高中数学第2讲证明不等式的基本方法章末分层突破学案新人教A版.docx

证明不等式的基本方法章末分层突破 自我校对作差法综合法执果索因放缩法间接证明 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设ab0，求证：3a32b33a2b2ab2.【规范解答】3a32b3(3a2b2ab2)3a2(ab)2b2(ba)(ab)(3a22b2)ab0，ab0,3a22b22a22b20，从而(3a22b2)(ab)0，故3a32b33a2b2ab2成立再练一题1若a，b，c，则()AabcBcbaCcabD.bac【解析】a与b比较：a，b.98，ba，b与c比较：b，c.3553，bc，a与c比较：a，c.3225，ac，bac，故选C.【答案】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已知实数x，y，z不全为零，求证：(xyz)【规范解答】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：(xyz)，所以有(xyz)再练一题2设a，b，c均为大于1的正数，且ab10.求证：logaclogbc4lg c. 【导学号：32750044】【证明】由于a1，b1，故要证明logaclogbc4lg c，只要证明4lg c.又c1，故lg c0，所以只要证4，即4.因ab10，故lg alg b1，只要证明4.(*)由a1，b1，故lg a0，lg b0，所以0lg alg b，即(*)式成立所以，原不等式logaclogbc4lg 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若a，b，c，x，y，z均为实数，且ax22y，by22z，cz22x，求证：a，b，c中至少有一个大于0.【规范解答】设a，b，c都不大于0，则a0，b0，c0，abc0，由题设知，abc(x22x)(y22y)(z22z)(x1)2(y1)2(z1)23，abc0，这与abc0矛盾，故a，b，c中至少有一个大于0.再练一题3如图21，已知在ABC中，CAB90，D是BC的中点，求证：ADBC.图21【证明】假设ADBC.(1)若ADBC，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A90，与题设矛盾，所以ADBC.(2)若ADBC，因为BDDCBC，所以在ABD中，ADBD，从而BBAD.同理CCAD.所以BCBADCAD，即BCA.因为BC180A，所以180AA，即A90，与已知矛盾，故ADBC不成立由(1)(2)知ADBC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【规范解答】设f(x)，x(0，)设0x10，f(x)在(0，)上为增函数a，b，c为三角形的三条边，于是abc，即，同理，0，b0，所以2，即ab2，当且仅当即a，b2时取“”，所以ab的最小值为2.【答案】C2(2015重庆高考)设a，b0，ab5，则的最大值为_【解析】令t，则t2a1b32929a1b313ab13518，当且仅当a1b3时取等号，此时a，b.tmax3.【答案】33(2015江苏高考)设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d0)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2an1an2d(n1,2,3)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a1da，则a1，a2，a3，a4分别为ad，a，ad，a2d(ad，a2d，d0)假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，则a4(ad)(ad)3，且(ad)6a2(a2d)4.令t，则1(1t)(1t)3，且(1t)6(12t)4，化简得t32t220(*)，且t2t1.将t2t1代入(*)式，得t(t1)2(t1)2t23tt13t4t10，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(a12d)n2k(a1d)2(nk)，且(a1d)nk(a13d)n3k(a12d)2(n2k)，分别在两个等式的两边同除以a及a，并令t，则(12t)n2k(1t)2(nk)，且(1t)nk(13t)n3k(12t)2(n2k)将上述两个等式两边取对数，得(n2k)ln(12t)2(nk)ln(1t)，且(nk)ln(1t)(n3k)ln(13t)2(n2k)ln(12t)化简得2kln(12t)ln(1t)n2ln(1t)ln(12t)，且3kln(13t)ln(1t)n3ln(1t)ln(13t)再将这两式相除，化简得ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)4ln(13t)ln(1t)(*)令g(t)4ln(13t)ln(1t)ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)，则g(t).令(t)(13t)2ln(13t)3(12t)2ln(12t)3(1t)2ln(1t)，则(t)6(13t)ln(13t)2(12t)ln(12t)(1t)ln(1t)令1(t)(t)，则1(t)63ln(13t)4ln(12t)ln(1t)令2(t)1(t)，则2(t)0.由g(0)(0)1(0)2(0)0，2(t)0，知2(t)，1(t)，(t)，g(t)在和(0，)上均单调故g(t)只有唯一零点t0，即方程(*)只有唯一解t0，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(2015湖南高考)已知a0，函数f(x)eaxsin x(x0，)记xn为f(x)的从小到大的第n(nN*)个极值点证明：(1)数列f(xn)是等比数列；(2)若a，则对一切nN*，xn|f(xn)|恒成立【证明】(1)f(x)aeaxsin xeaxcos xeax(asin xcos x)eaxsin(x)其中tan ，0.令f(x)0，由x0得xm，即xm，mN*.对kN，若2kx(2k1)，即2kx0；若(2k1)x(2k2)，即(2k1)x(2k2)，则f(x)0.因此，在区间(m1)，m)与(m，m)上，f(x)的符号总相反于是当xm(mN*)时，f(x)取得极值，所以xnn(nN*)此时，f(xn)ea(n)sin(n)(1)n1ea(n)sin .易知f(xn)0，而ea是常数，故数列f(xn)是首项为f(x1)ea()sin ，公比为ea的等比数列(2)由(1)知，sin ，于是对一切nN*，xn|f(xn)|恒成立，即nea(n)恒成立，等价于0)设g(t)(t0)，则g(t).令g(t)0得t1.当0t1时，g(t)1时，g(t)0，所以g(t)在区间(1，)上单调递增从而当t1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 且0知，.于是.因此对一切nN*，axn1，所以g(axn)g(1)e.故(*)式亦恒成立综上所述，若a，则对一切nN*，xn0，b0，则p(ab)，qabba的大小关系是()Apq BpqCpqD.p0，则1，ab0，从而1，得pq；若ba0，则01，ab0，从而1，得pq.综上所述，pq.【答案】A12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()A0B B0BC0B D.B【解析】由a，b，c成等差数列，得2bac，cos B，.当且仅当abc时，等号成立cos B的最小值为.又ycos B在上是减函数，0B.【答案】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m2n2a，x2y2b(ab)，则mxny的最大值为_. 【导学号：32750046】【解析】设mcos ，nsin ，xcos ，ysin ，则mxnycos cos sin sin cos()当cos()1时，mxny取得最大值.【答案】15用分析法证明：若a，b，m都是正数，且ab，则.完成下列证明过程：bm0，b0，要证原不等式成立，只需证明b(am)a(bm)，即只需证明_m0，只需证明ba，由已知显然成立原不等式成立【解析】b(am)a(bm)与bmam等价，因此欲证b(am)a(bm)成立，只需证明bmam即可【答案】bmam16已知a，b，c，dR，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1S2.【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m0，a，bR，求证：.【证明】m0，1m0.所以要证原不等式成立，只需证(amb)2(1m)(a2mb2)，即证m(a22abb2)0，即证(ab)20，而(ab)20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abcd1，acbd1，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a0，b0，c0，d0，则1(ab)(cd)(acbd)(adbc)acbd，这与已知中acbd1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 alg blg c.【证明】法一要证：lg lg lg lg alg blg c，只需证lglg(abc)，只需证abc.0，0，0，abc0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，lglg(abc)，即lg lg lg lg alg blg c.20(本小题满分12分)若0a2,0b2,0c2，求证：(2a)b，(2b)c，(2c)a不能同时大于1.【证明】假设三数能同时大于1，即(2a)b1，(2b)c1，(2c)a1.那么1，同理1，1，三式相加3，即33.上式显然是错误的，该假设不成立(2a)b，(2b)c，(2c)a不能同时都大于1.21(本小题满分12分)求证：2(1)12(nN). 【导学号：32750047】【证明】2()，kN，12(1)()()2(1)又2()，kN，1