2019-2020学年高中数学 第2讲 证明不等式的基本方法章末复习课课件 新人教A版选修4-5

第二讲证明不等式的基本方法章末复习课[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＝lg22，b＝lg33，c＝lg55，则()A．a＜b＜cB．c＜b＜aC．c＜a＜bD．b＜a＜cC[a与b比较：a＝3lg26＝lg86，b＝2lg36＝lg96.∵9＞8，∴b＞a，b与c比较：b＝lg33＝lg3515，c＝lg55＝lg5315.∵35＞53，∴b＞c，a与c比较：a＝lg2510＝lg3210，c＝lg2510.∵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：x2＋xy＋y2＋y2＋yz＋z2＋z2＋zx＋x2＞32(x＋y＋z)．[自主解答]因为x2＋xy＋y2＝x＋y22＋34y2≥x＋y22＝x＋y2≥x＋y2，同理可证：y2＋yz＋z2≥y＋z2，x2＋xz＋z2≥z＋x2.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：x2＋xy＋y2＋y2＋yz＋z2＋z2＋zx＋x2＞x＋y2＋y＋z2＋z＋x2＝32(x＋y＋z)，所以有x2＋xy＋y2＋y2＋yz＋z2＋z2＋zx＋x2＞32(x＋y＋z)．2．设a，b，c均为大于1的正数，且ab＝10.求证：logac＋logbc≥4lgc.[证明]由于a＞1，b＞1，故要证明logac＋logbc≥4lgc，只要证明lgclga＋lgclgb≥4lgc.又c＞1，故lgc＞0，所以只要证1lga＋1lgb≥4，即lga＋lgblga·lgb≥4.因ab＝10，故lga＋lgb＝1，只要证明1lga·lgb≥4.(*)由a＞1，b＞1，故lga＞0，lgb＞0，所以0＜lga·lgb≤lga＋lgb22＝122＝14，即(*)式成立．所以，原不等式logac＋logbc≥4lgc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＋π2，b＝y2－2z＋π3，c＝z2－2x＋π6，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＝x2－2y＋π2＋y2－2z＋π3＋z2－2x＋π6＝(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＜12BC.[证明]假设AD≥12BC.(1)若AD＝12BC，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≠12BC.(2)若AD＞12BC，因为BD＝DC＝12BC，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＞12BC不成立．由(1)(2)知AD＜12BC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：a1＋a，b1＋b，c1＋c也可以构成一个三角形．[自主解答]设f(x)＝x1＋x，x∈(0，＋∞)．设0x1x2，则f(x2)－f(x1)＝x21＋x2－x11＋x1＝x2－x11＋x11＋x20，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数．∵a，b，c为三角形的三条边，于是a＋bc，∴c1＋ca＋b1＋a＋b＝a1＋a＋b＋b1＋a＋ba1＋a＋b1＋b，即c1＋ca1＋a＋b1＋b，同理b1＋ba1＋a＋c1＋c，a1＋ab1＋b＋c1＋c，∴以a1＋a，b1＋b，c1＋c为边可以构成一个三角形．4．已知|x|＜ε3，|y|＜ε6，|z|＜ε9，求证：|x＋2y－3z|＜ε.[证明]∵|x|＜ε3，|y|＜ε6，|z|＜ε9，∴|x＋2y－3z|＝|1＋2y＋(－3z)|≤|x|＋|2y|＋|－3z|＝|x|＋2|y|＋3|z|＜ε3＋2×ε6＋3×ε9＝ε.∴原不等式成立．1．若实数a，b满足1a＋2b＝ab，则ab的最小值为()A．2B．2C．22D．4C[由1a＋2b＝ab知a0，b0，所以ab＝1a＋2b≥22ab，即ab≥22，当且仅当1a＝2b，1a＋2b＝ab，即a＝42，b＝242时取“＝”，所以ab的最小值为22.]2．设a，b0，a＋b＝5，则a＋1＋b＋3的最大值为________．[解析]令t＝a＋1＋b＋3，则t2＝a＋1＋b＋3＋2a＋1b＋3＝9＋2a＋1b＋3≤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＝72，b＝32.∴tmax＝18＝32.[答案]323．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，a22，a33，a44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an1，an＋k2，an＋2k3，an＋3k4依次构成等比数列？并说明理由．[解](1)证明：因为2an＋12an＝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，a22，a33，a44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＝da，则1＝(1－t)(1＋t)3，且(1＋t)6＝(1＋2t)4－12＜t＜1，t≠0，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＝－14.显然t＝－14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，a22，a33，a44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an1，an＋k2，an＋2k3，an＋3k4依次构成等比数列，则an1(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a2n＋k1及a2n＋2k1，并令t＝da1t＞－13，t≠0，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)＝2[1＋3t2ln1＋3t－31＋2t2ln1＋2t＋31＋t2ln1＋t]1＋t1＋2t1＋3t.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)＝121＋t1＋2t1＋3t＞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－13，0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an1，an＋k2，an＋2k3，an＋3k4依次构成等比数列．4．已知a0，函数f(x)＝eaxsinx(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≥1e2－1，则对一切n∈N*，xn|f(xn)|恒成立．[证明](1)f′(x)＝aeaxsinx＋eaxcosx＝eax(asinx＋cosx)＝a2＋1eaxsin(x＋φ)．其中tanφ＝1a，0φπ2.令f′(x)＝0，由x≥0得x＋φ＝mπ，即x＝mπ－φ，m∈N*.对k∈N，若2kπx＋φ(2k＋1)π，即2kπ－φx(2k＋1)π－φ，则f′(x)0；若(2k＋1)πx＋φ(2k＋2)π，即(2k＋1)π－φx(2k＋2)π－φ，则f′(x)0.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)·sinφ.易知f(xn)≠0，而fxn＋1fxn＝－1n＋2ea[n＋1π－φ]sinφ－1n＋1eanπ－φsinφ＝－eaπ是常数，故数列{f(xn)}是首项为f(x1)＝ea(π－φ)sinφ，公比为－eaπ的等比数列．(2)由(1)知，sinφ＝1a2＋1，于是对一切n∈N*，xn|f(xn)|恒成立，即nπ－φ1a2＋1ea(nπ－φ)恒成立，等价于a2＋1aeanπ－φanπ－φ(*)恒成立(因为a0)．设g(t)＝ett(t0)，则g′(t)＝ett－1t2.令g′(t)＝0