2023届高三数学总复习-不等式证明的基本方法教案选修4-4-新人教A版

2023届高三数学总复习不等式证明的基本方法教案新人教A版选修4-4考情分析考点新知证明不等式的基本方法．①了解证明不等式的基本方法：比较法，综合法，分析法，反证法，换元法，数学归纳法，放缩法.②能用比较法，综合法，分析法证明简单的不等式.1.设a、b∈R＋，试比较eq\f(\r(a)＋\r(b),\r(2))与eq\r(a＋b)的大小．解：∵(eq\r(a＋b))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a)＋\r(b),\r(2))))eq\s\up12(2)＝eq\f(（\r(a)－\r(b)）2,2)≥0，∴eq\r(a＋b)≥eq\f(\r(a)＋\r(b),\r(2)).2.若a、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1，求eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)的最大值．解：(1·eq\r(a)＋1·eq\r(b)＋1·eq\r(c))2≤(12＋12＋12)(a＋b＋c)＝3，即eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)的最大值为eq\r(3).3.设a、b、m∈R＋，且eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)，求证：a＞b.证明：由eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)，得eq\f(b,a)－eq\f(b＋m,a＋m)＝eq\f(（b－a）m,a（a＋m）)＜0.因为a、b、m∈R＋，所以b－a＜0，即b＜a.4.若a、b∈R＋，且a≠b，M＝eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))，N＝eq\r(a)＋eq\r(b)，求M与N的大小关系．解：∵a≠b，∴eq\f(a,\r(b))＋eq\r(b)>2eq\r(a)，eq\f(b,\r(a))＋eq\r(a)>2eq\r(b)，∴eq\f(a,\r(b))＋eq\r(b)＋eq\f(b,\r(a))＋eq\r(a)>2eq\r(b)＋2eq\r(a)，即eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))>eq\r(b)＋eq\r(a)，即M>N.5.用数学归纳法证明不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n＋n)>eq\f(1,2)(n>1，n∈N*)的过程中，用n＝k＋1时左边的代数式减去n＝k时左边的代数式的结果是A，求代数式A.解：当n＝k时，左边＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,k＋k)，n＝k＋1时，左边＝eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,（k＋1）＋（k＋1）)，故左边增加的式子是eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)，即A＝eq\f(1,（2k＋1）（2k＋2）).1.不等式证明的常用方法(1)比较法：比较法是证明不等式的一种最基本的方法，也是一种常用方法，基本不等式就是用比较法证得的．比较法有差值、比值两种形式，但比值法必须考虑正负．比较法证明不等式的步骤：作差(商)、变形、判断符号．其中的变形主要方法是分解因式、配方，判断过程必须详细叙述．(2)综合法：综合法就是从题设条件和已经证明过的基本不等式出发，不断用必要条件替换前面的不等式，直到推出要证明的结论，即为“由因导果”，在使用综合法证明不等式时，常常用到基本不等式．(3)分析法：分析法就是从所要证明的不等式出发，不断地用充分条件替换前面的不等式，直至推出显然成立的不等式，即为“执果索因”．2.不等式证明的其他方法和技巧(1)反证法从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，证实结论的否定是错误的，从而肯定结论是正确的证明方法．(2)放缩法欲证A≥B，可通过适当放大或缩小，借助一个或多个中间量，使得A≥C1≥C2≥…≥Cn≥B，利用传递性达到证明的目的．(3)数学归纳法[备课札记]题型1用比较法证明不等式例1求证：a2＋b2≥ab＋a＋b－1.证明：∵(a2＋b2)－(ab＋a＋b－1)＝a2＋b2－ab－a－b＋1＝eq\f(1,2)(2a2＋2b2－2ab－2a－2b＋2)＝eq\f(1,2)[(a2－2ab＋b2)＋(a2－2a＋1)＋(b2－2b＋1)]＝eq\f(1,2)[(a－b)2＋(a－1)2＋(b－1)2]≥0.∴a2＋b2≥ab＋a＋b－1.eq\a\vs4\al(备选变式（教师专享）)已知a>0，b>0，求证：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).证明：(证法1)∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(b))＋\f(b,\r(a))))－(eq\r(a)＋eq\r(b))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(b))－\r(b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,\r(a))－\r(a)))＝eq\f(a－b,\r(b))＋eq\f(b－a,\r(a))＝eq\f(（a－b）（\r(a)－\r(b)）,\r(ab))＝eq\f(（\r(a)＋\r(b)）（\r(a)－\r(b)）2,\r(ab))≥0，∴原不等式成立．(证法2)由于eq\f(\b\lc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(b))＋\f(b,\r(a)))),\r(a)＋\r(b))＝eq\f(a\r(a)＋b\r(b),\r(ab)（\r(a)＋\r(b)）)＝eq\f(（\r(a)＋\r(b)）（a－\r(ab)＋b）,\r(ab)（\r(a)＋\r(b)）)＝eq\f(a＋b,\r(ab))－1≥eq\f(2\r(ab),\r(ab))－1＝1.又a>0，b>0，eq\r(ab)>0，∴eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).题型2用分析法、综合法证明不等式例2已知x、y、z均为正数，求证：eq\f(x,yz)＋eq\f(y,zx)＋eq\f(z,xy)≥eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z).证明：(证法1：综合法)因为x、y、z都是正数，所以eq\f(x,yz)＋eq\f(y,zx)＝eq\f(1,z)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)＋\f(y,x)))≥eq\f(2,z).同理可得eq\f(y,zx)＋eq\f(z,xy)≥eq\f(2,x)，eq\f(z,xy)＋eq\f(x,yz)≥eq\f(2,y).将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得eq\f(x,yz)＋eq\f(y,zx)＋eq\f(z,xy)≥eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z).(证法2：分析法)因为x、y、z均为正数，要证eq\f(x,yz)＋eq\f(y,zx)＋eq\f(z,xy)≥eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z).只要证eq\f(x2＋y2＋z2,xyz)≥eq\f(yz＋zx＋xy,xyz)，只要证x2＋y2＋z2≥yz＋zx＋xy，只要证(x－y)2＋(y－z)2＋(z－x)2≥0，而(x－y)2＋(y－z)2＋(z－x)2≥0显然成立，所以原不等式成立．eq\a\vs4\al(变式训练)已知a>0，求证：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.证明：要证eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只需证eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2)，只需证a2＋eq\f(1,a2)＋4＋4eq\r(a2＋\f(1,a2))≥a2＋eq\f(1,a2)＋2＋2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋2，即证2eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))，只需证4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)＋2))，即证a2＋eq\f(1,a2)≥2，此式显然成立．∴原不等式成立．题型3均值不等式与柯西不等式的应用例3求证：eq\r(\f(a2＋b2＋c2,3))≥eq\f(a＋b＋c,3).证明：∵(12＋12＋12)(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2，∴eq\f(a2＋b2＋c2,3)≥eq\f(（a＋b＋c）2,9)，即eq\r(\f(a2＋b2＋c2,3))≥eq\f(a＋b＋c,3).eq\a\vs4\al(变式训练)若实数x、y、z满足x＋2y＋3z＝a(a为常数)，求x2＋y2＋z2的最小值．解：∵(12＋22＋32)(x2＋y2＋z2)≥(x＋2y＋3z)2＝a2，即14(x2＋y2＋z2)≥a2，∴x2＋y2＋z2≥eq\f(a2,14)，即x2＋y2＋z2的最小值为eq\f(a2,14).eq\a\vs4\al(备选变式（教师专享）)用数学归纳法证明：当n是不小于5的自然数时，总有2n>n2成立．证明：(1)当n＝5时，25>52，结论成立．(2)假设当n＝k(k∈N，k≥5)时，结论成立，即有2k>k2，那么当n＝k＋1时，左边＝2k＋1＝2·2k>2·k2＝(k＋1)2＋(k2－2k－1)＝(k＋1)2＋(k－1－eq\r(2))(k－1＋eq\r(2))>(k＋1)2＝右边.∴也就是说，当n＝k＋1时，结论成立．∴由(1)、(2)可知，不等式2n>n2对n∈N，n≥5时恒成立．例4求函数y＝eq\r(1－x)＋eq\r(4＋2x)的最大值．解：∵y2＝(eq\r(1－x)＋eq\r(2)·eq\r(2＋x))2≤[12＋(eq\r(2))2](1－x＋2＋x)＝3×3，∴y≤3，当且仅当eq\f(1,\r(1－x))＝eq\f(\r(2),\r(2＋x))时取“＝”号，即当x＝0时，ymax＝3.eq\a\vs4\al(备选变式（教师专享）)(2023·湖南改编)设x、y∈R，求eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,y2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋4y2))的最小值．解：由柯西不等式，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,y2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋4y2))≥(1＋2)2＝9.∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,y2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋4y2))的最小值为9.1.(2023·陕西)已知a、b、m、n均为正数，且a＋b＝1，mn＝2，求(am＋bn)(bm＋an)的最小值．解：利用柯西不等式求解，(am＋bn)(an＋bm)≥(eq\r(am·an)＋eq\r(bn·bm))2＝mn·(a＋b)2＝2·1＝2，且仅当eq\f(am,an)＝eq\f(bn,bm)m＝n时取最小值2.2.(2023·湖北)设x、y、z∈R，且满足x2＋y2＋z2＝1，x＋2y＋3z＝eq\r(14)，求x＋y＋z的值．解：由柯西不等式可知(x＋2y＋3z)2＝14≤(x2＋y2＋z2)·(12＋22＋32)，因为x2＋y2＋z2＝1，所以当且仅当eq\f(x,1)＝eq\f(y,2)＝eq\f(z,3)时取等号．此时y＝2x，z＝3x代入x＋2y＋3z＝eq\r(14)得x＝eq\f(\r(14),14)，即y＝eq\f(2\r(14),14)，z＝eq\f(3\r(14),14)，所以x＋y＋z＝eq\f(3\r(14),7).3.(2023·江苏)已知a≥b>0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.证明：∵2a3－b3－2ab2＋a2b＝(2a3－2ab2)＋(a2b－b3)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a＋b)(a－b)(2a＋b)，又a≥b>0，∴a＋b>0，a－b≥0，2a＋b≥0，∴(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0，∴2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，∴2a3－b3≥2ab2－a2b.4.(2023·新课标Ⅱ)设a、b、c均为正数，且a＋b＋c＝1.证明：(1)ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3)；(2)eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.证明：(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3).(2)因为eq\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，故eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.1.已知正数a、b、c满足abc＝1，求证：(a＋2)(b＋2)(c＋2)≥27.证明：(a＋2)(b＋2)(c＋2)＝(a＋1＋1)(b＋1＋1)(c＋1＋1)≥3·eq\r(3,a)·3·eq\r(3,b)·3·eq\r(3,c)＝27·eq\r(3,abc)＝27(当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立)．2.已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1，1]．(1)求m的值；(2)若a，b，c∈R，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.解：(1)∵f(x＋2)＝m－|x|≥0，∴|x|≤m，∴m≥0，－m≤x≤m，∴f(x＋2)≥0的解集是[－1，1]，故m＝1.(2)由(1)知eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝1，a、b、c∈R，由柯西不等式得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,2b)＋\f(1,3c)))≥(eq\r(a)·eq\f(1,\r(a))＋eq\r(2b)·eq\f(1,\r(2b))＋eq\r(3c)·eq\f(1,\r(3c)))2＝9.3.已知x，y，z∈R＋，且x＋y＋z＝1(1)若2x2＋3y2＋6z2＝1，求x，y，z的值．(2)若2x2＋3y2＋tz2≥1恒成立，求正数t的取值范围．解：(1)∵(2x2＋3y2＋6z2)(eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,6))≥(x＋y＋z)2＝1，当且仅当eq\f(\r(2)x,\f(1,\r(2)))＝eq\f(\r(3)y,\f(1,\r(3)))＝eq\f(\r(6)z,\f(1,\r(6)))时取“＝”．∴2x＝3y＝6z，又∵x＋y＋z＝1，∴x＝eq\f(1,2)，y＝eq\f(1,3)，z＝eq\f(1,6).(2)∵(2x2＋3y2＋tz2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,3)＋\f(1,t)))≥(x＋y＋z)2＝1，∴(2x2＋3y2＋tz2)min＝eq\f(1,\f(5,6)＋\f(1,t)).∵2x2＋3y2＋tz2≥1恒成立，∴eq\f(1,\f(5,6)＋\f(1,t))≥1.∴t≥6.4.(1)求函数y＝eq\r(x－1)＋eq\r(5－x)的最大值；(2)若函数y＝aeq\r(x＋1)＋eq\r(6－4x)最大值为2eq\r(5)，求正数a的值．解：(1)∵(eq\r(x－1)＋eq\r(5－x))2≤(1＋1)