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学案新人教A版.docx

第2讲 证明不等式的基本方法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【例1】设ab0，求证：3a32b33a2b2ab2.自主解答3a32b3(3a2b2ab2)3a2(ab)2b2(ba)(ab)(3a22b2)ab0，ab0,3a22b22a22b20，从而(3a22b2)(ab)0，故3a32b33a2b2ab2成立1若a，b，c，则()AabcBcbaCcab DbacCa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.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：(xyz)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：(xyz)，所以有(xyz)2设a，b，c均为大于1的正数，且ab10.求证：logaclogbc4lg c.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【例3】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.自主解答设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0.3.如图，已知在ABC中，CAB90，D是BC的中点，求证：ADBC.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【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2.2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