2020版高考数学大一轮复习 第十三章 系列4选讲 13.2 不等式选讲（第2课时）不等式的证明课件

第2课时不等式的证明第十三章§13.2不等式选讲NEIRONGSUOYIN内容索引基础知识自主学习题型分类深度剖析课时作业1基础知识自主学习PARTONE(1)作差比较法知道ab⇔a－b0，ab⇔a－b0，因此要证明ab，只要证明即可，这种方法称为作差比较法.(2)作商比较法由ab0⇔1且a0，b0，因此当a0，b0时，要证明ab，只要证明即可，这种方法称为作商比较法.1.比较法知识梳理ZHISHISHULIaba－b0ab12.综合法从已知条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，最终推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法叫做综合法，即“由因导果”的方法.3.分析法从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)，从而得出要证的不等式成立，这种证明方法叫做分析法，即“执果索因”的方法.4.反证法先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立.5.放缩法证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的.1.综合法与分析法有何内在联系？提示综合法往往是分析法的相反过程，其表述简单、条理清楚，当问题比较复杂时，通常把分析法和综合法结合起来使用，以分析法寻找证明的思路，而用综合法叙述、表达整个证明过程.2.分析法的过程中为什么要使用“要证”，“只需证”这样的连接“关键词”？提示因为“要证”“只需证”这些词说明了分析法需要寻求的是充分条件，符合分析法的思维是逆向思维的特点，因此在证题时，这些词是必不可少的.【概念方法微思考】(2)用反证法证明命题“a，b，c全为0”的假设为“a，b，c全不为0”.()(3)若实数x，y适合不等式xy1，x＋y－2，则x0，y0.()(4)若m＝a＋2b，n＝a＋b2＋1，则n≥m.()(1)当a≥0，b≥0时，a＋b2≥ab.()题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)基础自测JICHUZICE123456×√√√题组二教材改编1234562.已知a，b∈R＋，a＋b＝2，则的最小值为A.1B.2C.4D.8√解析因为a，b∈R＋，且a＋b＝2，1a＋1b所以(a＋b)1a＋1b＝2＋ba＋ab≥2＋2ba·ab＝4，所以1a＋1b≥4a＋b＝2，即1a＋1b的最小值为2(当且仅当a＝b＝1时，“＝”成立).故选B.A.b＋ma＋m≥baB.b＋ma＋mbaC.b＋ma＋m≤baD.b＋ma＋mba√1234563.若a，b，m∈R＋，且ab，则下列不等式一定成立的是解析因为a，b，m∈R＋，且ab.所以b＋ma＋m－ba＝ma－baa＋m0，即b＋ma＋mba，故选B.4.已知a＋b＋c0，ab＋bc＋ac0，abc0，用反证法求证a0，b0，c0时的反设为A.a0，b0，c0B.a≤0，b0，c0C.a，b，c不全是正数D.abc0123456题组三易错自纠√解析x－y＝a＋1a－b＋1b＝a－b＋b－aab＝a－bab－1ab.5.若ab1，x＝a＋，y＝b＋，则x与y的大小关系是A.xyB.xyC.x≥yD.x≤y123456√由ab1，得ab1，a－b0，1a1b所以a－bab－1ab0，即x－y0，所以xy.故选A.6.若a＝3－2，b＝6－5，c＝7－6，则a，b，c的大小关系为123456A.abcB.acbC.bcaD.cab√解析“分子”有理化得a＝13＋2，b＝16＋5，c＝17＋6，∴abc.2题型分类深度剖析PARTTWO例1(1)已知x，y均为正数，且xy，求证：2x＋1x2－2xy＋y2≥2y＋3；题型一用综合法与分析法证明不等式证明因为x0，y0，x－y0，师生共研2x＋1x2－2xy＋y2－2y＝2(x－y)＋1x－y2＝(x－y)＋(x－y)＋1x－y2≥33x－y2·1x－y2＝3(当且仅当x－y＝1时，等号成立)，所以2x＋1x2－2xy＋y2≥2y＋3.(2)设a，b，c0且ab＋bc＋ca＝1，求证：a＋b＋c≥3.用综合法证明不等式是“由因导果”，用分析法证明不等式是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法.综合法往往是分析法的逆过程，表述简单、条理清楚，所以在实际应用时，往往用分析法找思路，用综合法写步骤，由此可见，分析法与综合法相互转化，互相渗透，互为前提，充分利用这一辩证关系，可以增加解题思路，开阔视野.思维升华跟踪训练1(2017·全国Ⅱ)已知a0，b0，a3＋b3＝2，证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；证明(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a4＋b4－2a2b2)＝4＋ab(a2－b2)2≥4.(2)a＋b≤2.证明因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋3a＋b24(a＋b)＝2＋3a＋b34(当且仅当a＝b时，取等号)，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.∴|2x＋y－4|＝|(2x－2)＋(y－2)|≤|2x－2|＋|y－2|2a3＋a3＝a.题型二放缩法证明不等式即|2x＋y－4|a.师生共研例2(1)设a0，x－1a3，|y－2|a3，求证：|2x＋y－4|a.证明由a0，|x－1|a3，可得|2x－2|2a3，又|y－2|a3，当k＝1时，12n≤1n＋11n；当k＝2时，12n≤1n＋21n；…∴原不等式成立.(2)设n是正整数，求证：12≤1n＋1＋1n＋2＋…＋12n1.证明由2n≥n＋kn(k＝1,2，…，n)，得12n≤1n＋k1n.当k＝n时，12n≤1n＋n1n，∴12＝n2n≤1n＋1＋1n＋2＋…＋12nnn＝1.(1)在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的证明技巧，常见的放缩方法有：思维升华①变换分式的分子和分母，如1k21kk－1，1k21kk＋1，1k2k＋k－1，1k2k＋k＋1，上面不等式中k∈N＋，k1；②利用函数的单调性；③利用结论，如“若0ab，m0，则aba＋mb＋m.”(2)使用绝对值不等式的性质证明不等式时，常与放缩法结合在一起应用，利用放缩法时要目标明确，通过添、拆项后，适当放缩.跟踪训练2设f(x)＝x2－x＋1，实数a满足|x－a|1，求证：|f(x)－f(a)|2(|a|＋1).证明|f(x)－f(a)|＝|x2－x－a2＋a|＝|x－a|·|x＋a－1||x＋a－1|＝|x－a＋2a－1|≤|x－a|＋|2a－1|1＋|2a|＋1＝2(|a|＋1)，即|f(x)－f(a)|2(|a|＋1).3课时作业PARTTHREE基础保分练1234561.设函数f(x)＝|x－p|.(1)当p＝2时，解不等式f(x)≥4－|x－1|；123456(2)若f(x)≥1的解集为(－∞，0]∪[2，＋∞)，1m＋2n－1＝p(m0，n0)，求证：m＋2n≥11.1234562.已知函数f(x)＝|x－1|，关于x的不等式f(x)3－|2x＋1|的解集记为A.(1)求A；解由f(x)3－|2x＋1|，得|x－1|＋|2x＋1|3，即x≤－12，1－x－2x－13或－12x1，1－x＋2x＋13或x≥1，x－1＋2x＋13，解得－1x≤－12或－12x1，∴集合A＝{x|－1x1}.123456(2)已知a，b∈A，求证：f(ab)f(a)－f(b).证明∵a，b∈A，∴－1ab1，∴f(ab)＝|ab－1|＝1－ab，f(a)＝|a－1|＝1－a，f(b)＝|b－1|＝1－b，∵f(ab)－(f(a)－f(b))＝1－ab－1＋a＋1－b＝(1＋a)(1－b)0，∴f(ab)f(a)－f(b).1234563.已知函数f(x)＝|x－5|，g(x)＝5－|2x－3|.(1)解不等式f(x)g(x)；解由题意得原不等式为|x－5|＋|2x－3|5，等价于x5，x－5＋2x－35或32≤x≤5，5－x＋2x－35或x32，5－x＋3－2x5，解得x∈∅或32≤x3或1x32，综上可得1x3.∴原不等式的解集为{x|1x3}.123456(2)设F＝f(x2＋y2)－g(3y＋12)，求证：F≥2.证明F＝|x2＋y2－5|＋|2(3y＋12)－3|－5＝|x2＋y2－5|＋|6y＋21|－5≥|x2＋y2－5＋6y＋21|－5＝|x2＋(y＋3)2＋7|－5＝x2＋(y＋3)2＋2≥2，当且仅当x＝0且y＝－3时等号成立.4.已知函数f(x)＝x2＋|x－2|.(1)解不等式f(x)2|x|；123456解由f(x)2|x|，得x2＋|x－2|2|x|，即x≥2，x2＋x－22x或0x2，x2＋2－x2x或x≤0，x2＋2－x－2x，解得x2或0x1或x≤0，即x2或x1.所以不等式f(x)2|x|的解集为(－∞，1)∪(2，＋∞).123456(2)若f(x)≥a2＋2b2＋3c2(a0，b0，c0)对任意x∈R恒成立，求证：ab·c7232.5.(2018·大连模拟)已知函数f(x)＝|2x＋1|.(1)求不等式f(x)≤8－|x－3|的解集；123456技能提升练(2)若正数m，n满足m＋3n＝mn，求证：f(m)＋f(－3n)≥24.1234566.已知函数f(x)＝|x－3|.(1)解不等式f(x)＋f(x＋1)≥5；123456解|x－3|＋|x－2|≥5，当x3时，(x－3)＋(x－2)≥5，x≥5；当2≤x≤3时，(3－x)＋(x－2)≥5,1≥5，无解；当x2时，(3－x)＋(2－x)≥5，x≤0，综上，不等式的解集为{x|x≥5或x≤0}.123456即|ab－3||b－3a|，则(ab－3)2(b－3a)2，化简得a2b2＋9－b2－9a20，即(a2－1)(b2－9)0.因为|a|1，所以a2－10，所以b2－90，|b|3.(2)若|a|1，且f(ab)|a|·fba，证明：|b|3.证明f(ab)|a|·fba等价于|ab－3||a|·ba－3，