学习总结报告课件配套优秀

学习总结报告

1．基本不等式

定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．

a＋b定理2：如果a，b为正数，则2≥ab，当且仅当a＝b时，等号成立．

定理3：如果a，b，c为正数，则号成立．

定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a1，a2，…，an为n个正数，则a1＋a2＋…＋ann≥a1a2…an，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．

na＋b＋c33≥abc，当且仅当a＝b＝c时，等2．不等式证明的方法

(1)比较法是证明不等式最基本的方法，可分为作差比较法和作商比较法两种．

名称

作差比较法

a＞b⇔a－b＞0

理论依据

a＜b⇔a－b＜0 a＝b⇔a－b＝0

(2)综合法与分析法

作商比较法

ab＞0，b＞1⇒a＞b

ab＜0，b＞1⇒a＜b

①综合法：利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这种方法叫综合法．即“由因导果”的方法．

②分析法：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经具备，那么就可以判定原不等式成立，这种方法叫作分析法．即“执果索因”的方法．

[基本能力自测]

1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)

(1)比较法最终要判断式子的符号得出结论．(

) (2)综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论．(

)

1

(3)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．(

)

(4)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．(

) [答案]

(1)×

(2)√

(3)×

(4)×

112．(教材改编)若a＞b＞1，x＝a＋a，y＝b＋b，则x与y的大小关系是(

)

A．x＞y

C．x≥y

11A

[x－y＝a＋a－b＋b

b－aa－bab－1＝a－b＋ab＝. ab由a＞b＞1得ab＞1，a－b＞0，

a－bab－1所以＞0，即x－y＞0，所以x＞y.] abB．x＜y

D．x≤y

3．(教材改编)已知a≥b＞0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，则M，N的大小关系为________．

M≥N

[2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．

因为a≥b＞0，所以a－b≥0，a＋b＞0,2a＋b＞0，

从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，故2a3－b3≥2ab2－a2B．] 114．已知a＞0，b＞0且ln(a＋b)＝0，则a＋b的最小值是________.

【导学号：79170380】

4

[由题意得，a＋b＝1，a＞0，b＞0，

1111ba

∴a＋b＝a＋b(a＋b)＝2＋a＋b



≥2＋2

baa·b＝4，

1当且仅当a＝b＝2时等号成立．] 5．已知x＞0，y＞0，证明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy.

[证明]

因为x＞0，y＞0，

2

33所以1＋x＋y2≥3xy2＞0,1＋x2＋y≥3x2y＞0，

33故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3xy2·3x2y＝9xy.

(对应学生用书第167页)

已知a＞0，b＞0，求证：比较法证明不等式

ab＋≥a＋b. baba＋－(a＋b)

[证明]

法一：∵ababa－bb－a

＝－b＋－a＝＋

babaa－ba－ba＋ba－b2

＝＝≥0，

abab

∴ab＋≥a＋b. ba

10分

ab＋baaa＋bb

法二：由于＝

a＋baba＋b

＝a＋ba－ab＋b

aba＋ba＋b

＝－1 ab

≥2ab－1＝1. ab

8分

又a＞0，b＞0，ab＞0，

∴ab＋≥a＋b. ba

10分

[规律方法]

1.在法一中，采用局部通分，优化了解题过程；在法二中，利a用不等式的性质，把证明a＞b转化为证明b＞1(b＞0)．

2．作差(商)证明不等式，关键是对差(商)式进行合理的变形，特别注意作商证明不等式，不等式的两边应同号．

3

提醒：在使用作商比较法时，要注意说明分母的符号．

[变式训练1]

(2018·长沙模拟)设a，b是非负实数，

求证：a2＋b2≥ab(a＋b)．

[证明]

因为a2＋b2－ab(a＋b)

＝(a2－aab)＋(b2－bab)

＝aa(a－b)＋bb(b－a)

＝(a－b)(aa－bb) 3113

＝a2－b2a2－b2. 

6分

3311

因为a≥0，b≥0，所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有a2－b2与a2－b23113同号，所以(a2－b2)a2－b2≥0，



所以a2＋b2≥ab(a＋b).

1

(1)ab＋bc＋ac≤3；

a2b2c2

(2)b＋c＋a≥1.

[证明]

(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，

得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，

由题设得(a＋b＋c)2＝1，

即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1，

所以3(ab＋bc＋ca)≤1，

1

即ab＋bc＋ca≤3.

5分

综合法证明不等式

10分

(2018·长春模拟)设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：

a2b2c2

(2)因为b＋b≥2a，c＋c≥2b，a＋a≥2c，

a2b2c2

故b＋c＋a＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，

a2b2c2a2b2c2

则b＋c＋a≥a＋b＋c，所以b＋c＋a≥1.

4 10分

[规律方法]

1.综合法证明的实质是由因导果，其证明的逻辑关系是：A⇒B1⇒B2⇒…⇒Bn⇒B(A为已知条件或数学定义、定理、公理，B为要证结论)，它的常见书面表达式是“∵，∴”或“⇒”．

2．综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．

[变式训练2]

(2017·石家庄调研)已知函数f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|.

(1)求f(x)的最小值m；

b2c2a2

(2)若a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝m，求证：a＋b＋c≥3.

【导学号：79170381】

[解]

(1)当x＜－1时，f(x)＝－2(x＋1)－(x－2)＝－3x＞3；

当－1≤x＜2时，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4∈[3,6)；

当x≥2时，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x≥6.

综上，f(x)的最小值m＝3.

5分

2分

(2)证明：a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝3，

b2c2a2

因为a＋b＋c＋(a＋b＋c) 222bca

＝a＋a＋b＋b＋c＋c



≥2b2a＋a·c2b＋b·a2c＝2(a＋b＋c). c·8分

(当且仅当a＝b＝c＝1时取“＝”) b2c2a2

所以a＋b＋c≥a＋b＋c，

b2c2a2

即a＋b＋c≥3.

分析法证明不等式

10分

(2015·全国卷Ⅱ)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：

(1)若ab>cd，则a＋b>c＋d；

(2)a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件．

[证明]

(1)∵a，b，c，d为正数，且a＋b＝c＋d，

5

欲证a＋b＞c＋d，

只需证明(a＋b)2＞(c＋d)2，

也就是证明a＋b＋2ab＞c＋d＋2cd，

只需证明ab＞cd，

即证ab＞cd.

由于ab＞cd，

因此a＋b＞c＋d.

(2)①若|a－b|<|c－d|，

则(a－b)2<(c－d)2，

即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.

因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.

由(1)，得a＋b>c＋d.

②若a＋b>c＋d，

则(a＋b)2>(c＋d)2，

即a＋b＋2ab>c＋d＋2cd.

因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.

于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.

因此|a－b|<|c－d|.

综上，a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件. 10分

8分

5分

[规律方法]

1.本题将不等式证明与充要条件的判定渗透命题，考查推理论证能力和转化与化归的思想方法，由于两个不等式两边都是正数，可通过两边平方来证明．

2．当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆．

3．分析法证明的思路是“执果索因”，其框图表示为：

Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显

成立的条件[变式训练3]

已知a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证：b2－ac＜3A．

[证明]

要证b2－ac＜3a，

6

只需证b2－ac＜3a2.

∵a＋b＋c＝0，只需证b2＋a(a＋b)＜3a2，

只需证2a2－ab－b2＞0，

只需证(a－b)(2a＋b)＞0，

只需证(a－b)(a－c)＞0.

∵a＞b＞c，∴a－b＞0，a－c＞0，

4分

∴(a－b)(a－c)＞0显然成立，

故原不等式成立.

7 10分