3.已知a＞2，x∈R，P＝a＋，Q＝，则P、Q的大小关系为
A.P≥Q B.P＞Q
C.P＜Q D.P≤Q
解析 ∵a＞2，∴a－2＞0，
P＝a＋＝a－2＋＋2≥2＋2＝4.
又Q＝≤＝4.∴P≥Q.
答案 A
4.已知实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c的大小关系是
A.c≥b>a B.a>c≥b
C.c>b>a D.a>c>b
解析 ∵c－b＝4－4a＋a2，∴c－b＝(a－2)2≥0，∴c≥b.
而由b＋c＝6－4a＋3a2和c－b＝4－4a＋a2，两式相减，得2b＝2＋2a2，即b＝1＋a2.
∴b－a＝a2－a＋1＝＋>0.
∴b>a.∴c≥b>a.故选A.
答案 A
5.若q＞0且q≠1，m，n∈N＋，则1＋qm＋n与qm＋qn的大小关系是
A.1＋qm＋n＞qm＋qn B.1＋qm＋n＜qm＋qn
C.1＋qm＋n＝qm＋qn D.不能确定
答案 A
6.在等比数列{an}和等差数列{bn}中，a1＝b1＞0，a3＝b3＞0，a1≠a3，则a5与b5的大小关系是
A.a5＜b5 B.a5＞b5
C.a5＝b5 D.不确定
答案 B
7.若0答案 Q>P>M
8.若a，b>0，则a5＋b5与a3b2＋a2b3的大小关系是_______________________________________________.
答案 a5＋b5≥a3b2＋a2b3
9.若n∈N＋，且n>1，则logn(n＋1)与log(n＋1)(n＋2)的大小关系为________.
答案 logn(n＋1)>log(n＋1)(n＋2)
10.设不等式|2x－1|<1的解集为M.
(1)求集合M；
(2)若a，b∈M，试比较ab＋1与a＋b的大小.
解析 (1)由|2x－1|<1可得－1<2x－1<1，
则0(2)由(1)及a，b∈M，知00，故ab＋1>a＋b.
11.已知a、b都是正数，x、y∈R，且a＋b＝1，
求证：ax2＋by2≥(ax＋by)2.
证明 由a>0，b>0，且a＋b＝1可知
a＝1－b>0，b＝1－a>0，
∵ax2＋by2－(ax＋by)2
＝ax2＋by2－a2x2－2abxy－b2y2
＝ax2(1－a)＋by2(1－b)－2abxy
＝abx2＋aby2－2abxy＝ab(x－y)2≥0，
∴ax2＋by2≥(ax＋by)2.
12.设a，b是非负实数，求证：a3＋b3≥(a2＋b2).
证明 由a，b是非负实数，作差得
a3＋b3－(a2＋b2)＝a2(－)＋b2(－)＝(－).
当a≥b时，≥，从而()5≥()5，
得(－)≥0；
当a得(－)>0.
所以a3＋b3≥(a2＋b2).
课件19张PPT。第二讲 证明不等式的基本方法第一课时 比较法[目标导学]
1.理解用比较法证明不等式的一般方法和步骤.
2.会用比较法证明具体的不等式.比较法证明不等式可分为作差比较法和作商比较法两种：
(1)要证明a>b，只要证明________；要证明a(2)要证明a>b>0，只要证明________；要证明b>a>0，只要证明________.这种证明不等式的方法，叫做作商比较法.a－b>0 a－b<0 思路点拨 由于两边都是低次的整式，宜用作差法.【证明】 (1)a2＋b2－2(a－b－1)
＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，
∴a2＋b2≥2(a－b－1).
(2)bc2＋ca2＋ab2－(b2c＋c2a＋a2b)
＝(bc2－c2a)＋(ca2－b2c)＋(ab2－a2b)
＝c2(b－a)＋c(a－b)(a＋b)＋ab(b－a)
＝(b－a)(c2－ac－bc＋ab)
＝(b－a)(c－a)(c－b)，
∵a>b>c，∴b－a<0，c－a<0，c－b<0.
∴(b－a)(c－a)(c－b)<0，
∴bc2＋ca2＋ab2作差比较法证明不等式的技巧
(1)作差比较法中，变形具有承上启下的作用，变形的目的在于判断差的符号，而不用考虑差能否化简或值是多少.
(2)变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法.
(3)因式分解是常用的变形手段，为了便于判断差式的符号，常将差式变形为一个常数，或几个因式积的形式，当所得的差式是某字母的二次三项式时，常用判别式法判断符号.1.求证：sin x＋sin y≤1＋sin xsin y(x，y∈R).
证明 ∵sin x＋sin y－1－sin x sin y
＝sin x(1－sin y)－(1－sin y)
＝(1－sin y)(sin x－1)，
∵－1≤sin x≤1，－1≤sin y≤1，
∴1－sin y≥0，sin x－1≤0.
∴(1－sin y)(sin x－1)≤0，
即sin x ＋sin y≤1＋sin xsin y.思路点拨 不等式两端都是指数式，它们的值均为正数，可考虑用比商法.●方法技巧
(1)当欲证的不等式两端是乘积形式或幂指数不等式时，常采用作商比较法.
(2)作商比较法的证明步骤是：判断符号、作商、变形、判断与1的大小.2.已知a>2，求证：loga(a－1)数(式)大小的比较问题常常用“比较法”来解决，在实际应用不等关系问题中，常用到比较法的思想来解决问题，若是选择或填空题可用特殊值法判断数的大小关系.3.对于同样的距离，船在流水中来回行驶一次的时间和在静水中来回行驶一次的时间是否相等？(假定船在流水、静水中的速度均保持不变)本课结束
请按ESC键返回第三课时 反证法与放缩法
[基础达标]
1.用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时，反设正确的是
A.假设三内角都不大于60°
B.假设三内角都大于60°
C.假设三内角至多有一个大于60°
D.假设三内角至多有两个大于60°
答案 B
2.设偶函数f(x)＝loga|x＋b|在(0，＋∞)上单调递减，则f(b－2)与f(a＋1)的大小关系是
A.f(b－2)＝f(a＋1) B.f(b－2)＞f(a＋1)
C.f(b－2)＜f(a＋1) D.不能确定
解析 因为函数f(x)是偶函数，所以b＝0.
因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以0＜a＜1，f(b－2)＝loga2，
f(a＋1)＝loga(a＋1)，而a＋1＜2，
所以f(b－2)＜f(a＋1).
答案 C
3.设x>0，y>0，A＝，B＝＋，则A与B的大小关系为
A.A≥B B.A＝B C.A>B D.A解析 ∵x>0，y>0，∴A＝＋<＋＝B.
答案 D
4.某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f(x)在[0，1]上有意义，且f(0)＝f(1)，如果对于不同的x1，x2∈[0，1]，都有)＜|x1－x2|，求证：)＜.那么它的假设应该是________.
解析 假设)≥.
答案 )≥
5.已知x>0，y>0，且x＋y>2，试证：，中至少有一个小于2.
证明 假设，都不小于2，即≥2，且≥2.
因为x>0，y>0，所以1＋x≥2y，且1＋y≥2x.
把这两个不等式相加，得2＋x＋y≥2(x＋y)，
从而x＋y≤2，这与已知条件x＋y>2矛盾.
因此，，都不小于2是不可能的，即原命题成立.
[能力提升]
1.已知a2＋b2＝1且c＜a＋b恒成立，则c的取值范围是
A.(－∞，－2) B.(－∞，－)
C.(－，) D.(－∞，)
解析 令a＝cos θ，b＝sin θ，θ∈R，则a＋b＝cos θ＋sin θ＝sin≥－，∴c＜－.
答案 B
2.已知a、b、c、d都是正数，S＝＋＋＋，则有
A.0C.2答案 B
3.已知a＞b＞c，则＋＋的值
A.是正数 B.是负数或零
C.是非负数 D.不确定
解析 令a－b＝m，b－c＝n，
则a－c＝m＋n，且m＞0，n＞0，
∴＞，∴原式＝＋＞0.
答案 A
4.设M＝＋＋＋…＋，则
A.M＝1
B.M<1
C.M>1
D.M与1大小关系不确定
解析 分母全换成210，共有210个单项.
答案 B
5.对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：
①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；
②a>b与a③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立.
其中判断正确的个数为
A.0 B.1 C.2 D.3
解析 对于①，假设(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，这时a＝b＝c，与已知矛盾，则(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0，故①正确.对于②，假设a>b与ab与a答案 C
6.若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1，1]内至少有一个值c，使f(c)>0，则实数p的取值范围是
A. B.
C.(－1，0) D.
解析 若在[－1，1]内没有满足f(c)>0的实数c，则解得
∴此时p的取值范围是，
取补集即得所求实数p的范围，即.
答案 A
7.已知a＞0，b＞0且a＋b＝1，则z＝2a＋3b的取值范围是________.
解析 令a＝cos2θ，b＝sin2θ，θ∈，则
z＝2a＋3b＝2cos2θ＋3sin2θ＝2＋sin2θ，
∵0＜sin2θ＜1，∴2＜z＜3.
答案 (2，3)
8.设x＞1，则＋与1的大小关系为________.
解析 ∵x＞1，∴1＋x＞2.∴＜，
∴＋＞＋＝＝1.
答案 ＋＞1
9.若f(n)＝－n，g(n)＝，n∈N＋，则f(n)与g(n)的大小关系为____________.
解析 f(n)＝－n
＝＜＝＝g(n).
答案 g(n)＞f(n)
10.已知函数f(x)＝，设a、b∈R，且a≠b，求证：|f(a)－f(b)|＜|a－b|.
证明 |f(a)－f(b)|＜|a－b|?|－|＜|a－b|
?(－)2＜(a－b)2
?2＋a2＋b2－2 ＜a2＋b2－2ab
?1＋ab＜.①
当ab≤－1时，式①显然成立；
当ab＞－1时，式①?(1＋ab)2＜(1＋a2)(1＋b2)?2ab＜a2＋b2.②
∵a≠b，∴式②成立.故原不等式成立.
本题还可用放缩法进行证明，过程更为简捷.
∵|－|＝＜
≤＝|a－b|.
∴原不等式成立.
11.设a>0，b>0，且a＋b＝＋.求证：
(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，b>0，得ab＝1.
(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2.
(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，则由a2＋a<2及a>0得012.已知△ABC的三边长是a，b，c，且m为正数，求证：＋＞.
证明 设函数f(x)＝＝1－(x＞0，m＞0)，
我们不难证明f(x)＝1－在(0，＋∞)上是增函数.
∴有f(x)＝在(0，＋∞)上是增函数.
∵f(a)＋f(b)＝＋＞＋
＝＝f(a＋b)，
又a＋b＞c，∴f(a＋b)＞f(c)＝.
∴＋＞成立.
课件22张PPT。第三课时 反证法与放缩法[目标导学]
1.了解反证法和放缩法在证明不等式中的应用；
2.掌握用反证法和放缩法证明不等式的具体过程；
3.在具体问题中能合理选择证明不等式的方法，培养综合的数学证明能力.1.首先假设___________________，然后利用________________________________________进行推理，逐步得到和____________矛盾的结论，以此说明________不正确，从而证明________成立，这种方法称为反证法，对于那些__________________的命题常用反证法证明.要证的命题不成立 已知条件，应用公理、定义、定理、性质等 命题的条件 假设 原命题 直接证明比较困难 2.证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值_________________，简化不等式，从而达到证明的目的，这种方法称为放缩法.
放大或缩小 比较法、综合法和分析法仅仅是从宏观上证明不等式的三种最基本的思维方式.如果从解题的切入点的角度细分，证明不等式还有代换法(换元法)、放缩法、反证法等.1.代换法
将所证的不等式的字母作适当的代换，以达到简化证题过程的目的，这种方法称为代换法(又称换元法).而三角换元是最常用的换元方法.对于条件不等式的证明，当所给的条件较复杂，一个变量不易用另一个变量表示时，可
考虑三角换元，将两个变量都用一个参数表示.此法如果运用恰当，可沟通三角与代数的联系，将复杂的代数问题转化为三角问题.如：若问题中已知x2＋y2＝a2(a∈(0，＋∞))，可设x＝acos θ，y＝asin θ；若已知x2＋y2≤1，可设x＝rcos θ，y＝rsin θ，|r|≤1等.3.反证法
要证不等式M>N，先假设M≤N，由题设及其他性质，推出矛盾，从而肯定M>N成立.凡涉及到的证明不等式为否定性命题，唯一性命题或是含“至多”“至少”等字句时，可考虑使用反证法.思路点拨 由条件x2＋y2≤1联想三角代换.●方法技巧
三角代换是变量代换中最常见的一种，若出现x2＋y2＝1，可设x＝cos θ，y＝sin θ，若出现x2＋y2＝a2(a＞0)，可设x＝acos θ，y＝asin θ.若出现x2＋y2≤a2(a＞0)时，可设x＝rcos θ，y＝rsin θ，但要规定|r|≤a.变量代换中一定要注意新元的范围.●方法技巧
利用放缩法证明不等式，要根据不等式两端的特点及已知条件，进行恰当地放缩，可采取舍掉其中一些项，或在分式中放大或缩小分子、分母，或者把和式中各项或某项换为较大或较小的数，从而达到证明不等式的目的.思路点拨 本题是以否定形式给出的命题，通常考虑用反证法，通过推理论证，得出与条件或与事实矛盾的结论.●方法技巧
有些命题直接证明时有困难，这时可考虑用反证法.运用反证法证题时，由于作出了与结论相反的假设，相当于增加了题设条件，因此在证明的过程中必须使用这个增加的条件，否则将无法推出矛盾.本课结束
请按ESC键返回第二课时 综合法与分析法
[基础达标]
1.给出下列四个命题：
①若a＞b＞0，则＞；②若a＞b＞0，则a－＞b－；③若a＞b＞0，则＞；④设a，b是互不相等的正数，则|a－b|＋≥2.其中正确的命题是
A.①② B.② C.②③ D.③④
解析 ①a>b>0，则<，故①错；②a>b>0，则<，故②对；③中－＝＝<0，故③错；④因为a－b不能确定为正数，故④错.
答案 B
2.当x>1时，不等式x＋≥a恒成立，则实数a的取值范围是
A. (－∞，2] B.[2，＋∞)
C.[3，＋∞) D.(－∞，3]
解析 要使x＋≥a恒成立，只需f(x)＝x＋的最小值大于等于a即可，而x＋＝x－1＋＋1≥2 ＋1＝3(当且仅当x＝2时，等号成立).
∴f(x)的最小值为3，∴a≤3.
答案 D
3.设a，b∈(0，＋∞)，A＝＋，B＝，则A，B的大小关系是
A.A≥B B.A≤B C.A>B D.A解析 ∵(＋)2＝a＋2＋b，∴A2－B2>0.又A>0，B>0，∴A>B.
答案 C
4.已知a>0，b>0，若P是a，b的等差中项，Q是a，b的正的等比中项，是，的等差中项，则P，Q，R按从大到小的顺序排列为________.
解析 由已知得P＝，Q＝，＝＝，即R＝，显然P≥Q，又≤＝，所以Q≥R，所以P≥Q≥R.
答案 P≥Q≥R
5.已知a，b，c都是正数，求证：
2≤3.
证明 要证2≤3，只需证a＋b－2≤a＋b＋c－3，即－2≤c－3，即c＋2≥3，由a，b，c为正数，有c＋2＝c＋＋≥3成立.
故原不等式成立.
[能力提升]
1.设a＝，b＝－，c＝－，那么a，b，c的大小关系是
A.a＞b＞c B.a＞c＞b
C.b＞a＞c D.b＞c＞a
答案 B
2.如果不等式|b－a|＜1成立的充分而非必要条件是＜b＜，则实数a的取值范围是
A.＜a＜ B.≤a≤
C.a＜或a＞ D.a≤或a≥
答案 B
3.已知a、b∈R，则a＋b>2，ab>1是a>1，b>1的
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
答案 B
4.若a，b，c∈R，且ab＋bc＋ac＝1，则下列不等式成立的是
A.a2＋b2＋c2≥2 B.(a＋b＋c)2≥3
C.＋＋≥2 D.abc(a＋b＋c)≤
解析 因为a2＋b2≥2ab，a2＋c2≥2ac，b2＋c2≥2bc，将三式相加，得2(a2＋b2＋c2)≥2ab＋2bc＋2ac，即a2＋b2＋c2≥1.
又因为(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac，
所以(a＋b＋c)2≥1＋2×1＝3.故选项B成立.
答案 B
5.已知a、b、c均大于1，且logac·logbc＝4，则下列各式中，一定正确的是
A.ab≥c B.ac≥b
C.ab≤c D.bc≥a
答案 A
6.已知a，b，c为三角形的三边且S＝a2＋b2＋c2，P＝ab＋bc＋ca，则
A.S≥2P B.PC.S>P D.P≤S<2P
解析 ∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，即S≥P.
又三角形中|a－b|同理b2－2bc＋c2∴a2＋b2＋c2<2(ab＋bc＋ca)，即S<2P.
答案 D
7.已知a>0，b>0，m＝＋，n＝＋，p＝，则m、n、p的大小顺序是________.
答案 m≥n>p
8.已知x，y∈R，且1≤x2＋y2≤2，z＝x2＋xy＋y2，则z的取值范围是________.
解析 ∵－≤xy≤，∴(x2＋y2)≤x2＋xy＋y2≤(x2＋y2).
又1≤x2＋y2≤2，∴≤z≤3.
答案
9.在△ABC中，a，b，c分别是∠A，∠B，∠C的对边，若∠C＝90°，则的取值范围是________.
解析 由题意知c2＝a2＋b2≥2ab，即≤.
∴＝ ＝ ≤.
(当且仅当a＝b时取等号).
又三角形中a＋b＞c.∴1＜≤.
答案 (1，]
10.已知a>b>c，求证：＋≥.
证明 ∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0.
设a－b＝x，b－c＝y，则a－c＝x＋y，原式转化为证明＋≥，即证(x＋y)≥4，即证2＋＋≥4，此不等式成立(当且仅当x＝y，即2b＝a＋c时取等号).
∴原不等式成立.
11.若a＞b＞c且a＋b＋c＝0，求证：＜.
证明 ∵a＞b＞c且a＋b＋c＝0，∴a＞0，c＜0.
要证＜，只要证＜a.
也就是证(a＋c)2－ac＜3a2，即证(a－c)(2a＋c)＞0.
∵a－c＞0，2a＋c＝(a＋c)＋a＝－b＋a＞0.
∴(a－c)(2a＋c)＞0成立.∴原不等式成立.
12.(2019·全国卷Ⅰ)已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：
(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
证明 (1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，
故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.
当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立.
所以＋＋≤a2＋b2＋c2.
(2)因为a，b，c为正数且abc＝1，
故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3
≥3＝3(a＋b)(b＋c)(c＋a)
≥3×(2)×(2)×(2)＝24.
当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立.
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
课件25张PPT。第二课时 综合法与分析法[目标导学]
1.理解综合法和分析法的概念.
2.掌握综合法和分析法的证明过程.1.综合法
从_________出发，利用_______________________等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做综合法，又叫__________________________法.
2.分析法
从___________出发，逐步寻求使它成立的________直至所需条件为_________________________________，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法，这是一种___________的思考和证明的方法.已知条件 定义、公理、定理、性质 顺推证法或由因导果 要证的结论 充分条件 已知条件或一个明显成立的事实 执果索因 1.综合法与分析法的比较2.用综合法证明不等式的逻辑关系
A?B1?B2?…?Bn?B
(已知)(逐步推演不等式成立的必要条件)(结论)
由此可见，综合法是“由因导果”，即由已知条件出发，推导出所要证明的不等式成立.3.分析法也是证明不等式时一种常用的基本方法
当证题不知从何入手时，有时可以运用分析法而获得解决，特别是对于条件简单而结论复杂的题目，往往更是行之有效.另外对于恒等式的证明，也同样可以运用.
用分析法证“若A则B”这个命题的模式是：
为了证明命题B为真，
这只需证明命题B1为真，从而有…
这只需证明命题B2为真，从而有…
…这只需证明命题A为真.
而已知A为真，故B必真.
可见分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，它与综合法是对立统一的两种方法.用分析法证明不等式的逻辑关系是：思路点拨 不等式左边为两两乘积的形式，而已知条件是a、b、c和的形式，因此将已知式两边平方，可得出a、b、c两两积及a2、b2、c2和的式子，然后再利用不等式定理将a2＋b2＋c2转化为a、b、c的两两积之和，证出所证不等式.●方法技巧
综合法证明不等式的策略
(1)综合法证明不等式，揭示出条件和结论之间的因果联系，为此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.思路点拨 运用分析法，先化分数指数幂为整数指数幂形式，再进一步分析证明.●方法技巧
当要证明的不等式比较复杂、两端差异难以消去或者已知条件信息少、已知与要证明的不等式之间的联系不明显，一般可以采用分析法.分析法是步步寻找不等式成立的充分条件，直到找到一个明显成立的不等式.分析法的思维是逆向思维，在证题时，应正确使用“要证”，“只需证”这样的关键词.思路点拨 从已知条件出发，进行演绎推理，直至综合法推出的结论与分析法追溯的充分条件统一为止，从而证明了不等式.●方法技巧
在不等式的证明过程中，分析法，综合法常常是不能分离的，使用综合法难以入手时，常用分析法探索证题思路，之后用综合法写出证明过程，以适应人们习惯的思维规律.本课结束
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