《2022年高考總復(fù)習(xí)文數(shù)（北師大版）講義：選修4－5 第02節(jié) 不等式證明 Word版含答案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考總復(fù)習(xí)文數(shù)（北師大版）講義：選修4－5 第02節(jié) 不等式證明 Word版含答案（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考總復(fù)習(xí)文數(shù)（北師大版）講義：選修4－5 第02節(jié) 不等式證明 Word版含答案 考點(diǎn) 高考試題 考查內(nèi)容 核心素養(yǎng) 不等式 證明 xx·全國(guó)卷Ⅱ·T23·10分 利用均值不等式證明不等式 邏輯推理 xx·浙江卷·T22·15分 證明以數(shù)列為載體的不等式問題 邏輯推理 xx·全國(guó)卷Ⅱ·T24·10分 絕對(duì)值不等式的解法與絕對(duì)值不等式的證明 數(shù)學(xué)運(yùn)算 邏輯推理 xx·全國(guó)卷Ⅱ·T24·10分 不等式證明和充要條件的判斷 邏輯推理 命題分析 從近幾年高考命題來看，作為新課程選考的重要內(nèi)容，不等式證明嚴(yán)格按考試說明要求命題，試題難度不超過中等，以

2、解答題形式出現(xiàn)，著重考查比較法、綜合法，證明不等式，以及放縮法的應(yīng)用. (2)比商法：若B＞0，欲證__A≥B__，只需證≥1． 3．綜合法與分析法 (1)綜合法：一般地，從已知條件出發(fā)，利用定義、公理、定理、性質(zhì)等，經(jīng)過一系列的__推理、論證__而得出命題__成立__． (2)分析法：從__要證的結(jié)論__出發(fā)，逐步尋求使它成立的__充分條件__，直至所需條件為已知條件或一個(gè)明顯成立的事實(shí)(定義，公理或已證明的定理，性質(zhì)等)，從而得出要證的命題成立． 提醒： 比較法證明不等式最常用的是差值比較法，其基本步驟是：作差—變形—判斷差的符號(hào)—下結(jié)論．其中“變形”是證明的關(guān)鍵，一般通過因式

3、分解或配方將差式變形為幾個(gè)因式的積或配成幾個(gè)代數(shù)式平方和的形式，當(dāng)差式是二次三項(xiàng)式時(shí)，有時(shí)也可用判別式來判斷差值的符號(hào)．個(gè)別題目也可用柯西不等式來證明． 1．判斷下列結(jié)論的正誤(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”) (1)用反證法證明命題“a，b，c全為0”時(shí)假設(shè)為“a，b，c全不為0”．(　　) (2)若實(shí)數(shù)x、y適合不等式xy>1，x＋y>－2，則x>0，y>0.(　　) 答案：(1)×　(2)√ 2．設(shè)不等式|2x－1|＜1的解集為M． (1)求集合M． (2)若a，b∈M，試比較ab＋1與a＋b的大?。? 解：(1)由|2x－1|＜1得－1＜2x－1＜1，解得0＜x＜1．

4、 所以M＝{x|0＜x＜1}． (2)由(1)和a，b∈M可知0＜a＜1,0＜b＜1， 所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)＞0． 故ab＋1＞a＋b． 3．已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證：0， 只需證(a－b)(2a＋b)>0， 只需證(a－b)(a－c)>0． ∵a>b>c，∴a－b>0，a－c>0． ∴(a－b)(a－c)>0顯然成立， 故原不等式成立． 比較法證明不等式 [明技法] 作商比較法證

5、明不等式的一般步驟 ①作商：將不等式左右兩邊的式子進(jìn)行作商； ②變形：將商式的分子放(縮)，分母不變，或分子不變，分母放(縮)，或分子放(縮)，分母縮(放)，從而化簡(jiǎn)商式為容易和1比較大小的形式； ③判斷：判斷商與1的大小關(guān)系，就是判斷商大于1或小于1或等于1； ④結(jié)論． [提能力] 【典例】 求證：(1)當(dāng)x∈R時(shí)，1＋2x4≥2x3＋x2； (2)當(dāng)a，b∈(0，＋∞)時(shí)，aabb≥(ab) ． 證明：(1)方法一　(1＋2x4)－(2x3＋x2) ＝2x3(x－1)－(x＋1)(x－1) ＝(x－1)(2x3－x－1) ＝(x－1)(2x3－2x＋x－1) ＝(x

6、－1)[2x(x2－1)＋(x－1)] ＝(x－1)2(2x2＋2x＋1) ＝(x－1)2≥0， 所以1＋2x4≥2x3＋x2． 方法二　(1＋2x4)－(2x3＋x2) ＝x4－2x3＋x2＋x4－2x2＋1 ＝(x－1)2·x2＋(x2－1)2≥0， 所以1＋2x4≥2x3＋x2． (2)＝ab＝， 當(dāng)a＝b時(shí)，＝1； 當(dāng)a＞b＞0時(shí)，＞1，＞0，＞1； 當(dāng)b＞a＞0時(shí)，0＜＜1，＜0， ＞1． 所以aabb≥(ab) ． [刷好題] 1．設(shè)a，b是非負(fù)實(shí)數(shù)，求證：a3＋b3≥(a2＋b2)． 證明：由a，b是非負(fù)實(shí)數(shù)，作差得 a3＋b3－(a2＋b2)＝

7、a2(－)＋b2(－) ＝(－)[()5－()5]． 當(dāng)a≥b時(shí)，≥，從而()5≥()5， 得(－)[()5－()5]≥0； 當(dāng)a＜b時(shí)，＜，從而()5＜()5， 得(－)[()5－()5]＞0， 所以a3＋b3≥(a2＋b2)． 2．已知a，b∈(0，＋∞)，求證：abba≤(ab) ． 證明：＝ab－ba－＝． 當(dāng)a＝b時(shí)，＝1； 當(dāng)a＞b＞0時(shí)，0＜＜1，＞0，＜1． 當(dāng)b＞a＞0時(shí)，＞1，＜0，＜1． 所以abba≤(ab) ． 用綜合法、分析法證明不等式 [明技法] 分析法與綜合法常常結(jié)合起來使用，稱為分析綜合法，其實(shí)質(zhì)是既充分利用已知條件，又時(shí)刻瞄

8、準(zhǔn)解題目標(biāo)，即不僅要搞清已知什么，還要明確干什么，通常用分析法找到解題思路，用綜合法書寫證題過程． [提能力] 【典例】 設(shè)x≥1，y≥1，求證：x＋y＋≤＋＋xy． 證明：由于x≥1，y≥1， 要證x＋y＋≤＋＋xy， 只需證xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2． 因?yàn)閇y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1] ＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)] ＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1) ＝(xy－1)(xy－x－y＋1) ＝(xy－1)(x－1)(y－1)， 因?yàn)閤≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0， 從而所要證

9、明的不等式成立． [刷好題] 設(shè)a，b，c均為正數(shù)，且a＋b＋c＝1 證明： (1)ab＋bc＋ca≤； (2)＋＋≥1． 證明：(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca得 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca． 由題設(shè)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≤． (2)因?yàn)椋玝≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c， 所以＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)， 即＋＋≥a＋b＋c． 所以＋＋≥1． 反證法證明不等式 [明技法] 利用反證法證明問題的一般

10、步驟 (1)否定原結(jié)論； (2)從假設(shè)出發(fā)，導(dǎo)出矛盾； (3)證明原命題正確． [提能力] 【典例】 (1)設(shè)0＜a，b，c＜1，求證：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不可能同時(shí)大于． 證明：設(shè)(1－a)b＞，(1－b)c＞，(1－c)a＞， 三式相乘得(1－a)b·(1－b)c·(1－c)a＞，① 又因?yàn)?＜a，b，c＜1， 所以0＜(1－a)a≤2＝． 同理：(1－b)b≤，(1－c)c≤， 以上三式相乘得(1－a)a·(1－b)b·(1－c)c≤，與①矛盾． 所以(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不可能同時(shí)大于． (2)已知a＋b＋c＞0，ab＋b

11、c＋ca＞0，abc＞0，求證：a，b，c＞0． 證明：①設(shè)a＜0，因?yàn)閍bc＞0，所以bc＜0． 又由a＋b＋c＞0，則b＋c＞－a＞0， 所以ab＋bc＋ca＝a(b＋c)＋bc＜0，與題設(shè)矛盾． ②若a＝0，則與abc＞0矛盾，所以必有a＞0． 同理可證：b＞0，c＞0． 綜上可證a，b，c＞0． [刷好題] 1．已知f(x)＝x2＋px＋q， 求證：(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝2； (2)|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一個(gè)不小于． 證明：( 1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)＝2．

12、 (2)假設(shè)|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于， 則|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|＜2． 而|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥f(1)＋f(3)－2f(2)＝2矛盾， ∴|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一個(gè)不小于． 2．已知函數(shù)y＝f(x)在R上是增函數(shù)，且f(a)＋f(－b)＜f(b)＋f(－a)，求證：a＜b． 證明：假設(shè)a＜b不成立，則a＝b或a＞b． 當(dāng)a＝b時(shí)，－a＝－b， 則有f(a)＝f(b)，f(－a)＝f(－b)， 于是f(a)＋f(－b)＝f(b)＋f(－a)，與已知矛盾． 當(dāng)a＞b時(shí)，－a＜－b，由函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)性可得f(a)＞f(b)，f(－b)＞f(－a)， 于是有f(a)＋f(－b)＞f(b)＋f(－a)， 與已知矛盾．故假設(shè)不成立．∴a＜b．