2013届高考数学第一轮专题复习测试卷第二讲 证明不等式的基本方法

答案：D
|x－a|±|x－b|<c及|x－a|±|x－b|>c型不等式 解法
[例 2] (2011·宝鸡质检)不等式|x＋1|＋|x－2|≤4 的解 集为________．
分析：用分段讨论、构造函数、数形结合法求解均可， 但数形结合最简便．
解析：解法一：1°当 x≤－1 时，不等式化为－x－1 －x＋2≤4，∴x≥－32，∴－32≤x≤－1；
误区警示 1．使用均值不等式求最值时，必须满足“一正、二 定、三相等”的条件，且注意变形配凑技巧． 2 ． 不 等 式 定 理 中 的 条 件 要 准 确 把 握 ， 如 a2 ＋ b2≥2ab(a，b∈R)，a＋b≥2 ab(a，b∈R＋)等．
3．含绝对值三角不等式|a|－|b|≤||a|－|b||≤|a±b|≤|a| ＋|b|中等号成立的条件应注意，|a＋b|＝|a|＋|b|中 a·b≥0， 而|a－b|＝|a|＋|b|中 a·b≤0 等．
推论 2：设 C 为常数，且 a1、a2、…、an 为 n 个正数， 则当 a1＋a2＋…＋an＝nC 时，a1a2…an≤Cn 且等号成立 ⇔a1＝a2＝…＝an.
2．定理 2(调和平均数不等式)
设 a1 、 a2 、 … 、 an 为 正 数 ， 则 n a1a2…an ≥a11＋a12＋n …＋a1n，等号成立⇔a1＝a2＝…＝an.
三、含绝对值不等式解法 ①|ax＋b|≤c(c>0)⇔－c≤ax＋b≤c， |ax＋b|≥c(c>0)⇔ax＋b≥c 或 ax＋b≤－c， ②|x－a|＋|x－b|≤c，|x－a|＋|x－b|≥c 型不等式解 法．
解法 1(分类讨论思想)：S1 令每个绝对值符号里的 一次式为 0，求出相应的根．
第三节
不等式选讲

高考数学第一轮复习：《利用导数证明不等式》利用导数证明不等式是高考的热点问题，常作为解答题的一问出现，难度较大，解决此类问题一般是通过构造函数把不等式问题转化为求函数单调性或最值问题解决．构造法证明一元不等式问题已知f(x)＝x ln x，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＞1e x－2e x成立．解：(1)∀x∈(0，＋∞)，有2x ln x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋x＋3x，设h(x)＝2ln x＋x＋3x(x＞0)，则h′(x)＝(x＋3)(x－1)x2，①当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4.因为对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4.(2)证明问题等价于证明x ln x＞xe x－2e(x∈(0，＋∞))．f(x)＝x ln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－1 e ，当且仅当x＝1e 时取到，设m(x)＝xe x－2e(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝1－xe x，易知m(x)max＝m(1)＝－1e，当且仅当x＝1时取到．从而对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＞1e x －2e x成立．【反思归纳】利用导数法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0，若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min≥g(x)max；若f(x)与g(x)的最值不易求出，可对h(x)＝f(x)－g(x)适当变形后进行转化．【即时训练】已知函数f(x)＝ax2－ax－x ln x，且f(x)≥0.(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2＜f(x0)＜2－2.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．设g(x)＝ax－a－ln x，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0.因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－1x，g′(1)＝a－1，得a＝1.若a＝1，则g′(x)＝1－1x.当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.综上，a＝1.(2)由(1)知f(x)＝x2－x－x ln x，f′(x)＝2x－2－ln x.设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－1x.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，h ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，h ′(x )＞0.所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞单调递增． 又h (e －2)＞0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＜0，h (1)＝0，所以h (x )在(0，12)有唯一零点x 0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞有唯一零点1，且当x ∈(0，x 0)时，h (x )＞0；当x ∈(x 0,1)时，h (x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＞0. 因为f ′(x )＝h (x )，所以x ＝x 0是f (x )的唯一极大值点． 由f ′(x 0)＝0得ln x 0＝2(x 0－1)，故f (x 0)＝x 0(1－x 0)． 由x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12得f (x 0)＜14.因为x ＝x 0是f (x )在(0,1)的最大值点，由e －1∈(0,1)，f ′(e －1)≠0得f (x 0)＞f (e －1)＝e －2. 所以e －2＜f (x 0)＜2－2.不等式恒成立问题已知函数f (x )＝m (x －1)e x ＋x 2(m ∈R )． (1)若m ＝－1，求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意的x ＜0，不等式x 2＋(m ＋2)x ＞f ′(x )恒成立，求m 的取值范围． 解：(1)当m ＝－1时，f (x )＝(1－x )e x ＋x 2， 则f ′(x )＝x (2－e x )， 由f ′(x )＞0得，0＜x ＜ln 2， 由f ′(x )＜0得x ＜0或x ＞ln 2，故函数f (x )的单调递增区间为(0，ln 2)，单调递减区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)． (2)依题意，f ′(x )＝mx ⎝ ⎛⎭⎪⎫e x ＋2m ＜x 2＋(m ＋2)x ，x ＜0，因为x ＜0，所以m e x －x －m ＞0， 令h (x )＝m e x －x －m ，则h ′(x )＝m e x －1， 当m ≤1时，h ′(x )≤e x －1＜0，则h(x)在(－∞，0)上单调递减，所以h(x)＞h(0)＝0，符合题意；当m＞1时，h(x)在(－∞，－ln m)上单调递减，在(－ln m,0)上单调递增，所以h(x)min＝h(－ln m)＜h(0)＝0，不合题意．综上所述，m的取值范围为(－∞，1]．【反思归纳】二元不等式问题有两种形式，一种形式是对于同一个函数的两个不同自变量而言，一种形式则是对不同函数的不同自变量而言．利用导数解决第一种形式的二元不等式的基本思想是把这个二元不等式转化为一元不等式，通过构造函数，然后按照导数研究一元不等式的方法解决．转化的基本思路有两个，一是根据函数的单调性把不等式转化为一个函数在指定的区间上是单调的，二是通过“齐次变换”把不等式转化为一元不等式，然后构造函数．对于第二种形式则是转化为不同函数的最值进行解答．提醒：在把不等式转换为一元不等式时要注意变换的等价性，以及变换后函数的定义域．【即时训练】函数f(x)＝e x－x－1，g(x)＝e x(ax＋x cos x＋1)．(1)求函数f(x)的极值；(2)若a＞－1，证明：当x∈(0,1)时，g(x)＞1.解析：(1)函数f(x)＝e x－x－1的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝e x－1，由f′(x)＞0得x＞0，f′(x)＜0得x＜0，所以函数f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)只有极小值f(0)＝0，(2)不等式g(x)＞1等价于ax＋x cos x＋1＞1e x，由(1)得：e x≥x＋1，所以1e x ＜1x＋1，x∈(0,1)，所以(ax＋x cos x＋1)－1e x＞(ax＋x cos x＋1)－1x＋1＝ax＋x cos x＋x x＋1＝x(a＋cos x＋1x＋1)．令h (x )＝cos x ＋a ＋1x ＋1，则h ′(x )＝－sin x －1(x ＋1)2，当x ∈(0,1)时，h ′(x )＜0， 所以h (x )在(0,1)上为减函数，因此，h (x )＞h (1)＝a ＋12＋cos 1，因为cos 1＞cos π3＝12，所以，当a ＞－1时，a ＋12＋cos 1＞0，所以h (x )＞0，而x ∈(0,1)，所以g (x )＞1.赋值法证明正整数不等式问题已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜m ，求m 的最小值．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．①若a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12＋a ln 2＜0，所以不满足题意；②若a ＞0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax 知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增．故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点．由于f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0.故a ＝1. (2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x ＞0. 令x ＝1＋12n 得ln(1＋12n )＜12n .从而 ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜12＋122＋…＋12n ＝1－12n ＜1. 故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜e. 而(1＋12)(1＋122)(1＋123)＞2，所以m 的最小值为3.【反思归纳】利用导数研究的正整数不等式一般都与题目给出的函数不等式有关，如本例中给出的函数f(x)在a＝12，x≥1时，有不等式12x－1x≥ln x，根据函数的定义域，这个不等式当然对一切大于等于1的数成立，这样根据所证不等式的特点，给定x以适当的数值即可证明正整数不等式．凡涉及从1到n的整数的不等式，而且不等式中含有ln n的问题，一般都是通过赋值使之产生ln n＋1n，ln nn－1等使问题获得解决的，如证明12＋23＋…＋nn＋1<n＋ln2－ln(n＋2)时，就是通过变换nn＋1＝1－1n＋1，进而通过不等式x>ln(1＋x)(x>0)，得1n>ln1＋1n＝ln(n＋1)－ln n，累加后得出的．提醒：证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的不等式进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，使用导数就是错误的．【即时训练】已知函数f(x)＝e x－ax－a(其中a∈R，e是自然对数的底数，e＝2.718 28…)．(1)当a＝e时，求函数f(x)的极值；(2)当0≤a≤1时，求证f(x)≥0；(3)求证：对任意正整数n，都有1＋121＋122…1＋12n＜e.(1)解：当a＝e时，f(x)＝e x－e x－e，f′(x)＝e x－e，当x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0；所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝－e，函数f(x)无极大值；(2)解：由f(x)＝e x－ax－a，f′(x)＝e x－a①当a＝0时，f(x)＝e x≥0恒成立，满足条件，②当0＜a≤1时，由f′(x)＝0，得x＝ln a，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0， 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0， 所以函数f (x )在(－∞，ln a )上单调递减， 在(ln a ，＋∞)上单调递增，所以函数f (x )在x ＝ln a 处取得极小值即为最小值， f (x )min ＝f (ln a )＝e ln a －a ln a －a ＝－a ln a . 因为0＜a ≤1，所以ln a ≤0， 所以－a ln a ≥0， 所以f (x )min ≥0，综上得，当0≤a ≤1时，f (x )≥0；(3)证明：由(2)知，当a ＝1时，f (x )≥0恒成立， 所以f (x )＝e x －x －1≥0恒成立， 即e x ≥x ＋1，所以ln (x ＋1)≤x ，令x ＝12n (n ∈N ＋)， 得ln 1＋12n ≤12n ，所以ln 1＋12＋ln 1＋122＋…＋ln 1＋12n ≤12＋122＋…＋12n ＝121－12n 1－12＝1－12n<1，所以1＋121＋122…1＋12n ＜e.课时作业1．已知函数f (x )＝ln x 0若x 1＞x 2＞0，求证：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＞2x 2x 21＋x 22.解：当x 1＞x 2＞0时，不等式f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＞2x 2x 21＋x 22等价于ln x 1x 2＞2x 1x 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 22＋1，即ln x 1x 2＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2－1⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 22＋1.令x＝x1x2(x＞1)，构造函数F(x)＝ln x－2(x－1)1＋x2(x＞1)，F′(x)＝1x－－2x2＋4x＋2(1＋x2)2＝x4＋2x3－2x2－2x＋1x(1＋x2)2＝(x2－1)(x2＋2x－1)x(1＋x2)2＞0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，F(x)＞F(1)＝0，即ln x＞2(x－1)1＋x2，所以原不等式成立．2．已知函数f(x)＝mx－mx，g(x)＝2ln x，(1)当m＝2时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当m＝1时，判断方程f(x)＝g(x)在区间(1，＋∞)上有无实根；(3)当x∈(1，e]时，不等式f(x)－g(x)＜2恒成立，求实数m的取值范围．解析：(1)m＝2时，f(x)＝2x－2x，f′(x)＝2＋2x2，f′(1)＝4，切点坐标为(1,0)，∴切线方程为y＝4x－4(2)m＝1时，令h(x)＝f(x)－g(x)＝x－1x－2ln x，h′(x)＝1＋1x2－2x＝(x－1)2x2≥0，∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数，又h(1)＝0，所以f(x)＝g(x)在(1，＋∞)内无实数根．(3)mx－mx－2ln x＜2恒成立，即m(x2－1)＜2x＋2x ln x恒成立．又x2－1＞0，则当x∈(1，e]时，m＜2x＋2x ln xx2－1恒成立，令G(x)＝2x＋2x ln xx2－1，只需m小于G(x)的最小值．G′(x)＝－2(x2ln x＋ln x＋2)(x2－1)2，∵1＜x≤e，∴ln x＞0，∴x∈(1，e]时，G′(x)＜0，∴G (x )在(1，e]上单调递减，∴G (x )在(1，e]的最小值为G (e)＝4ee 2－1， 则m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，4e e 2－1. 3．已知定义在正实数集上的函数f (x )＝12x 2＋2ax ，g (x )＝3a 2ln x ＋b ，其中a ＞0.设两曲线y ＝f (x )，y ＝g (x )有公共点，且在该点处的切线相同．(1)用a 表示b ，并求b 的最大值； (2)求证：f (x )≥g (x )(x ＞0)．解：(1)设两曲线的公共点为(x 0，y 0)，f ′(x )＝x ＋2a ， g ′(x )＝3a 2x ， 由题意知f (x 0)＝g (x 0)， f ′(x 0)＝g ′(x 0)，即⎩⎪⎨⎪⎧12x 20＋2ax 0＝3a 2ln x 0＋b ，x 0＋2a ＝3a 2x 0.由x 0＋2a ＝3a 2x 0，得x 0＝a 或x 0＝－3a (舍去)．即有b ＝12a 2＋2a 2－3a 2ln a ＝52a 2－3a 2ln a . 令h (t )＝52t 2－3t 2ln t (t ＞0)． 则h ′(t )＝2t (1－3ln t )， 于是当t (1－3ln t )＞0， 即0＜t ＜e 13时，h ′(t )＞0；当t (1－3ln t )＜0，即t ＞e 13时，h ′(t )＜0.故h (t )在(0，e 13)上为增函数，在(e 13，＋∞)上为减函数，于上h (t )在(0，＋∞)上的最大值为h (e 13)＝32e 23， 即b 的最大值为32e 23.(2)证明 设F (x )＝f (x )－g (x )＝12x 2＋2ax －3a 2ln x －b (x ＞0)， 则F ′(x )＝x ＋2a －3a 2x ＝(x －a )(x ＋3a )x (x ＞0)．故F (x )在(0，a )上为减函数，在(a ，＋∞)上为增函数． 于是F (x )在(0，＋∞)上的最小值是 F (a )＝F (x 0)＝f (x 0)－g (x 0)＝0. 故当x ＞0时，有f (x )－g (x )≥0. 即当x ＞0时，f (x )≥g (x )．4．已知a 为实数，函数f (x )＝a ln x ＋x 2－4x .(1)是否存在实数a ，使得f (x )在x ＝1处取得极值？证明你的结论；(2)设g (x )＝(a －2)x ，若∃x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，使得f (x 0)≤g (x 0)成立，求实数a 的取值范围．解：(1)函数f (x )定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝ax ＋2x －4＝2x 2－4x ＋a x.假设存在实数a ，使f (x )在x ＝1处取极值，则f ′(1)＝0，∴a ＝2，此时，f ′(x )＝2(x －1)2x ，当x ＞0时，f ′(x )≥0恒成立， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴x ＝1不是f (x )的极值点．故不存在实数a ，使得f (x )在x ＝1处取得极值．(2)由f (x 0)≤g (x 0)，得(x 0－ln x 0)a ≥x 20－2x 0，记F (x )＝x －ln x (x ＞0)，∴F ′(x )＝x －1x (x ＞0)，∴当0＜x ＜1时，F ′(x )＜0，F (x )单调递减； 当x ＞1时，F ′(x )＞0，F (x )单调递增． ∴F (x )＞F (1)＝1＞0，∴a ≥x 20－2x 0x 0－ln x 0，记G (x )＝x 2－2x x －ln x， x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ， ∴G ′(x )＝(2x －2)(x －ln x )－(x －2)(x －1)(x －ln x )2＝(x －1)(x －2ln x ＋2)(x －ln x )2. ∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ， ∴2－2ln x ＝2(1－ln x )≥0，∴x －2ln x ＋2＞0，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1时，G ′(x )＜0，G (x )单调递减； x ∈(1，e)时，G ′(x )＞0，G (x )单调递增， ∴G (x )min ＝G (1)＝－1，∴a ≥G (x )min ＝－1.故实数a 的取值范围为[－1，＋∞)．。

6.2 不等式的证明（一）●知识梳理1.均值定理： a+b ≥2ab；a bab ≤（ 2） 2（ a 、b ∈ R + ），当且仅当 a=b 时取等号 .2.比较法： a － b ＞0a ＞b ，a － b ＜ 0 a ＜b.a3.作商法： a ＞ 0，b ＞ 0， b＞ 1a ＞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，作差变形的方向经常是因式分解后，把差写成积的形式或配成完整平方式.b5E2RGbCAPa2.比商法要注意使用条件，若 b ＞ 1不可以推出 a ＞ b.这里要注意 a 、b 两数的符号 .●点击双基a b 2aba 2b 2 1.若 a 、 b 是正数，则2 、ab、 a b 、2这四个数的大小次序是a b 2aba 2b 2 A.ab≤ 2 ≤ab ≤2a 2b 2a b2abB.2 ≤ab≤ 2 ≤ab2aba b a 2 b 2C.ab ≤ab≤ 2 ≤2a ba 2b 22abD.ab ≤ 2 ≤ 2 ≤ab分析：可设 a=1， b=2， a b 3则 2 = 2 ， ab= 2 ，2ab4a b = 3 ，a 2b 21 4 52=2=2=2.5.答案： C1/1012.设 0＜ x＜1，则a= 2x， b=1+x， c=1x 中最大的一个是A. aB.bC.cD.不可以确立分析：∵ 0＜ x＜ 1，∴ 1+x＞ 2 x= 4x ＞ 2 x .1∴只要比较 1+ x与1 x的大小 .1 1 x2 1 x2∵ 1+x－ 1 x = 1 x =－1 x＜ 0，1∴1+x＜ 1 x .答案： C3.（ 2005年春天上海，15）若 a、 b、 c是常数，则“a＞ 0且 b2－ 4ac＜ 0”是“对随意 x∈R ，有 ax2+bx+c＞ 0”的p1EanqFDPwA. 充足不用要条件B. 必需不充足条件C.充要条件必需条件分析：当 a＞ 0， b2－ 4ac＜ 0时， ax2+bx+c＞0.2 2反之， ax +bx+c＞ 0对 x∈R建立不可以推出 a＞ 0， b － 4ac＜ 0.答案： A4.（理）已知 |a+b|＜－ c（ a、 b、c∈R），给出以下不等式：①a＜－ b－ c；② a＞－ b+c；③ a＜ b－c；④ |a|＜ |b|－ c；⑤ |a|＜－ |b|－ c.此中必定建立的不等式是____________.（把建立的不等式的序号都填上）分析：∵ |a+b|＜－ c，∴ c＜ a+b＜－ c.∴－ b+c＜ a＜－ b－c.故①②建立，③不建立.∵|a+b|＜－ c， |a+b| ≥|a－|b|，∴ |a|－ |b|＜－ c.∴ |a|＜|b|－ c.故④建立，⑤不建立 .答案：①②④（文）若 a、 b∈R，有以下不等式：①a2+3＞2a；② a2+b2≥2（ a－ b－1）；③ a5 +b5＞a31b2+a2b3；④ a+ a ≥2.此中必定建立的是 __________.DXDiTa9E3d2 2分析：① a +3 － 2a=（a－ 1） +2 ＞0，∴ a2+3＞ 2a；②a2+b2－ 2a+2b+2= （ a－ 1）2+（ b+1）2≥0，∴ a2+b2≥2（ a－ b－ 1）；③ a5+b5－ a3b2－ a2b3=a3（ a2－ b2） +b3（ b2－a2）=（ a2－ b2）（ a3－b3） =（ a+b）（ a－ b）2（a2+ab+b2） .∵（ a－ b）2≥0， a2+ab+b2≥0，但 a+b符号不确立，∴a5+b5＞ a3b2+a2b3不正确； 1④ a∈R时， a+ a ≥2不正确 .2/10答案：①②5.船在流水中在甲地和乙地间往返行驶一次的均匀速度v1和在静水中的速度v2的大小关系为 ____________. RTCrpUDGiT分析：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往返行驶一次的时间5PCzVD7HxAs s 2v2 st= v2 v+v2 v=v22 v2，2s v2 2 v 2均匀速度 v1= t = v2 .v2 2 v 2 v 2∵ v1－ v2= v2 － v2=－v2＜0，∴v1＜ v2.答案： v1＜ v2●典例分析a21【例 1】设 a＞ 0，b＞ 0，求证：（b） 2b11 1（ a ）2≥a2+b2.分析：不等式两头都是多项式的形式，故可用比差法证明或比商法证明.（ 3 3）（）a b证法一：左侧－右侧＝ab －（ a ＋ b ）（ a b）（ a ab b） ab（ a b）＝ab（ a b）（ a 2 ab b）（）（a2）ab b＝ab ＝ab ≥ 0. ∴原不等式建立 .证法二：左侧＞0，右侧＞ 0，左侧（a）（ab）a ab b 2 ab abb a b右侧＝（a）＝ab ≥ab＝1. ab b∴原不等式建立 .评论：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.下边的例 3则是公式法与配方法的综合应用.jLBHrnAILg1 1【例 2】已知 a、 b、 x、 y∈R+且 a ＞ b ， x＞ y.xy求证： x a ＞y b.3/10分析：察看待证不等式的特点，用比较法或分析法较合适 .证法一：（作差比较法）x ybx ay∵ x a － y（ x a ）（ y b ） b =，1 1又 a ＞ b 且 a 、b ∈ R +，∴ b ＞ a ＞0.又 x ＞ y ＞ 0，∴ bx ＞ ay.bx ay x y （ x a ）（ y b ）a ＞ y b. ∴ ＞ 0，即 x 证法二：（分析法）x y∵ x 、 y 、 a 、 b ∈ R + ，∴要证xa ＞ yb ，只要证明 x （ y+b ）＞ y （ x+a ），即证 xb ＞ ya. 11而由 a＞ b＞ 0，∴ b ＞ a ＞ 0.又 x ＞ y ＞ 0， 知 xb ＞ ya 明显建立 .故原不等式建立 .思虑议论该例若用函数的单一性应怎样结构函数?xxy解法一：令 f （ x ） = xa ，易证 f （ x ）在（ 0， +∞）上为增函数，进而 xa ＞y b.m再令 g （ x ） = mx ，易证 g （ x ）在（ 0， +∞）上单一递减 .1 1∵ a ＞ b ， a 、b ∈ R +.∴ a ＜ b.m∴ g （ a ）＞ g （ b ），即 m a ＞ xa x1解法二：原不等式即为a＞mm b ，命题得证 .yb y1b ，x为此结构函数 f （ x ） = x 1 ， x ∈（ 0，+∞） .xy易证 f （ x ）在（ 0， +∞）上为单一增函数，而 a ＞ b ，x yabyxy1 x1a ＞ yb .∴a＞b，即x【例 3】某食品厂按期购置面粉 .已知该厂每日需用面粉 6t ，每吨面粉的价钱为 1800元，面粉的保存等其余花费为均匀每吨每日3元，购面粉每次需4/10支付运费 900元 .xHAQX74J0X（ 1）求该厂多少天购置一次面粉，才能使均匀每日所支付的总花费最少 ?（ 2）若供给面粉的企业规定：当一次购置面粉许多于210t 时，其价钱可享受 9折优惠（即原价的 90%），问该厂能否考虑利用此优惠条件?请说明理由 .LDAYtRyKfE解：（ 1）设该厂应每隔 x 天购置一次面粉，其购置量为6xt ，由题意知，面粉的保存等其余花费为3［ 6x+6（ x － 1）+ +6× 2+6 ×1］=9x （ x+1） .Zzz6ZB2Ltk1设均匀每日所支付的总花费为y 1元，则 y 1= x ［ 9x （ x+1） +900］+6×1800900900 9x= x +9x+10809 ≥2 x+10809=10989.900当且仅当 9x=x ，即 x=10 时取等号，即该厂应每隔 10天购置一次面粉，才能使均匀每日所支付的总花费最少 .（ 2）若厂家利用此优惠条件，则起码每隔 35天，购置一次面粉，均匀每日支付的总花费为 y 2 元，则1y 2= x ［ 9x （x+1） +900］ +6×1800×0.90 900=x+9x+9729 （ x ≥ 35） .100 令 f （ x ） =x+ x（x ≥35），x 2＞ x 1 ≥ 35，则100 100f （x 1 ）－ f （x ）=（ xx 1）－（ x x 2 ）2 1+2+（ x 2x 1）（100 x 1x 2） =x 1 x 2∵ x 2＞ x 1≥ 35，∴ x 2－ x 1＞ 0， x 1x 2＞ 0， 100－ x 1x 2＜ 0. ∴ f （ x 1）－ f （ x 2）＜ 0，f （ x 1）＜ f （ x 2），100即 f （ x ） =x+ x ，当 x ≥35时为增函数 .∴当 x=35时， f （ x ）有最小值，此时 y 2＜ 10989.∴该厂应当接受此优惠条件 . ●闯关训练 夯实基础1.设 x ＞ 0，y ＞ 0，且 xy －（ x+y ） =1，则 A. x+y ≤2 2+2 B. x+y ≥2 2+2C.x+y ≤（ 2+1）2D.x+y ≥（ 2+1） 25/10x y分析：∵ x＞ 0， y＞ 0，∴ xy≤（2）2.x y由 xy－（ x+y） =1得（2）2－（x+y）≥1.∴ x+y≥2+2 2 .答案： B2 22.已知 x、y∈R， M=x +y +1， N=x+y+xy，则 M与 N的大小关系是A. M≥NB.M≤NC.M=ND.不可以确立分析： M－N=x2+y2+1－（ x+y+xy）1=2 ［（ x2+y2－2xy） +（ x2－ 2x+1） +（ y2－2y+1）］ 1=2 ［（ x－ y）2+（ x－1）2+（ y－ 1）2］≥0.答案： Ab 23.设 a＞ 0， b＞ 0，a2+2=1，则 a 12b的最大值是 ____________.b 2 b 2 1 3分析： a2+ 2 =1 a2+ 2 = 2 .b2 1 a 2b2 1 3∴a 1 b 2=2 232 2·a· 2 ≤2· 2 =2·2=4.3 2答案：44.若记号“※ ”表示求两个实数 a和 b的算术均匀数的运算，即 a※b= a b2，则两边均含有运算符号“※ ”和“+，”且对于随意 3个实数 a、 b、c都能建立的一个等式能够是 ____________.dvzfvkwMI1a b b a分析：∵ a※ b= 2，b※ a=2，∴a※ b+c=b※ a+c.答案： a※ b+c=b※ a+c.思虑：对于运算“※”分派律建立吗?即 a※（ b+c） =a※ b+a※ c.答案：不建立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 ，r qyn14ZNXI又 m＞ n，∴ m－ n＞0.∴（ m－ n）3＞0，即（ m3－ m2n－3mn2）－（ 2m2 n－ 6mn2＋ n3）＞ 0. 故 m3－m2n－ 3mn2＞ 2m2n－ 6mn2＋ n3．6/106.已知 a ＞1， λ＞0，求证： log （a+λ）＞ log （ a+2 λ）.aa+λ证明： log a （ a+λ）－ log （a +λ）（ a+2λ）lg （ a ） （ 2 ）lg a= lg a（ a ）－ lglg 2 a ） lg a （ a 2 ） （lglg a （ ）=lg a∵ a ＞ 1，λ＞ 0，∴ lga ＞ 0， lg （ a+2λ）＞ 0，且 lga ≠lg （ a+2λ） .lg alg（ a 2 ） ∴ lga ·lg （ a+2λ）＜［（2）］ 2（ a 2a ）（a2）lg 2lg=［2］ 2＜［2］ 2=lg 2（ a+λ） .lg 2a） （ 2 ）（lg a lg a（ a） ∴lg a lg＞ 0.∴ log a （ a+λ）＞ log （a+ λ）（ a+2λ） . 培育能力7.已知 x ＞0， y ＞ 0，若不等式 x + y≤mx y恒建立，务实数 m 的最小值 .分析：∵ x+y≤mx y 恒建立，xy∴ m ≥x y恒建立 .x y∴ m 的最小值就是x y的最大值 .解：∵x+y≤m x y 恒建立，xy∴ m ≥x y恒建立 .∵ x ＞ 0，y ＞ 0，（ x2xyy ）∴ xy ≥2=2.xyxyxy∴ x y ≤2=2 .∴ m的最小值为 2 .7/10评论：分别参数法是求参数的范围问题常用的方法，化归是解这种问题常用的手段.8.有点难度哟！求证：在非 Rt △ ABC 中，若 a ＞b ， h a 、 h b 分别表示 a 、 b 边上的高，则必有 a+h a ＞ b+h b . 证明：设 S 表示△ ABC 的面积，则 111S= 2 ah a = 2 bh b = 2absinC.∴ h a =bsinC ， h b =asinC.∴（ a+h a ）－（ b+h b ） =a+bsinC － b － asinC =（ a － b ）（ 1－ sinC ） .π∵ C ≠2，∴ 1－sinC ＞ 0. ∴（ a － b ）（ 1－sinC ）＞ 0. ∴ a+h a ＞ b+h b . 研究创新9.设二次函数 f （ x ） =ax 2+bx+c （a ＞ 0），方程 f （ x ）－ x=0的两根 x 1、x 2 知足 1＜ x 1＜ x 2 1＜ a .EmxvxOtOco（ 1）当 x ∈（ 0， x 1）时，证明 x ＜f （ x ）＜ x 1；x 1（ 2）设函数 f （ x ）的图象对于直线 x=x 0对称，求证 x 0＜ 2 .证明：（ 1）令 F （ x ） =f （ x ）－ x ，∵ x 1、 x 2是方程 f （ x ）－ x=0的根， ∴ F （ x ） =a （ x － x 1）（ x － x 2） . 当 x ∈（ 0， x 1）时，因为 x 1＜ x 2，∴（ x － x 1）（ x － x 2）＞ 0.又 a ＞ 0，得 F （x ） =a （ x －x 1 ）（ x － x 2）＞ 0，即 x ＜ f （ x ） .又 x 1－ f （ x ） =x 1－［ x+F （ x ）］ =x 1－x+a （ x 1－ x ）（ x － x 2） =（ x 1－ x ）［ 1+ a （x － x 2）］， SixE2yXPq51∵ 0＜ x ＜x 1＜x 2＜ a ， x 1－ x ＞0， 1+a （ x － x 2）=1+ ax － ax 2＞1－ ax 2＞ 0，∴ x 1－ f （ x ）＞ 0，即 f （ x ）＜ x 1. 综上，可知 x ＜ f （ x ）＜ x 1.b（ 2）由题意知 x 0=－2a.∵ x 1、 x 2是方程 f （ x ）－ x=0的根，即 x 1、 x 2是方程 ax 2+（b － 1） x+c=0 的根， b 1∴ x1+x2=－a.b a（x1 x2） 1 ax1 ax2 1 ∴ x0=－ 2a = 2a = 2a .8/10ax 1 x 1又∵ ax 2＜ 1，∴ x 0＜ 2a = 2 .●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 .它的依照是不等式的基天性质 .6ewMyirQFL2.步骤是：作差（商） → 变形 → 判断 .变形的目的是为了判断 .假如作差，就判断与 0的 大小关系，为了便于判断，常常把形式变成积或完整平方式.假如作商，两边为正，就判断与 1的大小关系 .kavU42VRUs3.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，要掌握定理建立的三个条件，就是“一正 —— 各项均为正；二定 —— 积或和为定值；三相等—— 等号可否获得 ”若.忽视了某个条件，就会出现错误 .y6v3ALoS89●教师下载中心 教课点睛1.在证明不等式的各样方法中，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仍是负数来证明不等式，其应用特别宽泛，必定要娴熟掌握M2ub6vS.TnP2.对于公式 a+b ≥2a bab， ab ≤（ 2 ） 2要讲清它们的作用和使用条件及内在联系，两个公式也表现了 ab 和 a+b 的转变关系 .0YujCfmUCw拓展题例【例 1】设 a 、 b ∈R ，对于 x 的方程 x 2＋ax ＋ b ＝ 0的实根为 α、 β.若｜ a ｜＋｜ b ｜＜ 1，求证：｜ α｜＜ 1，｜ β｜＜ 1.eUts8ZQVRd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 2＋ 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＜ a ＜ 1.1a 1∴－ 2＜－ 2＜ 2.∴方程 f （ x ）＝ 0的两实根在（－ 1， 1）内，即｜ α｜＜ 1，｜ β｜＜ 1.评论：证法一先利用韦达定理，再用绝对值不等式的性质恰巧能分解因式；证法二考虑根的散布，证两根在（－ 1， 1）内 .sQsAEJkW5Txyxy 【例 2】 能否存在常数 C ，使得不等式2 xy + x 2 y ≤C ≤x2 y + 2 xy对随意正数 x 、y 恒建立 ?试证明你的结论.2解：当 x=y时，可由不等式得出C= 3 .9/10下边分两个方面证明 .x y 2先证2x y+x 2 y≤ 3 ，此不等式3x（ x+2y） +3y（ 2x+y）≤2（ 2x+y）（ x+2y）x2+y2≥2xy.x y 2再证 x 2 y + 2 x y≥3 ，此不等式3x（2x+y） +3 y（x+2y）≥2（x+2y）（ 2x+y） 2xy≤x2+y2.2综上，可知存在常数C= 3，使对任何正数 x、 y不等式恒建立 .10/10。

是______.
•
解：(x3+13a2x)-(5ax2+9a3)
•
=x3-5ax2+13a2x-9a3
•
=(x-a)(x2-4ax+9a2)
•
=(x-a)［(x-2a)2+5a2］＞0.
• 因为当x≠2a≠0时，有(x-2a)2+5a2＞0.
• 由题意知只需x-a＞0，即x＞a，以上
第一课时
题型1 用均值不等式证明不等式
ab
已知a、b∈ ，求
•
证a 明b ：2 因ab 为a、b∈R+，
•
所以 a b 1 2 ab 1 2 2 ab 1 2 2.
ab
ab
ab
•
所以
题型2
用比较法证不等式
•
2. 已知a＞0，b＞0b，a2 求ab2 证a b:.
•
证法1： b2 a2 - (a b) (b2 - a) ( a2 - b)
•
所ab以a+b＞2 ，从而2ab＞
2 ＞0，
•
所以 ＞1，即ab＞1.
•
1. 作差比较法证明不等式时，
通常是进行因式分解，利用各因式
的符号进行判断，或配方利用非负
数的性质进行判断.
•
2. 综合法证明不等式，主要
利用重要不等式，函数的单调性及
不等式的性质，在严密的演绎推理
下推导出结论.
证法2:由于 b2 a2 a b
a3 b3
a2 - ab b2 2ab - ab 1，
a b ab(a b)
ab
ab
b2 a2 0，a b0，