高考数学一轮专题精讲31：不等式性质及证明.doc

第31讲 不等式性质及证明一．【课标要求】1．不等关系通过具体情境，感受在现实世界和日常生活中存在着大量的不等关系，了解不等式（组）的实际背景；2．基本不等式：（a,b≥0）①探索并了解基本不等式的证明过程；②会用基本不等式解决简单的最大（小）问题二．【命题走向】不等式历来是高考的重点内容对于本将来讲，考察有关不等式性质的基础知识、基本方法，而且还考察逻辑推理能力、分析问题、解决问题的能力本将内容在复习时，要在思想方法上下功夫预测明年的高考命题趋势：1．从题型上来看，选择题、填空题都有可能考察，把不等式的性质与函数、三角结合起来综合考察不等式的性质、函数单调性等，多以选择题的形式出现，解答题以含参数的不等式的证明、求解为主；2．利用基本不等式解决像函数的单调性或解决有关最值问题是考察的重点和热点，应加强训练三．【要点精讲】1．不等式的性质比较两实数大小的方法——求差比较法；；定理1：若，则；若，则．即说明：把不等式的左边和右边交换，所得不等式与原不等式异向，称为不等式的对称性定理2：若，且，则说明：此定理证明的主要依据是实数运算的符号法则及两正数之和仍是正数；定理2称不等式的传递性定理3：若，则。

说明：（1）不等式的两边都加上同一个实数，所得不等式与原不等式同向；（2）定理3的证明相当于比较与的大小，采用的是求差比较法；（3）定理3的逆命题也成立； （4）不等式中任何一项改变符号后，可以把它从一边移到另一边定理3推论：若说明：（1）推论的证明连续两次运用定理3然后由定理2证出；（2）这一推论可以推广到任意有限个同向不等式两边分别相加，即：两个或者更多个同向不等式两边分别相加，所得不等式与原不等式同向；（3）同向不等式：两个不等号方向相同的不等式；异向不等式：两个不等号方向相反的不等式定理4．如果且，那么；如果且，那么推论1：如果且，那么说明：（1）不等式两端乘以同一个正数，不等号方向不变；乘以同一个负数，不等号方向改变；（2）两边都是正数的同向不等式的两边分别相乘，所得不等式与原不等式同向；（3）推论可以推广到任意有限个两边都是正数的同向不等式两边分别相乘这就是说，两个或者更多个两边都是正数的同向不等式两边分别相乘，所得不等式与原不等式同向推论2：如果， 那么 定理5：如果，那么 2．基本不等式定理1：如果，那么（当且仅当时取“”）说明：（1）指出定理适用范围：；（2）强调取“”的条件。

定理2：如果是正数，那么（当且仅当时取“=”）说明：（1）这个定理适用的范围：；（2）我们称的算术平均数，称的几何平均数即：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数3．常用的证明不等式的方法（1）比较法比较法证明不等式的一般步骤：作差—变形—判断—结论；为了判断作差后的符号，有时要把这个差变形为一个常数，或者变形为一个常数与一个或几个平方和的形式，也可变形为几个因式的积的形式，以便判断其正负2）综合法利用某些已经证明过的不等式（例如算术平均数与几何平均数的定理）和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这个证明方法叫综合法；利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质时要注意它们各自成立的条件综合法证明不等式的逻辑关系是：，及从已知条件出发，逐步推演不等式成立的必要条件，推导出所要证明的结论3）分析法证明不等式时，有时可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已具备，那么就可以断定原不等式成立，这种方法通常叫做分析法1）“分析法”是从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，即“执果索因”；（2）综合过程有时正好是分析过程的逆推，所以常用分析法探索证明的途径，然后用综合法的形式写出证明过程四．【典例解析】题型1：考查不等式性质的题目例1．（安徽卷理）下列选项中，p是q的必要不充分条件的是 A.p:＞b+d , q:＞b且c＞d B.p:a＞1,b>1 q:的图像不过第二象限 C.p: x=1, q: D.p:a＞1, q: 在上为增函数 答案 A解析 由＞b且c＞d＞b+d，而由＞b+d ＞b且c＞d，可举反例。

选A2）（四川卷文）已知，，，为实数，且＞.则“＞”是“－＞－”的 A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件答案 B 解析 显然，充分性不成立.又，若－＞－和＞都成立，则同向不等式相加得＞ 即由“－＞－”“＞”点评：本题主要考查.不等式恒成立的条件，由于给出的是不完全提干，必须结合选择支，才能得出正确的结论例2．（1）（天津卷理）,若关于x 的不等式＞的解集中的整数恰有3个，则A. B. C. D.答案 C（2）（重庆卷理）不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围为（ ）A． B． C． D．答案 A解析 因为对任意x恒成立，所以点评：本题考查不等式的基本性质题型2：基本不等式例3．（天津卷理）设若的最小值为 A . 8 B . 4 C. 1 D. 考点定位 本小题考查指数式和对数式的互化，以及均值不等式求最值的运用，考查了变通能力。

答案 C解析 因为，所以，，当且仅当即时“=”成立，故选择C例4．（1）若实数a、b满足a+b=2，则3a+3b的最小值是（ ）A.18 B.6 C.2 D.2（2）若a＞b＞1，P＝，Q＝（lga＋lgb），R＝lg（），则（ ）A.R＜P＜Q B.P＜Q＜RC.Q＜P＜R D.P＜R＜Q解析：（1）答案：B；3a+3b≥2=6，当且仅当a=b=1时取等号故3a+3b的最小值是6；（2）答案：B；∵lga＞lgb＞0，∴（lga＋lgb）＞，即Q＞P，又∵a＞b＞1，∴，∴（lga＋lgb），即R＞Q，∴有P＜Q＜R，选B点评：本题考查不等式的平均值定理，要注意判断等号成立的条件题型3：不等式的证明例5．已知a＞0，b＞0，且a+b=1 求证 (a+)(b+)≥证法一： (分析综合法）欲证原式，即证4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即证4(ab)2－33(ab)+8≥0，即证ab≤或ab≥8 ∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立∵1=a+b≥2，∴ab≤，从而得证证法二： (均值代换法)设a=+t1，b=+t2。

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜，|t2|＜，显然当且仅当t=0，即a=b=时，等号成立证法三：(比较法)∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤，证法四：(综合法)∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤， 证法五：(三角代换法)∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，)，点评：比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配方，判断过程必须详细叙述：如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式，则考虑用判别式法证例6．求使≤a(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值分析：本题解法三利用三角换元后确定a的取值范围，此时我们习惯是将x、y与cosθ、sinθ来对应进行换元，即令=cosθ，=sinθ(0＜θ＜＝，这样也得a≥sinθ+cosθ，但是这种换元是错误的 其原因是：(1)缩小了x、y的范围；(2)这样换元相当于本题又增加了“x、y=1”这样一个条件，显然这是不对的除了解法一经常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数a满足不等关系，a≥f(x)，则amin=f(x)max 若 a≤f(x)，则amax=f(x)min，利用这一基本事实，可以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题。

还有三角换元法求最值用的恰当好处，可以把原问题转化解法一：由于a的值为正数，将已知不等式两边平方，得：x+y+2≤a2(x+y)，即2≤(a2－1)(x+y)， ①∴x，y＞0，∴x+y≥2， ②当且仅当x=y时，②中有等号成立比较①、②得a的最小值满足a2－1=1，∴a2=2，a= (因a＞0)，∴a的最小值是解法二：设 ∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2 (当x=y时“=”成立)，∴≤1，的最大值是1从而可知，u的最大值为，又由已知，得a≥u，∴a的最小值为，解法三：∵y＞0，∴原不等式可化为+1≤a，设=tanθ，θ∈(0，)∴tanθ+1≤a，即tanθ+1≤asecθ∴a≥sinθ+cosθ=sin(θ+)， ③又∵sin(θ+)的最大值为1(此时θ=)由③式可知a的最小值为点评：本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力该题实质是给定条件求最值的题目，所求a的最值蕴含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有关性质把a呈现出来，等价转化的思想是解决题目的突破口，然后再利用函数思想和重要不等式等求得最值题型4：不等式证明的应用例7．已知函数f(x)=x+ x，数列｜x｜(x＞0)的第一项x＝1，以后各项按如下方式取定：曲线x=f(x)在处的切线与经过（0，0）和（x,f (x)）两点的直线平行（如图）.求证：当n时，(Ⅰ)x（Ⅱ）。

证明：（I）因为所以曲线在处的切线斜率因为过和两点的直线斜率是所以.（II）因为函数当时单调递增，而，所以，即因此又因为令则因为所以因此故点评：本题主要考查函数的导数、数列、不等式等基础知识，以及不等式的证明，同时考查逻辑推理能力例8．已知a＞0，函数f（x）＝ax－bx21）当b＞0时，若对任意x∈R都有f（x）≤1，证明a≤2；（2）当b＞1时，证明：对任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要条件是b－1≤a≤2；（3）当0＜b≤1时，讨论：对任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要条件Ⅰ）证明：依设，对任意x∈R，都有f（x）≤1，∵f（x）＝，∴≤1，∵a＞0，b＞0，∴a≤2．（Ⅱ）证明：必要性：对任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1－1≤f（x），据此可以推出－1≤f（1），即a－b≥－1，∴a≥b－1；对任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1f（x）≤1，因为b＞1，可以推出f（）≤1，即a·－1≤1，∴a≤2；∴b－1≤a≤2．充分性：因为b＞1，a≥b－1，对任意x∈［0，1］，可以推出：ax－bx2≥b（x－x2）－x≥－x≥－1，即ax－bx2≥－1；因为b＞1，a≤2，对任意x∈［0，1］，可以推出ax－bx2≤2x－bx2≤1，即ax－bx2≤1。

∴－1≤f（x）≤1综上，当b＞1时，对任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要条件是b－1≤a≤2．（Ⅲ）解：因。