高考数学不等式知识点

第1篇：高考数学不等式知识点

高考数学不等式部分知识点梳理

一、不等式的基本概念

1、不等(等)号的定义：ab0ab;ab0ab;ab0ab.2、不等式的分类：绝对不等式;条件不等式;矛盾不等式.

3、同向不等式与异向不等式.4、同解不等式与不等式的同解变形.

二、不等式的基本性质

1、abba(对称性)

2、ab,bcac

3、a(传递性) bacbc(加法单调性)

(同向不等式相加)

4、ab,cdacbd

(异向不等式相减)

5、ab,cdacbd

6、a.b,c0acbc

(乘法单调性)

7、ab,c0acbc

(同向不等式相乘)

8、ab0,cd0acbd

9、ab0,0cdab(异向不等式相除) cd

10、ab,ab011(倒数关系) ab

11、ab0anbn(nZ,且n1)(平方法则)

(开方法则)

12、ab0a(nZ,且n1)

三、几个重要不等式

(1)若aRa

(2)a、bR0，a20 ,则a2b22ab(或a2b222ab)(当仅当a=b时取等号)

ab(当仅当a=b时取等号) .2(3)如果a,b都是正数，那么

极值定理：若x,yR,xyS,xyP,则○1如果P是定值, 那么当x=y时，S的值最小;○2如果S是定值, 那么当x=y时，P - 1 -

的值最大.利用极值定理求最值的必要条件： 一正、二定、三相等.(4)含立方的不等式：

①a3b3≥a2bab

2②由a3b3c33abc(abc)(a2b2c2abacbc)，可推出a3b3c3≥3abc;

(abc0等式即可成立,abc或abc0时取等);

③如果a,b,c∈{x|x是正实数}

，那么abc(当且仅当a=b=c时取“=”号)

3ba(5)若ab0,则2(当仅当a=b时取等号)

ab

(6)a0时，|x|ax2a2xa或xa;|x|ax2a2axa

(7)含绝对值的不等式：①若a、bR,则||a||b|||ab||a||b|②

四、几个著名不等式 a1a2a3a1a2a

3(1)平均不等式：如果a,b都是正数，那么 2aba2b2ab1122(当仅当a=b时取等号)即：平方平均≥算

术平均≥几何平均≥调和平均(a、b为正数)： 2222abababab22ab((当a = b时，())ab222

22a2b2c2abc(a,b,cR,abc时取等)33

注：例如：(acbd)222...an幂平均不等式：a12a21(a1a2...an)2 n(a2b2)(c2d2). 11111112(n2)

nn1n(n1)nn(n1)n1n常用不等式的放缩法：①

n1)

(2)柯西不等式：若a1,a2,a3,...,anR,b1,b2,b3,...,bnR;则

222222(a1b1a2b2a3b3...anbn)2(a12a2a3...an)(b12b2b3...bn);当且仅当

aa1a2a3...n

b1b2b3bn时取等号。

(3)琴生不等式(特例)与凸函数、凹函数：若定义在某区间上的函数f(x),对于定义域中任意两点x1,x2(x1x2),有

- 2 -

f(x1x2f(x1)f(x2))或22f(x1x2f(x1)f(x2)则称f(x)为凸(或凹)函数. ).2

2五、不等式证明的几种常用方法：比较法、综合法、分析法、换元法、反证法、放缩法、构造法.六、不等式的解法：

(1)整式不等式的解法(根轴法)。步骤：正化，求根，标轴，穿线(偶重根打结)，定解.

特例：①一元一次不等式：解一元一次不等式(组)及一元二次不等式(组)是解其他各类不等式的基础，必须熟练掌握，灵活应用。

(1)a0axb分(2)a0

(3)a0情况分别解之。

22axbxc0(a0)分aaxbxc0(a0)00②一元二次不等式：或及a情况分别解之，还要注

00b4ac意的三种情况，即或0或，最好联系二次函数的图象。

(2)分式不等式的解法：先移项通分标准化，则 2

f(x)0f(x)g(x)0;g(x)f(x)g(x)0 f(x)0g(x)g(x)0

(3)无理不等式：转化为有理不等式求解

1f(x)0定义域 g(x)0f(x)g(x)

○2f(x)0f(x)0○3f(x)g(x)g(x)0或g(x)02f(x)[g(x)]f(x)0 f(x)g(x)g(x)02f(x)[g(x)]

(4).指数不等式：转化为代数不等式

af(x)ag(x)(a1)f(x)g(x);af(x)ag(x)(0a1)f(x)g(x);

af(x)b(a0,b0)f(x)lgalgb

(5)对数不等式：转化为代数不等式

f(x)0logaf(x)logag(x)(a1)g(x)0;

f(x)g(x)

(6)含绝对值不等式 f(x)0 logaf(x)logag(x)(0a1)g(x)0f(x)g(x)

1应用分类讨论思想去绝对值;○2应用数形思想;○3应用化归思想等价转化 ○

- 3 -

g(x)0|f(x)|g(x)g(x)f(x)g(x)g(x)0|f(x)|g(x)g(x)0(f(x),g(x)不同时为0)或f(x)g(x)或f(x)g(x)

注：常用不等式的解法举例(x为正数)： ①x(1x)21124

2x(1x)(1x)()322327

22x2(1x2)(1x2)1234②yx(1x)y()y223272

类似于

ysinxcos2xsinx(1sin2x)，③|x1||x||1|(x与1同号，故取等)2 xxx

- 4 -

第2篇：高考第一轮复习数学：不等式的证明

不等式的证明

(一)

●知识梳理

1.均值定理：a+b≥2ab; ab≤(ab2)2(a、b∈R+)，

当且仅当a=b时取等号. 2.比较法：a-b>0a>b，a-b<0a0，b>0，

ab>1a>b. 特别提示

1.比较法证明不等式是不等式证明的最基本的方法.作差后需要判断差的符号，作差变形的方向常常是因式分解后，把差写成积的形式或配成完全平方式. 2.比商法要注意使用条件，若●点击双基

1.若a、b是正数，则

ab2ab>1不能推出a>b.这里要注意a、b两数的符号.

、ab、

2abab、

a2b22这四个数的大小顺序是

A.ab≤ab22≤2abab≤

a2b22

B.a2b2≤ab≤

ab2≤

2abab2

C.2abab≤ab≤ab22≤

a2b2

D.ab≤ab2≤

ab22≤

2abab

解析：可设a=1，b=2， 则ab2=43232，ab=2，

2ababa2=，

14252b2===2.5. 答案：C

2.设0

解析：∵0

B.b

11x中最大的一个是 C.c

D.不能确定

∴1+x>2x=4x>2x. ∴只需比较1+x与∵1+x-∴1+x<11x11x11x2的大小. =-

x2=. 1x11x1x<0，

答案：C 3.(2005年春季上海，15)若a、b、c是常数，则“a>0且b2-4ac<0”是“对任意x∈R，有ax2+bx+c>0”的

A.充分不必要条件

B.必要不充分条件

C.充要条件

必要条件 解析：当a>0，b2-4ac<0时，ax2+bx+c>0. 反之，ax+bx+c>0对x∈R成立不能推出a>0，b-4ac<0. 反例：a=b=0，c=2.故选A. 答案：A 4.(理)已知|a+b|<-c(a、b、c∈R)，给出下列不等式：

①a<-b-c;②a>-b+c;③a

(文)若a、b∈R，有下列不等式：①a+3>2a;②a+b≥2(a-b-1);③a+b>a3b2+a2b3;④a+1a

222

552

2≥2.其中一定成立的是__________. 解析：①a2+3-2a=(a-1)2+2>0， ∴a2+3>2a;

②a2+b2-2a+2b+2=(a-1)2+(b+1)2≥0， ∴a2+b2≥2(a-b-1);

③a+b-ab-ab=a(a-b)+b(b-a) =(a2-b2)(a3-b3)=(a+b)(a-b)2(a2+ab+b2). ∵(a-b)≥0，a+ab+b≥0，但a+b符号不确定， ∴a5+b5>a3b2+a2b3不正确; ④a∈R时，a+答案：①② 1a22

255322

332

2

3

2

2≥2不正确.

5.船在流水中在甲地和乙地间来回行驶一次的平均速度v1和在静水中的速度v2的大小关系为____________. 解析：设甲地至乙地的距离为s，船在静水中的速度为v2，水流速度为v(v2>v>0)，则船在流水中在甲乙间来回行驶一次的时间

t=sv2v+sv2v=v2v22v2s2v22，

平均速度v1=22st2=

vv2. ∵v1-v2=∴v1

v2v2<0，

答案：v1

【例1】 设a>0，b>0，求证：(

a21b)2(

b111a)2≥a2+b2. 剖析：不等式两端都是多项式的形式，故可用比差法证明或比商法证明. 证法一：左边-右边=

(a)(b)ab(ab)(aabb)ab(ab)(a2abb)(aab(ab)33-(a+b)

=

==

b)(abab)2≥0. ab∴原不等式成立. 证法二：左边>0，右边>0，

左边右边=(ab)(aab(aabb)b)=

aabbab≥

2ababab=1. ∴原不等式成立. 评述：用比较法证不等式，一般要经历作差(或商)、变形、判断三个步骤.变形的主要手段是通分、因式分解或配方.在变形过程中，也可利用基本不等式放缩，如证法二.下面的例3则是公式法与配方法的综合应用. 【例2】 已知a、b、x、y∈R且求证：xxa+

1a>

1b，x>y. >yyb. 剖析：观察待证不等式的特征，用比较法或分析法较适合. 证法一：(作差比较法)

∵又xxa1a-1byyb(xa)(yb)=

bxay，

>且a、b∈R+，

∴b>a>0.又x>y>0，∴bx>ay. ∴bxay(xa)(yb)>0，即

xxa>

yyb. 证法二：(分析法) ∵x、y、a、b∈R，∴要证+

xxa>

yyb，

只需证明x(y+b)>y(x+a)，即证xb>ya. 而由1a>1b>0，∴b>a>0.又x>y>0，

知xb>ya显然成立.故原不等式成立. 思考讨论

该例若用函数的单调性应如何构造函数? 解法一：令f(x)=再令g(x)=∵1axxa，易证f(x)在(0，+∞)上为增函数，从而

xxa>

yyb. mmx，易证g(x)在(0，+∞)上单调递减.

+>1b，a、b∈R.∴a

mma∴g(a)>g(b)，即>

mmb，命题得证.

xy解法二：原不等式即为

axa1>

byb1，

为此构造函数f(x)=

xx1，x∈(0，+∞).

xa易证f(x)在(0，+∞)上为单调增函数，而xy>

yb，

∴axa1>byb1，即

xxa>

yyb. 【例3】 某食品厂定期购买面粉.已知该厂每天需用面粉6 t，每吨面粉的价格为1800元，面粉的保管等其他费用为平均每吨每天3元，购面粉每次需支付运费900元. (1)求该厂多少天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少? (2)若提供面粉的公司规定：当一次购买面粉不少于210 t时，其价格可享受9折优惠(即原价的90%)，问该厂是否考虑利用此优惠条件?请说明理由. 解：(1)设该厂应每隔x天购买一次面粉，其购买量为6x t，由题意知，面粉的保管等其他费用为3[6x+6(x-1)+„+6×2+6×1]=9x(x+1).

设平均每天所支付的总费用为y1元，则y1=900x1x[9x(x+1)+900]+6×1800 =+9x+10809≥

2900x9x+10809 =10989. 当且仅当9x=900x，即x=10时取等号，

即该厂应每隔10天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少. (2)若厂家利用此优惠条件，则至少每隔35天，购买一次面粉，平均每天支付的总费用为y2元，则

y2==1x[9x(x+1)+900]+6×1800×0.90 +9x+9729(x≥35). 100x900x令f(x)=x+(x≥35)，

x2>x1≥35，则 f(x1)-f(x2)=(x1+=

100x1)-(x2+

100x2)

(x2x1)(100x1x2)x1x2

∵x2>x1≥35，

∴x2-x1>0，x1x2>0，100-x1x2<0. ∴f(x1)-f(x2)<0，f(x1)

1.设x>0，y>0，且xy-(x+y)=1，则 A.x+y≤22+2

B.x+y≥22+2 D.x+y≥(2+1)

2C.x+y≤(2+1)解析：∵x>0，y>0，∴xy≤(由xy-(x+y)=1得(∴x+y≥2+22. 答案：B

xy2xy2).

2)2-(x+y)≥1. 2.已知x、y∈R，M=x2+y2+1，N=x+y+xy，则M与N的大小关系是 A.M≥N

B.M≤N

C.M=N

D.不能确定

解析：M-N=x+y+1-(x+y+xy) ==121222[(x2+y2-2xy)+(x2-2x+1)+(y2-2y+1)] [(x-y)2+(x-1)2+(y-1)2]≥0. 答案：A 3.设a>0，b>0，a+解析：a+

22b22b2=1，则a1b2的最大值是____________.

12b2b22=1a+

2

=

32.

a2∴a1b2=2·a·答案：32412b2212332=2·2=.

≤2·

24

ab24.若记号“※”表示求两个实数a和b的算术平均数的运算，即a※b=，则两边均含有运算符号“※”和“+”，且对于任意3个实数a、b、c都能成立的一个等式可以是____________. 解析：∵a※b=ab2ba2，b※a=，

∴a※b+c=b※a+c. 答案：a※b+c=b※a+c. 思考：对于运算“※”分配律成立吗? 即a※(b+c)=a※b+a※c. 答案：不成立

5.当m>n时，求证：m3-m2n-3mn2>2m2n-6mn2+n3.

证明：∵(m3-m2n-3mn2)-(2m2n-6mn2+n3)=m3-3m2n+3mn2-n3=(m-n)3，

3又m>n，∴m-n>0.∴(m-n)>0，

即(m3-m2n-3mn2)-(2m2n-6mn2+n3)>0. 故m-mn-3mn>2mn-6mn+n.

6.已知a>1，λ>0，求证：loga(a+λ)>loga+λ(a+2λ). 证明：loga(a+λ)-log(a+λ)(a+2λ) =lg(a)lga2322223-lg(a2)lg(a)

=lg(a)lgalg(a2)lgalg(a)

∵a>1，λ>0，

∴lga>0，lg(a+2λ)>0，且lga≠lg(a+2λ). ∴lga·lg(a+2λ)<[(=[lg(a2lgalg(a2)2lg(a)22)]

22 2a)2]<[

2]=lg(a+λ).

∴lg(a)lgalg(a2)lgalg(a)2>0. ∴loga(a+λ)>log(a+λ)(a+2λ). 培养能力

7.已知x>0，y>0，若不等式x+y≤mxy恒成立，求实数m的最小值. 分析：∵x+y≤mxy恒成立，

xxyxxyyy∴m≥恒成立. ∴m的最小值就是的最大值. 解：∵x+y≤mxy恒成立，

xxyy∴m≥恒成立. ∵x>0，y>0， ∴xy≥(x2xx2yyy)2=

x2y. ∴xxyy≤=2. ∴m的最小值为2. 评述：分离参数法是求参数的范围问题常用的方法，化归是解这类问题常用的手段. 8.有点难度哟!

求证：在非Rt△ABC中，若a>b，ha、hb分别表示a、b边上的高，则必有a+ha>b+hb. 证明：设S表示△ABC的面积，则 S=12aha=12bhb=12absinC. ∴ha=bsinC，hb=asinC.

∴(a+ha)-(b+hb)=a+bsinC-b-asinC =(a-b)(1-sinC). ∵C≠π2，∴1-sinC>0. ∴(a-b)(1-sinC)>0. ∴a+ha>b+hb.

探究创新

9.设二次函数f(x)=ax+bx+c(a>0)，方程f(x)-x=0的两根x

1、x2满足1

1、x2是方程f(x)-x=0的根， ∴F(x)=a(x-x1)(x-x2). 当x∈(0，x1)时，由于x10. 又a>0，得F(x)=a(x-x1)(x-x2)>0， 即x

，x1-x>0，

1+a(x-x2)=1+ax-ax2>1-ax2>0， ∴x1-f(x)>0，即f(x)

b2a. ∵x

1、x2是方程f(x)-x=0的根，

即x

1、x2是方程ax2+(b-1)x+c=0的根， ∴x1+x2=-∴x0=-b2ab1a.

=.

ax1ax212a=a(x1x2)12aax12ax12. 又∵ax2<1，∴x0<=●思悟小结

1.比较法有两种形式：一是作差，二是作商.用作差法证明不等式是证明不等式中最基本、最常用的方法.它的依据是不等式的基本性质. 2.步骤是：作差(商)→变形→判断.变形的目的是为了判断.若是作差，就判断与0的大小关系，为了便于判断，往往把形式变为积或完全平方式.若是作商，两边为正，就判断与1的大小关系. 3.有时要先对不等式作等价变形再进行证明，有时几种证明方法综合使用. 4.在应用均值定理求最值时，要把握定理成立的三个条件，就是“一正——各项均为正;二定——积或和为定值;三相等——等号能否取得”.若忽略了某个条件，就会出现错误. ●教师下载中心 教学点睛

1.在证明不等式的各种方法中，作差比较法是一种最基本、最重要的方法，它是利用不等式两边的差是正数还是负数来证明不等式，其应用非常广泛，一定要熟练掌握.

2.对于公式a+b≥2ab，ab≤(

ab2)2要讲清它们的作用和使用条件及内在联系，两个公式也体现了ab和a+b的转化关系. 拓展题例

【例1】设a、b∈R，关于x的方程x2+ax+b=0的实根为α、β.若|a|+|b|<1，求证：|α|<1，|β|<1. 证法一：∵α+β=-a，αβ=b，

∴|α+β|+|αβ|=|a|+|b|<1. ∴|α|-|β|+|α||β|<1，(|α|-1)(|β|+1)<0. ∴|α|<1.同理，|β|<1. 证法二：设f(x)=x+ax+b，则有

f(1)=1+a+b>1-(|a|+|b|)>1-1=0， f(-1)=1-a+b>1-(|a|+|b|)>0. ∵0≤|a|<1，∴-1

yx2y≤C≤

xx2y+

y2xy对任意正

. +yx2y≤

23，此不等式3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2(2x+y)(x+2y)x2+y2+y2xy≥

23，

22此不等式3x(2x+y)+3y(x+2y)≥2(x+2y)(2x+y)2xy≤x+y. 综上，可知存在常数C=

23，使对任何正数x、y不等式恒成立.

6.3 不等式的证明

(二)

●知识梳理

1.用综合法证明不等式：利用不等式的性质和已证明过的不等式以及函数的单调性导出待证不等式的方法叫综合法，概括为“由因导果”. 2.用分析法证明不等式：从待证不等式出发，分析并寻求使这个不等式成立的充分条件

的方法叫分析法，概括为“执果索因”. 3.放缩法证明不等式. 4.利用单调性证明不等式. 5.构造一元二次方程利用“Δ”法证明不等式. 6.数形结合法证明不等式. 7.反证法、换元法等. 特别提示

不等式证明方法多，证法灵活，其中比较法、分析法、综合法是基本方法，要熟练掌握，其他方法作为辅助，这些方法之间不能截然分开，要综合运用各种方法. ●点击双基

1.(2005年春季北京，8)若不等式(-1)a<2+数a的取值范围是

A.[-2，C.[-3，3232n

(1)nn1对任意n∈N恒成立，则实

*) )

B.(-2，D.(-3，

3232) )

解析：当n为正偶数时， a<2-1n，2-121n为增函数，

∴a<2-=32.

1n当n为正奇数时，-a<2+而-2-1n，a>-2-

1n1n. 为增函数，-2-

32<-2，

∴a≥-2.故a∈[-2，答案：A

). 2.(2003年南京市质检题)若<

a11b<0，则下列结论不正确的是 ...

B.ab|a+b|

　　2A.a

　　21b

　　+ab>2

　　1a解析：由<<0，知b

　　C.充要条件

　　答案：A

　　B.必要条件

　　D.既不充分又不必要条件

　　4.(理)在等差数列{an}与等比数列{bn}中，a1=b1>0，an=bn>0，则am与bm的大小关系是____________.

　　解析：若d=0或q=1，则am=bm. 若d≠0，画出an=a1+(n-1)d与bn=b1·q

　　y n-

　　1的图象，

　　O1m n x 易知am>bm，故am≥bm. 答案：am≥bm

　　(文)在等差数列{an}与等比数列{bn}中，a1=b1>0，a2n+1=b2n+1>0(n=1，2，3，„)，则an+1与bn+1的大小关系是____________. 解析：an+1=a1a2n121ab1ab≥a1a2n1=b1b2n1=bn+1. 答案：an+1≥bn+1 5.若a>b>c，则

　　+

　　1bc1bc_______

　　3ac.(填“>”“=”“<”)

　　1ab解析：a>b>c，(1+)(a-c)=(+

　　1bc)[(a-b)+(b-c)]

　　≥2(ab)(bc)1·2(ab)(bc)=4.

　　3ac∴ab+1bc≥

　　4ac>. 答案：> ●典例剖析

　　【例1】 设实数x、y满足y+x2=0，0

　　18. 剖析：不等式左端含x、y，而右端不含x、y，故从左向右变形时应消去x、y. xy证明：∵a>0，a>0， ∴ax+ay≥2axy=2axx. ∵x-x2=xy

　　214-(x-112)2≤

　　114，0

　　∴a+a≥2a4=2a8.

　　1∴loga(a+a)

　　18.

　　1评述：本题的证题思路可由分析法获得.要证原不等式成立，只要证a+a≥2·a8即可. 【例2】 已知a、b、c∈R，且a+b+c=1.求证： (1+a)(1+b)(1+c)≥8(1-a)(1-b)(1-c). 剖析：在条件“a+b+c=1”的作用下，将不等式的“真面目”隐含了，给证明不等式带来困难，若用“a+b+c”换成“1”，则还原出原不等式的“真面目”，从而抓住实质，解决

　　+

　　xy

　　问题. 证明：∵a、b、c∈R且a+b+c=1， ∴要证原不等式成立， 即证[(a+b+c)+a]·[(a+b+c)+b][(a+b+c)+c]≥8[(a+b+c)-a]·[(a+b+c)-b]·[(a+b+c)-c]. 也就是证[(a+b)+(c+a)][(a+b)+(b+c)]·[(c+a)+(b+c)]≥8(b+c)(c+a)(a+b). ①

　　∵(a+b)+(b+c)≥2(ab)(bc)>0， (b+c)+(c+a)≥2(bc)(ca)>0， (c+a)+(a+b)≥2(ca)(ab)>0， 三式相乘得①式成立. 故原不等式得证. 【例3】 已知a>1，n≥2，n∈N*. 求证：na-1

　　.

　　a1n证法一：要证na-1<即证a<(a1n，

　　+1).

　　n令a-1=t>0，则a=t+1. 也就是证t+1<(1+∵(1+tntntn)n. +„+Cnn(

　　tn)n=1+C1na1nn)n>1+t，

　　即na-1<成立. 证法二：设a=xn，x>1. 于是只要证即证xnx1n>x-1，

　　n-11x1n-1>n.联想到等比数列前n项和1+x+„+xn-

　　2=

　　xn1x1，

　　① ② 倒序x+x+„+1=nxn1x1.

　　①+②得2·x1x1=(1+xn-1)+(x+xn-2)+„+(xn-1+1)

　　>2xn1+2xn1+„+2xn1>2n. ∴xn1x1>n. 思考讨论

　　本不等式是与自然数有关的命题，用数学归纳法可以证吗?读者可尝试一下.

　　●闯关训练 夯实基础

　　1.已知a、b是不相等的正数，x=

　　a2b，y=ab，则x、y的关系是

　　A.x>y 解析：∵x2=y2=a+b=12

　　12 B.y>x

　　1

　　2C.x>2y

　　D.不能确定

　　(a+b)2=

　　12(a+b+2ab)，

　　(a+b+a+b)>

　　(a+b+2ab)=x2，又x>0，y>0.∴y>x. 答案：B 2.对实数a和x而言，不等式x+13ax>5ax+9a成立的充要条件是____________. 解析：(x3+13a2x)-(5ax2+9a3) =x3-5ax2+13a2x-9a3 =(x-a)(x2-4ax+9a2)

　　=(x-a)[(x-2a)+5a]>0. ∵当x≠2a≠0时，有(x-2a)2+5a2>0. 由题意故只需x-a>0即x>a，以上过程可逆. 答案：x>a

　　3.已知a>b>c且a+b+c=0，求证：b2ac<3a.

　　22证明：要证b2ac<3a，只需证b-ac<3a，

　　22

　　32

　　2

　　3即证b2+a(a+b)<3a2，即证(a-b)(2a+b)>0， 即证(a-b)(a-c)>0. ∵a>b>c，∴(a-b)·(a-c)>0成立. ∴原不等式成立. 4.已知a+b+c=0，求证：ab+bc+ca≤0. 证法一：(综合法)∵a+b+c=0， ∴(a+b+c)=0. 展开得ab+bc+ca=-∴ab+bc+ca≤0. 证法二：(分析法)要证ab+bc+ca≤0， ∵a+b+c=0，

　　故只需证ab+bc+ca≤(a+b+c)2， 即证a+b+c+ab+bc+ca≥0， 亦即证122222

　　2

　　22

　　a2b2c22，

　　[(a+b)+(b+c)+(c+a)]≥0.

　　而这是显然的，由于以上相应各步均可逆， ∴原不等式成立. 证法三：∵a+b+c=0，∴-c=a+b. ∴ab+bc+ca=ab+(b+a)c=ab-(a+b)2

　　=-a-b-ab=-[(a+22

　　b2)+

　　2

　　3b42]≤0.

　　∴ab+bc+ca≤0. 培养能力

　　5.设a+b+c=1，a2+b2+c2=1且a>b>c. 求证：-

　　22∴(a+b)-2ab+c=1. ∴2ab=(a+b)2+c2-1=(1-c)2+c2-1=2c2-2c. ∴ab=c-c. 又∵a+b=1-c，

　　∴a、b是方程x+(c-1)x+c-c=0的两个根，且a>b>c. 令f(x)=x2+(c-1)x+c2-c，则

　　Δ011ccc032f(c)0.

　　222222

　　6.已知2b2ca=1，求证：方程ax2+bx+c=0有实数根.

　　a2c2证明：由2b2ca=1，∴b=. ∴b=(2a2+2c)=

　　2a22+2ac+2c2=4ac+(

　　a2-2c)2≥4ac. ∴方程ax2+bx+c=0有实数根. 7.设a、b、c均为实数，求证：证明：∵a、b、c均为实数， ∴12121212a+

　　12b+

　　12c≥

　　1bc+

　　1ca+

　　1ab. (12b12c12a+12c12b)≥

　　12bc12ab≥≥≥

　　11ab，当a=b时等号成立;

　　((++)≥)≥

　　bc1ca，当b=c时等号成立; . ≥

　　1bc12a12ca三个不等式相加即得探究创新

　　12a+

　　12b+

　　12c+

　　1ca+

　　1ab，当且仅当a=b=c时等号成立. 8.已知a、b、c、d∈R，且a+b=c+d=1，ac+bd>1. 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， ∵a+b=c+d=1，∴(a+b)(c+d)=1.

　　∴ac+bd+bc+ad=1≥ac+bd. 这与ac+bd>1矛盾. 所以假设不成立，即a、b、c、d中至少有一个负数. ●思悟小结

　　1.综合法就是“由因导果”，从已知不等式出发，不断用必要条件替换前面的不等式，直至推出要证的结论. 2.分析法就是“执果索因”，从所证不等式出发，不断用充分条件替换前面的不等式，直至找到成立的不等式. 3.探求不等式的证法一般用分析法，叙述证明过程用综合法较简，两法结合在证明不等式中经常遇到. 4.构造函数利用单调性证不等式或构造方程利用“Δ≥0”证不等式，充分体现相关知识间的联系. ●教师下载中心 教学点睛

　　1.在证明不等式的过程中，分析法和综合法是不能分离的，如果使用综合法证明不等式难以入手时，常用分析法探索证题途径，之后用综合法的形式写出它的证明过程，以适应学生习惯的思维规律.有时问题证明难度较大，常使用分析综合法，实现两头往中间靠以达到证题目的. 2.由于高考试题不会出现单一的不等式的证明题，常常与函数、数列、三角、方程综合在一起，所以在教学中，不等式的证明除常用的三种方法外，还需介绍其他方法，如函数的单调性法、判别式法、换元法(特别是三角换元)、放缩法以及数学归纳法等. 拓展题例

　　【例1】 已知a、b为正数，求证：

　　(1)若a+1>b，则对于任何大于1的正数x，恒有ax+(2)若对于任何大于1的正数x，恒有ax+

　　xx1xx1>b成立;

　　>b成立，则a+1>b. 分析：对带条件的不等式的证明，条件的利用常有两种方法：①证明过程中代入条件;②由条件变形得出要证的不等式. 证明：(1)ax+xx1=a(x-1)+

　　1x1+1+a≥2a+1+a=(a+1)2. ∵a+1>b(b>0)，

　　22∴(a+1)>b. (2)∵ax+而ax+xx1xx1>b对于大于1的实数x恒成立，即x>1时，[ax+

　　1x1xx1]min>b，

　　=a(x-1)+

　　1+1+a≥2a+1+a=(a+1)2，

　　1a当且仅当a(x-1)=故[ax+xx1x1，即x=1+>1时取等号. ]min=(a+1)2. 则(a+1)2>b，即a+1>b.

　　评述：条件如何利用取决于要证明的不等式两端的差异如何消除. 【例2】 求证：|ab|1|ab|≤

　　|a|1|a|+

　　|b|1|b|.

　　x剖析：|a+b|≤|a|+|b|，故可先研究f(x)=证明：令f(x)=

　　x1x1x(x≥0)的单调性.

　　(x≥0)，易证f(x)在[0，+∞)上单调递增. |a+b|≤|a|+|b|，

　　∴f(|a+b|)≤f(|a|+|b|)， 即|ab|1|ab|≤|a||b|1|a||b|=

　　|a|1|a||b||b|1|a||b|≤

　　|a|1|a||b|1|b|. 思考讨论

　　1.本题用分析法直接去证可以吗? 2.本题当|a+b|=0时，不等式成立; 当|a+b|≠0时，原不等式即为

　　111|ab|≤

　　|a|1|a||b|1|b|. 再利用|a+b|≤|a|+|b|放缩能证吗?读者可以尝试一下!

第3篇：高一数学不等式知识点

不 等 式

1、 不等式的性质是证明不等式和解不等式的基础。

不等式的基本性质有：

(1) 对称性：a>bb

(2) 传递性：若a>b，b>c，则a>c;

(3) 可加性：a>ba+c>b+c;

(4) 可乘性：a>b，当c>0时，ac>bc;当c<0时，ac

不等式运算性质：

(1) 同向相加：若a>b，c>d，则a+c>b+d;

(2) 异向相减：ab，cdacbd.(3) 正数同向相乘：若a>b>0，c>d>0，则ac>bd。

(4)乘方法则：若a>b>0，n∈N+，则anbn;

(5)开方法则：若a>b>0，n∈N+，则ab;

(6)倒数法则：若ab>0，a>b，则

2、基本不等式

定理：如果a,bR，那么a21a1。 bb22ab(当且仅当a=b时取“=”号)

abab(当且仅当a=b时取“=”号) 推论：如果a,b0，那么

2ab算术平均数;几何平均数2

推广：若a,bab; a2b2ab20，则ab1122ab

当且仅当a=b时取“=”号;

3、绝对值不等式

(1)|x|0)的解集为：{x|-a

|x|>a(a>0)的解集为：{x|x>a或x<-a}。

(2)||a||b|||ab||a||b|

4、不等式的证明：

(1)常用方法：比较法，公式法，分析法，反证法，换元法，放缩法;

(2) 在不等式证明过程中，应注重与不等式的运算性质联合使用;

(3) 证明不等式的过程中，放大或缩小应适度。

5、 不等式的解法：

(1)一元二次型不等式的恒成立问题常用结论：

a0或a0检验; ax+bx+c>0对于任意的x恒成立2b4ac0

2a0或a0检验 ax+bx+c<0对于任意的x恒成立2b4ac02

(2)解不等式是寻找使不等式成立的充要条件，因此在解不等式过程中应使每一步的变形都要恒等。

一元二次不等式(组)是解不等式的基础，一元二次不等式是解不等式的基本题型。一元二次不等式与相应的函数，方程的联系

① 求一般的一元二次不等式ax2bxc0或ax2bxc0(a0)的解集，要结合ax2bxc0的根及二次函数yax2bxc图象确定解集.

② 对于一元二次方程ax2bxc0(a0)，设b24ac，它的解按照0，0，0可分为三种情况.相应地，二次函数yax2bxc(a0)的图象与x轴的位置关系也分为三种情况.因此，我们分三种情况讨论对应的一元二次不等式ax2bxc0(a0)的解集，列表如下：

含

参数的

不等式

应适当分类讨论。

6、线性规划问题的解题方法和步骤

解决简单线性规划问题的方法是图解法，即借助直线(线性目标函数看作斜率确定的一族平行直线)与平面区域(可行域)有交点时，直线在y轴上的截距的最大值或最小值求解。它的步骤如下：

(1)设出未知数，确定目标函数。

(2)确定线性约束条件，并在直角坐标系中画出对应的平面区域，即可行域。

az(3)由目标函数z=ax+by变形为y=-x+，所以，求z的最值可看成是bb

az求直线y=-x+在y轴上截距的最值(其中a、b是常数，z随x，y的变化bb

而变化)。

(4)作平行线：将直线ax+by=0平移(即作ax+by=0的平行线)，使直线与z可行域有交点，且观察在可行域中使最大(或最小)时所经过的点，求出该点b

的坐标。

(5)求出最优解：将(4)中求出的坐标代入目标函数，从而求出z的最大(或最小)值。

7、在平面直角坐标系中，已知直线xyC0，坐标平面内的点x0,y0. ①若 0，x0y0C0，则点x0,y0在直线xyC0的上方. ②若 0，x0y0C0，则点x0,y0在直线xyC0的下方.

8、在平面直角坐标系中，已知直线xyC0.

yC0表示直线xyC0上方的区域;①若 0，则x

xyC0表示直线xyC0下方的区域.

yC0表示直线xyC0下方的区域;②若 0，则x

xyC0表示直线xyC0上方的区域.

9、最值定理

设x、y都为正数，则有

s

2⑴ 若xys(和为定值)，则当xy时，积xy取得最大值.

4⑵ 若xyp(积为定值)，则当xy时，和x

y取得最小值 即：“积定，和有最小值;和定，积有最大值”

注意：一正、二定、三相等

第4篇：XX届高考数学第一轮不等式专项复习教

案

本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址课

件 第六章不等式

●网络体系总览

●考点目标定位

.理解不等式的性质及应用.

2.掌握两个(不扩展到三个)正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的定理，并会简单地应用.

3.掌握比较法、分析法、综合法证明简单的不等式.

4.掌握不等式的解法.

5.理解不等式|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|.

●复习方略指南

本章内容在高考中，以考查不等式的性质、证明、解法和最值方面的应用为重点，多数是与函数、方程、三角、数列、几何综合在一起被考查，单独考查不等式的问题较少，尤其是不等式的证明题.

借助不等式的性质及证明，主要考查函数方程思想、等价转化思想、数形结合思想及分类讨论思想等数学思想方法.含参数不等式的解法与讨论，不等式与函数、数列、三角等内容的综合问题，仍将是今后高考命题的热点.

本章内容理论性强，知识覆盖面广，因此复习中应注意：

.复习不等式的性质时，要克服“想当然”和“显然成立”的思维定势，要以比较准则和实数的运算法则为依据.

2.不等式的证明方法除比较法、分析法、综合法外，还有反证法、换元法、判别式法、构造法、几何法，这些方法可作了解，但要控制量和度，切忌喧宾夺主.

3.解(证)某些不等式时，要把函数的定义域、值域和单调性结合起来.

4.注意重要不等式和常用思想方法在解题中的作用.

5.利用平均值定理解决问题时，要注意满足定理成立的三个条件：一“正”、二“定”、三“相等”.

6.对于含有绝对值的不等式(问题)，要紧紧抓住绝对值的定义实质，充分利用绝对值的几何意义.

7.要强化不等式的应用意识，同时要注意到不等式与函数方程的对比与联系.

6.1不等式的性质

●知识梳理

.比较准则：a-b>0a>b;

a-b=0a=b;a-b<0a

2.基本性质：(1)a>bb

(2)a>b，b>ca>c.

(3)a>ba+c>b+c;a>b，c>da+c>b+d.

(4)a>b，c>0ac>bc;a>b，c<0acb>0，c>d>0ac>bd.

(5)a>b>0

>(n∈N，n>1);a>b>0an>bn(n∈N，n>1).

3.要注意不等式性质成立的条件.例如，重要结论：a>b，ab>0

<，不能弱化条件得a>b

<，也不能强化条件得a>b>0

<.

4.要正确处理带等号的情况.如由a>b，b≥c或a≥b，b>c均可得出a>c;而由a≥b，b≥c可能有a>c，也可能有a=c，当且仅当a=b且b=c时，才会有a=c.

5.性质(3)的推论以及性质(4)的推论可以推广到两个以上的同向不等式.

6.性质(5)中的指数n可以推广到任意正数的情形.

特别提示

不等式的性质从形式上可分两类：一类是“”型;另一类是“”型.要注意二者的区别.

●点击双基

.若a

A.>

B.2a>2b

c.|a|>|b|

D.()a>()b

解析：由a0，因此a•成立;

由a-b>0，因此|a|>|b|>0成立.

又()x是减函数，所以()a>()b成立.故不成立的是B.

答案：B

2.(XX年春季北京，7)已知三个不等式：ab>0，bc-ad>0，->0(其中a、b、c、d均为实数)，用其中两个不等式作为条件，余下的一个不等式作为结论组成一个命题，可组成的正确命题的个数是

A.0

B.1

c.2

D.3

解析：由ab>0，bc-ad>0可得出->0.

bc-ad>0，两端同除以ab，得->0.

同样由->0，ab>0可得bc-ad>0.

ab>0.

答案：D

3.设α∈(0，)，β∈[0，]，那么2α-的范围是

A.(0，)

B.(-，)

c.(0，π)

D.(-，π)

解析：由题设得0<2α<π，0≤≤.∴-≤-≤0.∴-<2α-<π.

答案：D

4.a>b>0，m>0，n>0，则，，，的由大到小的顺序是____________.

解析：特殊值法即可

答案：>>>

5.设a=2-，b=-2，c=5-2，则a、b、c之间的大小关系为____________.

解析：a=2-=-<0，∴b>0.

c=5-2=->0.b-c=3-7=-<0.

∴c>b>a.

答案：c>b>a

●典例剖析

【例1】已知-1

剖析：∵a+b，a-b的范围已知，

∴要求2a+3b的取值范围，只需将2a+3b用已知量a+b，a-b表示出来.

可设2a+3b=x(a+b)+y(a-b)，用待定系数法求出x、y.

解：设2a+3b=x(a+b)+y(a-b)，∴解得

∴-<(a+b)<，-2<-(a-b)<-1.

∴-<(a+b)-(a-b)<，即-<2a+3b<.

评述：解此题常见错误是：-1

①

2

②

①+②得1<2a<7.

③

由②得-4

④

①+④得-5<2b<1，∴-<3b<.

⑤

③+⑤得-<2a+3b<.

思考讨论

.评述中解法错在何处?

2.该类问题用线性规划能解吗?并试着解决如下问题：

已知函数f(x)=ax2-c，满足-4≤f(1)≤-1，-1≤f(2)≤5，求f(3)的最大值和最小值.

答案：20-1

【例2】(XX年福建，3)命题p：若a、b∈R，则|a|+|b|>1是|a+b|>1的充分而不必要条件;命题q：函数y=的定义域是(-∞，-1]∪[3，+∞)，则

A.“p或q”为假

B.“p且q”为真

c.p真q假

D.p假q真

剖析：只需弄清命题p、q的真假即可.

解：∵|a+b|≤|a|+|b|，若|a|+|b|>1不能推出|a+b|>1，

而|a+b|>1一定有|a|+|b|>1，故命题p为假.

又函数y=的定义域为|x-1|-2≥0，∴|x-1|≥2.

∴x≤-1或x≥3.∴q为真.

答案：D

【例3】比较1+logx3与2logx2(x>0且x≠1)的大小.

剖析：由于要比较的两个数都是对数，我们联系到对数的性质，以及对数函数的单调性.

解：(1+logx3)-2logx2=logx.

当或即0时，有logx>0，1+logx3>2logx2.

当①或②时，logx<0.

解①得无解，解②得1

当x=1，即x=时，有logx=0.∴1+logx3=2logx2.

综上所述，当0时，1+logx3>2logx2;

当1

当x=时，1+logx3=2logx2.

评述：作差看符号是比较两数大小的常用方法，在分类讨论时，要做到不重复、不遗漏.

深化拓展

函数f(x)=x2+(b-1)x+c的图象与x轴交于(x1，0)、(x2，0)，且x2-x1>1.当t

提示：令f(x)=(x-x1)(x-x2)，

∴x2+bx+c=(x-x1)(x-x2)+x.

把t2+bt+c与x1作差即可.

答案：t2+bt+c>x1.

●闯关训练

夯实基础

.(XX年辽宁，2)对于0

①loga(1+a)loga(1+);③a1+aa.其中成立的是

A.①③

B.①④

c.②③

D.②④

解析：∵0loga(1+).

又∵0a.故②与④成立.

答案：D

2.若p=a+(a>2)，q=2，则

A.p>q

B.p

c.p≥q

D.p≤q

解析：p=a-2++2≥4，而-a2+4a-2=-(a-2)2+2<2，∴q<4.∴p>q.

答案：A

3.已知-1<2a<0，A=1+a2，B=1-a2，c=，D=则A、B、c、D按从小到大的顺序排列起来是____________.

解析：取特殊值a=-，计算可得A=，B=，c=，D=.

∴D

答案：D

4.若1<α<3，-4<β<2，则α-|β|的取值范围是____________.

解析：∵-4<β<2，∴0≤|β|<4.∴-4<-|β|≤0.∴-3<α-|β|<3.

答案：(-3，3)

5.已知a>2，b>2，试比较a+b与ab的大小.

解：∵ab-(a+b)=(a-1)(b-1)-1，

又a>2，b>2，∴a-1>1，b-1>1.

∴(a-1)(b-1)>1，(a-1)(b-1)-1>0.∴ab>a+b.

6.设A=xn+x-n，B=xn-1+x1-n，当x∈R+，n∈N时，求证：A≥B.

证明：A-B=(xn+x-n)-(xn-1+x1-n)=x-n(x2n+1-x2n-1-x)

=x-n[x(x2n-1-1)-(x2n-1-1)]=x-n(x-1)(x2n-1-1).

由x∈R+，x-n>0，得

当x≥1时，x-1≥0，x2n-1-1≥0;

当x<1时，x-1<0，x2n-1<0，即x-1与x2n-1-1同号.∴A-B≥0.∴A≥B.

培养能力

7.设00且a≠，试比较|log3a(1-x)3|与|log3a(1+x)3|的大小.

解：∵01，即a>时，

|log3a(1-x)3|-|log3a(1+x)3|=|3log3a(1-x)|-|3log3a(1+x)|

=3[-log3a(1-x)-log3a(1+x)]=-3log3a(1-x2).

∵0<1-x2<1，∴-3log3a(1-x2)>0.

②当0<3a<1，即0

|log3a(1-x)3|-|log3a(1+x)3|=3[log3a(1-x)+log3a(1+x)]

=3log3a(1-x2)>0.

综上所述，|log3a(1-x)3|>|log3a(1+x)3|.

8.设a1≈，令a2=1+.

(1)证明介于a

1、a2之间;

(2)求a

1、a2中哪一个更接近于;

(3)你能设计一个比a2更接近于的一个a3吗?并说明理由.

(1)证明：(-a1)(-a2)=(-a1)•(-1-)=<0.

∴介于a

1、a2之间.

(2)解：|-a2|=|-1-|=||

=|-a1|<|-a1|.

∴a2比a1更接近于.

(3)解：令a3=1+，则a3比a2更接近于.

由(2)知|-a3|=|-a2|<|-a2|.

探究创新

9.已知x>-1，n≥2且n∈N*，比较(1+x)n与1+nx的大小.

解：设f(x)=(1+x)n-(1+nx)，则(x)=n(1+x)n-1-n=n[(1+x)n-1-1].

由(x)=0得x=0.

当x∈(-1，0)时，(x)<0，f(x)在(-1，0)上递减.

当x∈(0，+∞)时，(x)>0，f(x)在(0，+∞)上递增.

∴x=0时，f(x)最小，最小值为0，即f(x)≥0.

∴(1+x)n≥1+nx.

评述：理科学生也可以用数学归纳法证明.

●思悟小结

.不等式的性质是解、证不等式的基础，对任意两实数a、b有a-b>0a>b，a-b=0a=b，a-b<0a

2.一定要在理解的基础上记准、记熟不等式的性质，并注意解题中灵活、准确地加以应用.

3.对两个(或两个以上)不等式同加(或同乘)时一定要注意不等式是否同向(且大于零).

4.对于含参问题的大小比较要注意分类讨论.

●教师下载中心

教学点睛

.加强化归意识，把比较大小问题转化为实数的运算.

2.通过复习要强化不等式“运算”的条件.如a>b、c>d在什么条件下才能推出ac>bd.

3.强化函数的性质在大小比较中的重要作用，加强知识间的联系.

拓展题例

【例1】已知f(x)=|log2(x+1)|，m

(1)比较m+n与0的大小;

(2)比较f()与f()的大小.

剖析：本题关键是如何去掉绝对值号，然后再判断差的符号.

解：(1)∵f(m)=f(n)，∴|log2(m+1)|=|log2(n+1)|.

∴log22(m+1)=log22(n+1).

∴[log2(m+1)+log2(n+1)][log2(m+1)-log2(n+1)]=0，

log2(m+1)(n+1)•log2=0.

∵m

∴mn+m+n+1=1.∴mn+m+n=0.

当m、n∈(-1，0]或m、n∈[0，+∞)时，

由函数y=f(x)的单调性知x∈(-1，0]时，f(x)为减函数，x∈[0，+∞)时，f(x)为增函数，f(m)≠f(n).

∴-10.∴m•n<0.

∴m+n=-mn>0.

(2)f()=|log2|=-log2=log2，

f()=|log2|=log2.

-==->0.

∴f()>f().

【例2】某家庭准备利用假期到某地旅游，有甲、乙两家旅行社提供两种优惠方案，甲旅行社的方案是：如果户主买全票一张，其余人可享受五五折优惠;乙旅行社的方案是：家庭旅游算集体票，可按七五折优惠.如果甲、乙两家旅行社的原价相同，请问该家庭选择哪家旅行社外出旅游合算?

解：设该家庭除户主外，还有x人参加旅游，甲、乙两旅行社收费总金额分别为y1和y2.一张全票价格为a元，

那么y1=a+0.55ax，y2=0.75(x+1)a.

∴y1-y2=a+0.55ax-0.75a(x+1)=0.2a(1.25-x).

∴当x>1.25时，y1

当x<1.25时，y1>y2.又因x为正整数，

所以当x=1，即两口之家应选择乙旅行社;

当x≥2(x∈N)，即三口之家或多于三口的家庭应选择甲旅行社.

课

件

第5篇：XX届高考数学第一轮不等式的证明专项

复习教案

本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址

6.3不等式的证明

(二)

●知识梳理

.用综合法证明不等式：利用不等式的性质和已证明过的不等式以及函数的单调性导出待证不等式的方法叫综合法，概括为“由因导果”.

2.用分析法证明不等式：从待证不等式出发，分析并寻求使这个不等式成立的充分条件的方法叫分析法，概括为“执果索因”.

3.放缩法证明不等式.

4.利用单调性证明不等式.

5.构造一元二次方程利用“Δ”法证明不等式.

6.数形结合法证明不等式.

7.反证法、换元法等.

特别提示

不等式证明方法多，证法灵活，其中比较法、分析法、综合法是基本方法，要熟练掌握，其他方法作为辅助，这些方法之间不能截然分开，要综合运用各种方法.

●点击双基

.(XX年春季北京，8)若不等式(-1)na<2+对任意n∈N*恒成立，则实数a的取值范围是

A.[-2，)

B.(-2，)

c.[-3，)

D.(-3，)

解析：当n为正偶数时，a<2-，2-为增函数，∴a<2-=.

当n为正奇数时，-a<2+，a>-2-.而-2-为增函数，-2-<-2，

∴a≥-2.故a∈[-2，).

答案：A

2.(XX年南京市质检题)若<<0，则下列结论不正确的是

A.a2

B.ab

c.+>2

D.|a|+|b|>|a+b|

解析：由<<0，知b

答案：A

3.分析法是从要证的不等式出发，寻求使它成立的

A.充分条件

B.必要条件

c.充要条件

D.既不充分又不必要条件

答案：A

4.(理)在等差数列{an}与等比数列{bn}中，a1=b1>0，an=bn>0，则am与bm的大小关系是____________.

解析：若d=0或q=1，则am=bm.

若d≠0，画出an=a1+(n-1)d与bn=b1•qn-1的图象，

易知am>bm，故am≥bm.

答案：am≥bm

(文)在等差数列{an}与等比数列{bn}中，a1=b1>0，a2n+1=b2n+1>0(n=1，2，3，…)，则an+1与bn+1的大小关系是____________.

解析：an+1=≥==bn+1.

答案：an+1≥bn+1

5.若a>b>c，则+_______.(填“>”“=”“<”)

解析：a>b>c，(+)(a-c)=(+)[(a-b)+(b-c)]

≥2•2=4.

∴+≥>.

答案：>

●典例剖析

【例1】设实数x、y满足y+x2=0，0

剖析：不等式左端含x、y，而右端不含x、y，故从左向右变形时应消去x、y.

证明：∵ax>0，ay>0，

∴ax+ay≥2=2.

∵x-x2=-(x-)2≤，0

∴loga(ax+ay)

评述：本题的证题思路可由分析法获得.要证原不等式成立，只要证ax+ay≥2•a即可.

【例2】已知a、b、c∈R+，且a+b+c=1.求证：

(1+a)(1+b)(1+c)≥8(1-a)(1-b)(1-c).

剖析：在条件“a+b+c=1”的作用下，将不等式的“真面目”隐含了，给证明不等式带来困难，若用“a+b+c”换成“1”，则还原出原不等式的“真面目”，从而抓住实质，解决问题.

证明：∵a、b、c∈R+且a+b+c=1，

∴要证原不等式成立，

即证[(a+b+c)+a]•[(a+b+c)+b][(a+b+c)+c]≥8[(a+b+c)-a]•[(a+b+c)-b]•[(a+b+c)-c].

也就是证[(a+b)+(c+a)][(a+b)+(b+c)]•[(c+a)+(b+c)]≥8(b+c)(c+a)(a+b).

①

∵(a+b)+(b+c)≥2>0，

(b+c)+(c+a)≥2>0，

(c+a)+(a+b)≥2>0，

三式相乘得①式成立.

故原不等式得证.

【例3】已知a>1，n≥2，n∈N*.

求证：-1<.

证法一：要证-1<，即证a<(+1)n.

令a-1=t>0，则a=t+1.也就是证t+1<(1+)n.

∵(1+)n=1+c

+…+c()n>1+t，即-1<成立.

证法二：设a=xn，x>1.于是只要证>x-1，

即证>n.联想到等比数列前n项和1+x+…+xn-1=，

①

倒序xn-1+xn-2+…+1=.

②

①+②得2•=(1+xn-1)+(x+xn-2)+…+(xn-1+1)

>2+2+…+2>2n.

∴>n.

思考讨论

本不等式是与自然数有关的命题，用数学归纳法可以证吗?读者可尝试一下.

●闯关训练

夯实基础

.已知a、b是不相等的正数，x=，y=，则x、y的关系是

A.x>y

B.y>x

c.x>y

D.不能确定

解析：∵x2=(+)2=(a+b+2)，

y2=a+b=(a+b+a+b)>(a+b+2)=x2，又x>0，y>0.∴y>x.

答案：B

2.对实数a和x而言，不等式x3+13a2x>5ax2+9a3成立的充要条件是____________.

解析：(x3+13a2x)-(5ax2+9a3)

=x3-5ax2+13a2x-9a3

=(x-a)(x2-4ax+9a2)

=(x-a)[(x-2a)2+5a2]>0.

∵当x≠2a≠0时，有(x-2a)2+5a2>0.由题意故只需x-a>0即x>a，以上过程可逆.

答案：x>a

3.已知a>b>c且a+b+c=0，求证：

证明：要证

即证b2+a(a+b)<3a2，即证(a-b)(2a+b)>0，

即证(a-b)(a-c)>0.

∵a>b>c，∴(a-b)•(a-c)>0成立.

∴原不等式成立.

4.已知a+b+c=0，求证：ab+bc+ca≤0.

证法一：(综合法)∵a+b+c=0，∴(a+b+c)2=0.

展开得ab+bc+ca=-，

∴ab+bc+ca≤0.

证法二：(分析法)要证ab+bc+ca≤0，

∵a+b+c=0，

故只需证ab+bc+ca≤(a+b+c)2，即证a2+b2+c2+ab+bc+ca≥0，

亦即证[(a+b)2+(b+c)2+(c+a)2]≥0.

而这是显然的，由于以上相应各步均可逆，

∴原不等式成立.

证法三：∵a+b+c=0，∴-c=a+b.

∴ab+bc+ca=ab+(b+a)c=ab-(a+b)2

=-a2-b2-ab=-[(a+)2+]≤0.

∴ab+bc+ca≤0.

培养能力

5.设a+b+c=1，a2+b2+c2=1且a>b>c.

求证：-

证明：∵a2+b2+c2=1，

∴(a+b)2-2ab+c2=1.

∴2ab=(a+b)2+c2-1=(1-c)2+c2-1=2c2-2c.

∴ab=c2-c.

又∵a+b=1-c，∴a、b是方程x2+(c-1)x+c2-c=0的两个根，且a>b>c.

令f(x)=x2+(c-1)x+c2-c，则

6.已知=1，求证：方程ax2+bx+c=0有实数根.

证明：由=1，∴b=.

∴b2=(+c)2=+2ac+2c2=4ac+(-c)2≥4ac.

∴方程ax2+bx+c=0有实数根.

7.设a、b、c均为实数，求证：++≥++.

证明：∵a、b、c均为实数，∴(+)≥≥，当a=b时等号成立;

(+)≥≥，当b=c时等号成立;

(+)≥≥.

三个不等式相加即得++≥++，当且仅当a=b=c时等号成立.

探究创新

8.已知a、b、c、d∈R，且a+b=c+d=1，ac+bd>1.

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，

∵a+b=c+d=1，∴(a+b)(c+d)=1.∴ac+bd+bc+ad=1≥ac+bd.这与ac+bd>1矛盾.

所以假设不成立，即a、b、c、d中至少有一个负数.

●思悟小结

.综合法就是“由因导果”，从已知不等式出发，不断用必要条件替换前面的不等式，直至推出要证的结论.

2.分析法就是“执果索因”，从所证不等式出发，不断用充分条件替换前面的不等式，直至找到成立的不等式.

3.探求不等式的证法一般用分析法，叙述证明过程用综合法较简，两法结合在证明不等式中经常遇到.

4.构造函数利用单调性证不等式或构造方程利用“Δ≥0”证不等式，充分体现相关知识间的联系.

●教师下载中心

教学点睛

.在证明不等式的过程中，分析法和综合法是不能分离的，如果使用综合法证明不等式难以入手时，常用分析法探索证题途径，之后用综合法的形式写出它的证明过程，以适应学生习惯的思维规律.有时问题证明难度较大，常使用分析综合法，实现两头往中间靠以达到证题目的.

2.由于高考试题不会出现单一的不等式的证明题，常常与函数、数列、三角、方程综合在一起，所以在教学中，不等式的证明除常用的三种方法外，还需介绍其他方法，如函数的单调性法、判别式法、换元法(特别是三角换元)、放缩法以及数学归纳法等.

拓展题例

【例1】已知a、b为正数，求证：

(1)若+1>，则对于任何大于1的正数x，恒有ax+>b成立;

(2)若对于任何大于1的正数x，恒有ax+>b成立，则+1>.

分析：对带条件的不等式的证明，条件的利用常有两种方法：①证明过程中代入条件;②由条件变形得出要证的不等式.

证明：(1)ax+=a(x-1)++1+a≥2+1+a=(+1)2.

∵+1>b(b>0)，∴(+1)2>b2.

(2)∵ax+>b对于大于1的实数x恒成立，即x>1时，[ax+]min>b，

而ax+=a(x-1)++1+a≥2+1+a=(+1)2，

当且仅当a(x-1)=，即x=1+>1时取等号.故[ax+]min=(+1)2.

则(+1)2>b，即+1>b.

评述：条件如何利用取决于要证明的不等式两端的差异如何消除.

【例2】求证：≤+.

剖析：|a+b|≤|a|+|b|，故可先研究f(x)=(x≥0)的单调性.

证明：令f(x)=(x≥0)，易证f(x)在[0，+∞)上单调递增.

|a+b|≤|a|+|b|，∴f(|a+b|)≤f(|a|+|b|)，

即≤=≤.

思考讨论

.本题用分析法直接去证可以吗?2.本题当|a+b|=0时，不等式成立;

当|a+b|≠0时，原不等式即为≤.

再利用|a+b|≤|a|+|b|放缩能证吗?读者可以尝试一下!

第6篇：高考数学难点归纳18_不等式的证明策略学案

不等式的证明

[例1]证明不等式11

21

31

n2n(n∈N*)

[例2]求使xy≤axy(x>0，y>0)恒成立的a的最小值.

一、填空题

1.已知x、y是正变数，a、b是正常数，且ab=1，x+y的最小值为__________.xy

2.设正数a、b、c、d满足a+d=b+c，且|a-d|<|b-c|，则ad与bc的大小关系是__________.

3.若m

二、解答题

1 (2)a2b23c2≤6 3

125.已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=，证明：x，y，z∈[0，] 234.已知a，b，c为正实数，a+b+c=1.求证：(1)a2+b2+c2≥

6.证明下列不等式：

bc2ca2ab2z≥2(xy+yz+zx) xyabc

yzzxxy111(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz，则≥2() xyzxyz(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，则

7.已知i，m、n是正整数，且1

m

n;(2)证明：(1+m)n>(1+n)m

8.若a>0，b>0，a3+b3=2，求证：a+b≤2，ab≤1.

京翰教育