人A版数学选修4-5讲义：第2讲 章末分层突破

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4. 设 P＝a2b2＋5，Q＝2ab－a2－4a，若 P＞Q，则实 数 a，b 满足的条件为________．
解析：P－Q＝a2b2＋5－2ab＋a2＋4a＝(ab－1)2＋(a ＋2)2，因为 P＞Q⇒P－Q＞0.所以 ab≠1 或 a≠－2.
答案：ab≠1 或 a≠－2
又 c－b＝ 1 －(1＋x)＝ x2 ＞0，
1－x
1－x
所以 c＞b.所以 c＞b＞a.
答案：c
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类型 1 作差比较法证明不等式
[典例 1] (1)已知 a，b∈R，求证：a2＋b2＋1＞a(b ＋1)；
(2)已知 a，b 是互不相等的正数，n＞1，求证：an＋ bn＞an－1b＋abn－1.
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证明：(1)因为 a2＋b2＋1－a(b＋1)＝12[(a－b)2＋(1－ a)2＋b2＋1]＞0，
所以 a2＋b2＋1＞a(b＋1)． (2)(an＋bn)－(an－1b＋abn－1)＝(a－b)(an－1－bn－1)． 因为 a，b∈R－，n＞1，n－1＞0，a≠b，
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5．已知 0＜x＜1，a＝2 x，b＝1＋x，c＝1－1 x，则 其中最大的是________．
解析：因为 0＜x＜1，所以 a＞0，b＞0，c＞0. 又 a2－b2＝(2 x)2－(1＋x)2＝－(1－x)2＜0， 所以 a2－b2＜0.所以 a＜b.
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所以当 a＞b 时，an－1＞bn－1， 所以 a－b＞0，an－1－bn－1＞0， 所以(a－b)(an－1－bn－1)＞0， 即 an＋bn＞an－1b＋abn－1. 当 a＜b 时，an－1＜bn－1， 所以 a－b＜0，an－1－bn－1＜0，

选修4--5 不等式选讲一、课程目标解读选修系列4-5专题不等式选讲，内容包括：不等式的基本性质、含有绝对值的不等式、不等式的证明、几个著名的不等式、利用不等式求最大（小）值、数学归纳法与不等式。

通过本专题的教学，使学生理解在自然界中存在着大量的不等量关系和等量关系，不等关系和相等关系都是基本的数学关系，它们在数学研究和数学应用中起着重要的作用；使学生了解不等式及其证明的几何意义与背景，以加深对这些不等式的数学本质的理解，提高学生的逻辑思维能力和分析问题解决问题的能力。

二、教材内容分析作为一个选修专题，虽然学生已经学习了高中必修课程的5个模块和三个选修模块，教材内容仍以初中知识为起点，在内容的呈现上保持了相对的完整性．整个专题内容分为四讲，结构如下图所示：第一讲是“不等式和绝对值不等式”，为了保持专题内容的完整性，教材回顾了已学过的不等式6个基本性质，从“数与运算”的思想出发，强调了比较大小的基本方法。

回顾了二元基本不等式，突出几何背景和实际应用，同时推广到n个正数的情形，但教学中只要求理解掌握并会应用二个和三个正数的均值不等式。

对于绝对值不等式，借助几何意义，从“运算”角度，探究归纳了绝对值三角不等式，并用代数方法给出证明。

通过讨论两种特殊类型不等式的解法，学习解含有绝对值不等式的一般思想和方法，而不是系统研究。

第二讲是“证明不等式的基本方法”，教材通过一些简单问题，回顾介绍了证明不等式的比较法、综合法、分析法，反证法、放缩法。

其中，用反证法和放缩法证明不等式是新的课程标准才引入到中学数学教学中的内容。

这些方法大多在选修2-2“推理与证明”已经学过，此处再现也是为了专题的完整性，对于新增的放缩法，应通过实际实际例子，使学生明确不等式放缩的几个简单途径和方法，比如舍掉或加进一些项，在分式中放大或缩小分子或分母，应用基本不等式进行放缩等（见分节教学设计）。

本讲内容也是本专题的一个基础内容。

第三讲是“柯西不等式和排序不等式”。

Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，
即an＋1＝2an＋1
从而an＋1＋1＝2(an＋1).
数 学
当n＝1时，S2＝2S1＋1＋5，
选 修
∴a1＋a2＝2a1＋6.
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① ②
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第二讲 证明不等式的基本方法
又 a1＝5，故 a2＝11，
从而 a2＋1＝2(a1＋1).
[分析] 由于不等式两边对数的底数不同，故不宜采用作差比较法，解答 本题可采用作商比较法.
[解析] ∵a>2，∴a－1>1，
∴loga(a－1)>0，log(a＋1)a>0，
数 学 选
由于lologgaaa＋－1a1＝loga(a－1)·loga(a＋1)
修
人 教
<[logaa－1＋2 logaa＋1]2＝[logaa22－1]2.
2f′(1)与23n2－13n的大小.
数 学
[分析] 大比较大小时，作差法的差式与“n”的取值有关，且大小关系随
选 修
“n”的变化而变化.
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第二讲 证明不等式的基本方法
[解析] (1)证明：由已知Sn＋1＝2Sn＋n＋5， ∴n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n＋4， ①②两式相减，得
(3)运用放缩法证明命题时要注意放缩必须适度，放得过大或缩得过小都不能
够达到证明命题的目的. 放缩时使用的主要方法有：
①舍去或加上一些项，如：(x＋12)2＋34>(x＋12)2.
②将分子或分母放大(或缩小)，如：k12<kk－1 1，k12>kk＋1 1，
数

章末分层突破[自我校对]①作差法②综合法③执果索因④放缩法⑤间接证明比较法证明不等式其主要步骤是：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a≥b＞0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.【规范解答】3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)＝3a2(a－b)＋2b2(b－a)＝(a－b)(3a2－2b2)．∵a≥b＞0，∴a－b≥0,3a2－2b2≥2a2－2b2≥0，从而(3a2－2b2)(a－b)≥0，故3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2成立． [再练一题]1．若a ＝lg 22，b ＝lg 33，c ＝lg 55，则( ) A ．a ＜b ＜c B ．c ＜b ＜a C ．c ＜a ＜bD.b ＜a ＜c【解析】 a 与b 比较：a ＝3lg 26＝lg 86，b ＝2lg 36＝lg 96.∵9＞8，∴b ＞a ， b 与c 比较：b ＝lg 33＝lg 3515，c ＝lg 55＝lg 5315.∵35＞53， ∴b ＞c ，a 与c 比较：a ＝lg 2510＝lg 3210，c ＝lg 2510. ∵32＞25，a ＞c ， ∴b ＞a ＞c ，故选C. 【答案】 C综合法、分析法证明不等式因导果”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：x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2＞32(x ＋y ＋z )． 【规范解答】 因为x 2＋xy ＋y 2＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＋34y 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋y 2≥x ＋y 2，同理可证：y 2＋yz ＋z 2≥y ＋z 2，x 2＋xz ＋z 2≥z ＋x2.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：x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2 ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋z 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z ＋x 2＝32(x ＋y ＋z )， 所以有x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2＞32(x ＋y ＋z )． [再练一题]2．设a ，b ，c 均为大于1的正数，且ab ＝10. 求证：log a c ＋log b c ≥4lg c .【导学号：32750044】【证明】 由于a ＞1，b ＞1，故要证明log a c ＋log b c ≥4lg c ， 只要证明lg c lg a ＋lg clg b ≥4lg c . 又c ＞1，故lg c ＞0，所以只要证1lg a ＋1lg b ≥4，即lg a ＋lg b lg a ·lg b ≥4. 因ab ＝10，故lg a ＋lg b ＝1， 只要证明1lg a ·lg b ≥4.(*)由a ＞1，b ＞1，故lg a ＞0，lg b ＞0， 所以0＜lg a ·lg b ≤⎝⎛⎭⎪⎫lg a ＋lg b 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝14， 即(*)式成立．所以，原不等式log a c ＋log b c ≥4lg c 得证.反证法证明不等式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a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π3，c＝z 2－2x ＋π6，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a ≤0，b ≤0，c ≤0，∴a ＋b ＋c ≤0，由题设知，a ＋b ＋c＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－2y ＋π2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 2－2z ＋π3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z 2－2x ＋π6 ＝(x 2－2x )＋(y 2－2y )＋(z 2－2z )＋π ＝(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2＋π－3， ∴a ＋b ＋c ＞0，这与a ＋b ＋c ≤0矛盾， 故a ，b ，c 中至少有一个大于0. [再练一题]3．如图2-1，已知在△ABC 中，∠CAB ＞90°，D 是BC 的中点，求证：AD ＜12BC .图2-1【证明】 假设AD ≥12BC .(1)若AD ＝12BC ，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∠A ＝90°，与题设矛盾，所以AD ≠12BC .(2)若AD ＞12BC ，因为BD ＝DC ＝12BC ， 所以在△ABD 中，AD ＞BD ， 从而∠B ＞∠BAD . 同理∠C ＞∠CAD .所以∠B ＋∠C ＞∠BAD ＋∠CAD ， 即∠B ＋∠C ＞∠A .因为∠B ＋∠C ＝180°－∠A ，所以180°－∠A ＞∠A ，即∠A ＜90°，与已知矛盾， 故AD ＞12BC 不成立．由(1)(2)知AD＜12BC成立.用放缩法证明不等式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：a1＋a ，b1＋b，c1＋c也可以构成一个三角形．【规范解答】设f(x)＝x1＋x，x∈(0，＋∞)．设0<x1<x2，则f(x2)－f(x1)＝x21＋x2－x11＋x1＝x2－x1(1＋x1)(1＋x2)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数．∵a，b，c为三角形的三条边，于是a＋b>c，∴c1＋c<a＋b1＋(a＋b)＝a1＋a＋b＋b1＋a＋b<a1＋a＋b1＋b，即c1＋c<a1＋a＋b1＋b，同理b1＋b<a1＋a＋c1＋c，a1＋a<b1＋b＋c1＋c，∴以a1＋a，b1＋b，c1＋c为边可以构成一个三角形．[再练一题]4．已知|x|＜ε3，|y|＜ε6，|z|＜ε9，求证：|x＋2y－3z|＜ε.【证明】∵|x|＜ε3，|y|＜ε6，|z|＜ε9，∴|x＋2y－3z|＝|1＋2y＋(－3z)|≤|x|＋|2y|＋|－3z|＝|x|＋2|y|＋3|z|＜ε3＋2×ε6＋3×ε9＝ε. ∴原不等式成立．1．若实数a ，b 满足1a ＋2b ＝ab ，则ab 的最小值为( ) A. 2 B ．2 C ．2 2D.4【解析】 由1a ＋2b ＝ab 知a >0，b >0，所以ab ＝1a ＋2b ≥22ab ，即ab ≥22， 当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧1a ＝2b ，1a ＋2b ＝ab ，即a ＝42，b ＝242时取“＝”，所以ab 的最小值为2 2.【答案】 C2．设a ，b >0，a ＋b ＝5，则a ＋1＋b ＋3的最大值为________． 【解析】 令t ＝a ＋1＋b ＋3，则t 2＝a ＋1＋b ＋3＋2(a ＋1)(b ＋3)＝9＋2(a ＋1)(b ＋3)≤9＋a ＋1＋b ＋3＝13＋a ＋b ＝13＋5＝18，当且仅当a ＋1＝b ＋3时取等号，此时a ＝72，b ＝32. ∴t max ＝18＝3 2. 【答案】 3 23．设a 1，a 2，a 3，a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0)的等差数列． (1)证明：2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列；(2)是否存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列？并说明理由；(3)是否存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k 3，a n ＋3k 4依次构成等比数列？并说明理由．【解】 (1)证明：因为2a n ＋12a n ＝2a n ＋1－a n ＝2d (n ＝1,2,3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列．(2)不存在，理由如下：令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a ＞d ，a ＞－2d ，d ≠0)．假设存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列，则a 4＝(a －d )(a ＋d )3，且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4.令t ＝da ，则1＝(1－t )(1＋t )3， 且(1＋t )6＝(1＋2t )4⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＜t ＜1，t ≠0，化简得t 3＋2t 2－2＝0(*)，且t 2＝t ＋1.将t 2＝t ＋1代入(*)式，得t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0，则t ＝－14.显然t ＝－14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列．(3)不存在，理由如下：假设存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k3，a n ＋3k 4依次构成等比数列，则a n 1(a 1＋2d )n ＋2k ＝(a 1＋d )2(n ＋k )，且(a 1＋d )n ＋k (a 1＋3d )n ＋3k ＝(a 1＋2d )2(n ＋2k )， 分别在两个等式的两边同除以a 2(n ＋k )1及a 2(n ＋2k )1，并令t ＝d a 1⎝⎛⎭⎪⎫t ＞－13，t ≠0， 则(1＋2t )n ＋2k ＝(1＋t )2(n ＋k )，且(1＋t )n ＋k (1＋3t )n ＋3k ＝(1＋2t )2(n ＋2k )． 将上述两个等式两边取对数，得 (n ＋2k )ln(1＋2t )＝2(n ＋k )ln(1＋t )，且(n ＋k )ln(1＋t )＋(n ＋3k )ln(1＋3t )＝2(n ＋2k )ln(1＋2t )． 化简得2k [ln(1＋2t )－ln(1＋t )]＝n [2ln(1＋t )－ln(1＋2t )]， 且3k [ln(1＋3t )－ln(1＋t )]＝n [3ln(1＋t )－ln(1＋3t )]． 再将这两式相除，化简得ln(1＋3t )ln(1＋2t )＋3ln(1＋2t )ln(1＋t ) ＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )．(**)令g (t )＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )－ln(1＋3t )ln(1＋2t )－3ln(1＋2t )ln(1＋t )，则g ′(t )＝2[(1＋3t )2ln (1＋3t )－3(1＋2t )2ln (1＋2t )＋3(1＋t )2ln (1＋t )](1＋t )(1＋2t )(1＋3t ).令φ(t )＝(1＋3t )2ln(1＋3t )－3(1＋2t )2ln(1＋2t )＋3(1＋t )2ln(1＋t )， 则φ′(t )＝6[(1＋3t )ln(1＋3t )－2(1＋2t )ln(1＋2t )＋(1＋t )ln(1＋t )]． 令φ1(t )＝φ′(t )，则φ′1(t )＝6[3ln(1＋3t )－4ln(1＋2t )＋ln(1＋t )]． 令φ2(t )＝φ′1(t )，则φ′2(t )＝12(1＋t )(1＋2t )(1＋3t )＞0.由g (0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t )＞0，知φ2(t )，φ1(t )，φ(t )，g (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0和(0，＋∞)上均单调．故g (t )只有唯一零点t ＝0，即方程(**)只有唯一解t ＝0，故假设不成立．所以不存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k3，a n ＋3k 4依次构成等比数列．4．已知a >0，函数f (x )＝e ax sin x (x ∈[0，＋∞))．记x n 为f (x )的从小到大的第n (n ∈N *)个极值点．证明：(1)数列{f (x n )}是等比数列； (2)若a ≥1e 2－1，则对一切n ∈N *，x n <|f (x n )|恒成立． 【证明】 (1)f ′(x )＝a e ax sin x ＋e ax cos x ＝e ax (a sin x ＋cos x ) ＝a 2＋1e ax sin(x ＋φ)． 其中tan φ＝1a ，0<φ<π2.令f ′(x )＝0，由x ≥0得x ＋φ＝m π， 即x ＝m π－φ，m ∈N *.对k ∈N ，若2k π<x ＋φ<(2k ＋1)π，即2k π－φ<x <(2k ＋1)π－φ，则f ′(x )>0； 若(2k ＋1)π<x ＋φ<(2k ＋2)π，即(2k ＋1)π－φ<x <(2k ＋2)π－φ，则f ′(x )<0. 因此，在区间((m －1)π，m π－φ)与(m π－φ，m π)上，f ′(x )的符号总相反．于是当x ＝m π－φ(m ∈N *)时，f (x )取得极值，所以x n ＝n π－φ(n ∈N *)．此时，f(x n)＝e a(nπ－φ)sin(nπ－φ)＝(－1)n＋1e a(nπ－φ)·sin φ.易知f(x n)≠0，而f(x n＋1)f(x n)＝(－1)n＋2e a[(n＋1)π－φ]sin φ(－1)n＋1e a(nπ－φ)sin φ＝－e aπ是常数，故数列{f(x n)}是首项为f(x1)＝e a(π－φ)sin φ，公比为－e aπ的等比数列．(2)由(1)知，sin φ＝1a2＋1，于是对一切n∈N*，x n<|f(x n)|恒成立，即nπ－φ<1a2＋1e a(nπ－φ)恒成立，等价于a2＋1a<e a(nπ－φ)a(nπ－φ)(*)恒成立(因为a>0)．设g(t)＝e tt(t>0)，则g′(t)＝e t(t－1)t2.令g′(t)＝0得t＝1.当0<t<1时，g′(t)<0，所以g(t)在区间(0,1)上单调递减；当t>1时，g′(t)>0，所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增．从而当t＝1时，函数g(t)取得最小值g(1)＝e.因此，要使(*)式恒成立，只需a2＋1a<g(1)＝e，即只需a>1e2－1.而当a＝1e2－1时，由tan φ＝1a＝e2－1>3且0<φ<π2知，π3<φ<π2.于是π－φ<2π3<e2－1，且当n≥2时，nπ－φ≥2π－φ>3π2>e2－1.因此对一切n∈N*，ax n＝nπ－φe2－1≠1，所以g(ax n)>g(1)＝e＝a2＋1a.故(*)式亦恒成立．综上所述，若a≥1e2－1，则对一切n∈N*，x n<|f(x n)|恒成立．。