2022高考数学（理）一轮通用版讲义：选修4－5-2不等式的证明

PAGE17第二节不等式的证明通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法

eq\a\vs4\al[基本知识]1．基本不等式定理1如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立定理2如果a，b＞0，那么eq\fa＋b,2≥eq\rab，当且仅当a＝b时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于即大于或等于它们的几何平均定理3如果a，b，c∈R＋，那么eq\fa＋b＋c,3≥eq\r3,abc，当且仅当a＝b＝c时，等号成立2．比较法1作差法的依据是：a－b＞0⇔a＞b2作商法：若B＞0，欲证A≥B，只需证eq\fA,B≥13．综合法与分析法综合法一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立分析法从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实定义，公理或已证明的定理，性质等，从而得出要证的命题成立eq\a\vs4\al[基本能力]一、判断题对的打“√”，错的打“×”1已知为正实数，则1＋＋eq\f1,≥32若a＞2，b＞2，则a＋b＞ab3设＝a＋2b，S＝a＋b2＋1则S≥答案：1√2×3√二、填空题1．已知a，b∈R＋，且a＋b＝1，则eq\f1,a＋eq\f2,b的最小值为________．答案：3＋2eq\r22．已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，则eq\f1,a＋eq\f1,b＋eq\f1,c的最小值为________．答案：93．已知正实数a，b满足2ab＝a＋b＋12，则ab的最小值是________．解析：由2ab＝a＋b＋12，得2ab≥2eq\rab＋12，当且仅当a＝b时等号成立．化简得eq\rab－3eq\rab＋2≥0，解得ab≥9，所以ab的最小值是9答案：9

eq\a\vs4\al[全析考法]考法一比较法证明不等式[例1]12022·莆田模拟设a，b是非负实数．求证：a2＋b2≥eq\raba＋b．2已知a＞0，b＞0，证明：aabb≥ab[证明]1因为a2＋b2－eq\raba＋b＝a2－aeq\rab＋b2－beq\rab＝aeq\raeq\ra－eq\rb＋beq\rbeq\rb－eq\ra＝eq\ra－eq\rbaeq\ra－beq\rb＝a－ba－b．因为a≥0，b≥0，所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有a－b与a－b同号，所以a－ba－b≥0，所以a2＋b2≥eq\raba＋b．2∵eq\faabb,ab＝eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fa,b，∴当a＝b时，eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fa,b＝1，当a＞b＞0时，eq\fa,b＞1，eq\fa－b,2＞0，∴eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fa,b＞1；当b＞a＞0时，0＜eq\fa,b＜1，eq\fa－b,2＜0，则eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fa,b＞1∴aabb≥ab[方法技巧]比较法证明不等式的方法和步骤1求差比较法由a＞b⇔a－b＞0，a＜b⇔a－b＜0，因此要证明a＞b只需证明a－b＞0即可，这种方法称为求差比较法．2求商比较法由a＞b＞0⇔eq\fa,b＞1且a＞0，b＞0，因此当a＞0，b＞0时，要证明a＞b，只需证明eq\fa,b＞1即可，这种方法称为求商比较法．3用比较法证明不等式的一般步骤作差商—变形—判断—结论，而变形的方法一般有配方、通分和因式分解．考法二综合法证明不等式[例2]2022·全国卷Ⅱ已知a＞0，b＞0，a3＋b3＝2证明：1a＋ba5＋b5≥4；2a＋b≤2[证明]1a＋ba5＋b5＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝a3＋b32－2a3b3＋aba4＋b4＝4＋aba2－b22≥42因为a＋b3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3aba＋b≤2＋eq\f3a＋b2,4a＋b＝2＋eq\f3a＋b3,4，所以a＋b3≤8，因此a＋b≤2[方法技巧]1．综合法证明不等式的方法综合法证明不等式，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．2．综合法证明时常用的不等式1a2≥02|a|≥03a2＋b2≥2ab，它的变形形式有：a2＋b2≥2|ab|；a2＋b2≥－2ab；a＋b2≥4ab；a2＋b2≥eq\f1,2a＋b2；eq\fa2＋b2,2≥eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fa＋b,224eq\fa＋b,2≥eq\rab，它的变形形式有：a＋eq\f1,a≥2a＞0；eq\fa,b＋eq\fb,a≥2ab＞0；eq\fa,b＋eq\fb,a≤－2ab＜0．考法三分析法证明不等式[例3]2022·重庆模拟已知函数f＝|＋1|，g＝||1若不等式f＋g－2≤m2－2m有解，求实数m的取值范围；2若||＞1，|y|＜1，求证：fy＜g·feq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fy,2[解]1由题意得，f＋g－2＝|＋1|＋|－2|≥|＋1－－2|＝3，∵f＋g－2≤m2－2m有解，∴m2－2m≥3，解得m≥3或m≤－1，∴实数m的取值范围是－∞，－1]∪[3，＋∞．2证明：要证fy＜g·feq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fy,2，即证|y＋1|＜||·eq\b\lc\|\rc\|\a\vs4\al\co1\fy,2＋1，只需证eq\f|y＋1|,||＜eq\b\lc\|\rc\|\a\vs4\al\co1\fy,2＋1eq\fy＋12,2－eq\fy＋22,4＝eq\f2y＋12－y＋22,4＝eq\f2y2＋22y＋2－y2＋22y＋4,4＝eq\f2y2＋2－y2－4,4＝eq\f1－22－y2,4，又||＞1，|y|＜1，∴eq\fy＋12,2－eq\fy＋22,4＝eq\f1－22－y2,4＜0，∴eq\fy＋12,2＜eq\fy＋22,4，∴eq\f|y＋1|,||＜eq\b\lc\|\rc\|\a\vs4\al\co1\fy,2＋1，∴fy＜g·feq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fy,2[方法技巧]1．用分析法证“若A则B”这个命题的模式为了证明命题B为真，只需证明命题B1为真，从而有…只需证明命题B2为真，从而有………只需证明命题A为真，而已知A为真，故B必真．2．分析法的应用条件当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式、基本不等式没有直接联系，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．

eq\a\vs4\al[集训冲关]\a\vs4\al[考法一]1解不等式|＋1|＋|＋3|＜4；2若a，b满足1中不等式，求证：2|a－b|＜|ab＋2a＋2b|解：1当＜－3时，|＋1|＋|＋3|＝－－1－－3＝－2－4＜4，解得＞－4，所以－4＜＜－3；当－3≤＜－1时，|＋1|＋|＋3|＝－－1＋＋3＝2＜4恒成立，所以－3≤＜－1；当≥－1时，|＋1|＋|＋3|＝＋1＋＋3＝2＋4＜4，解得＜0，所以－1≤＜0综上，不等式|＋1|＋|＋3|＜4的解集为{|－4＜＜0}．2证明：4a－b2－ab＋2a＋2b2＝－a2b2＋4a2b＋4ab2＋16ab＝－abb＋4a＋4＜0，所以4a－b2＜ab＋2a＋2b2，所以2|a－b|＜|ab＋2a＋2b|\a\vs4\al[考法三]已知a＞0，b＞0,2c＞a＋b，求证：c－eq\rc2－ab＜a＜c＋eq\rc2－ab证明：要证c－eq\rc2－ab＜a＜c＋eq\rc2－ab，即证－eq\rc2－ab＜a－c＜eq\rc2－ab，即证|a－c|＜eq\rc2－ab，即证a－c2＜c2－ab，即证a2－2ac＜－ab因为a＞0，所以只要证a－2c＜－b，即证a＋b＜2c由已知条件知，上式显然成立，所以原不等式成立．\a\vs4\al[考法二]2022·贵州模拟已知函数f＝＋|＋2|1求不等式f≥6的解集M；2记1中集合M中元素的最小值为m，若a，b为正实数，且a＋b＝m，求eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\f1,a＋1eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\f1,b＋1的最小值．解：1f≥6，即＋|＋2|≥6，∴eq\b\lc\{\rc\\a\vs4\al\co1≤－2，,－－2≥6或eq\b\lc\{\rc\\a\vs4\al\co1＞－2，,＋＋2≥6，解得≥2，∴M＝{|≥2}．2由1知m＝2，即a＋b＝2，又a，b为正实数，∴eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\f1,a＋1eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\f1,b＋1＝eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fa＋b,2a＋1eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fa＋b,2b＋1＝eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fb,2a＋\f3,2eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fa,2b＋\f3,2＝eq\f5,2＋eq\f3,4eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fb,a＋\fa,b≥eq\f5,2＋eq\f3,4×2eq\r\fb,a×\fa,b＝4，当且仅当a＝b＝1时，eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\f1,a＋1eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\f1,b＋1取得最小值4

[课时跟踪检测]1．已知a，b都是正实数，且a＋b＝2，求证：eq\fa2,a＋1＋eq\fb2,b＋1≥1证明：∵a＞0，b＞0，a＋b＝2，∴eq\fa2,a＋1＋eq\fb2,b＋1－1＝eq\fa2b＋1＋b2a＋1－a＋1b＋1,a＋1b＋1＝eq\fa2b＋a2＋b2a＋b2－ab－a－b－1,a＋1b＋1＝eq\fa2＋b2＋aba＋b－ab－a＋b－1,a＋1b＋1＝eq\fa2＋b2＋2ab－ab－3,a＋1b＋1＝eq\fa＋b2－3－ab,a＋1b＋1＝eq\f1－ab,a＋1b＋1∵a＋b＝2≥2eq\rab，∴ab≤1∴eq\f1－ab,a＋1b＋1≥0∴eq\fa2,a＋1＋eq\fb2,b＋1≥12．2022·运城康杰中学模拟已知a＞0，b＞0，a＋b＝21求eq\f1,a＋eq\f4,b的最小值；2求证：eq\fab\ra＋\rb,a＋b≤1解：1∵a＞0，b＞0，a＋b＝2，∴eq\f1,a＋eq\f4,b＝eq\f1,2eq\b\lc\[\rc\]\a\vs4\al\co1\fa＋b,a＋\f4a＋b,b＝eq\f1,2×eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co15＋\fb,a＋\f4a,b≥eq\f9,2当且仅当b＝2a时等号成立．2证明：eq\fab\ra＋\rb,a＋b＝ab·eq\f\ra＋\rb,2≤eq\r\fa＋b,2·eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fa＋b,22＝1当且仅当a＝b时等号成立．3．2022·石家庄模拟已知函数f＝||＋|－1|1若f≥|m－1|恒成立，求实数m的最大值M；2在1成立的条件下，正实数a，b满足a2＋b2＝M，证明：a＋b≥2ab解：1由绝对值不等式的性质知f＝||＋|－1|≥|－＋1|＝1，∴fmin＝1，∴只需|m－1|≤1，即－1≤m－1≤1，∴0≤m≤2，∴实数m的最大值M＝22证明：∵a2＋b2≥2ab，且a2＋b2＝2，∴ab≤1，∴eq\rab≤1，当且仅当a＝b时取等号．①又eq\rab≤eq\fa＋b,2，∴eq\f\rab,a＋b≤eq\f1,2，∴eq\fab,a＋b≤eq\f\rab,2，当且仅当a＝b时取等号．②由①②得，eq\fab,a＋b≤eq\f1,2，∴a＋b≥2ab4．2022·湖南师范大学附属中学月考1已知函数f＝|－2|－|＋1|，解不等式f≥2－2；2已知，y，均为正数，求证：eq\f,y＋eq\fy,＋eq\f,y≥eq\f1,＋eq\f1,y＋eq\f1,解：1f＝|－2|－|＋1|＝eq\b\lc\{\rc\\a\vs4\al\co13，≤－1，,－2＋1，－1＜＜2，,－3，≥2当≤－1时，不等式为2－2≤3，∴－1≤≤3，即＝－1；当－1＜＜2时，不等式为2－2≤－2＋1，解得－1≤≤1，即－1＜≤1；当≥2时，不等式为2－2≤－3，∴∈∅综上，不等式的解集为[－1,1]．2证明：因为，y，都为正数，所以eq\f,y＋eq\fy,＝eq\f1,eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\f,y＋\fy,≥eq\f2,，①同理可得eq\fy,＋eq\f,y≥eq\f2,，②eq\f,y＋eq\f,y≥eq\f2,y，③当且仅当＝y＝时，以上三式等号都成立．将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得eq\f,y＋eq\fy,＋eq\f,y≥eq\f1,＋eq\f1,y＋eq\f1,5．2022·广州模拟已知定义在R上的函数f＝|－m|＋||，m∈N*，存在实数使f＜2成立．1求实数m的值；2若α≥1，β≥1，fα＋fβ＝4，求证：eq\f4,α＋eq\f1,β≥3

解：1因为|－m|＋||≥|－m－|＝|m|所以要使不等式|－m|＋||＜2有解，则|m|＜2，解得－2＜m＜2因为m∈N*，所以m＝12证明：因为α≥1，β≥1，所以fα＋fβ＝2α－1＋2β－1＝4，即α＋β＝3，所以eq\f4,α＋eq\f1,β＝eq\f1,3eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\f4,α＋\f1,βα＋β＝eq\f1,3eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co15＋\f4β,α＋\fα,β≥eq\f1,3eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co15＋2\r\f4β,α·\fα,β＝3当且仅当eq\f4β,α＝eq\fα,β，即α＝2，β＝1时等号成立，故eq\f4,α＋eq\f1,β≥36．已知函数f＝2|＋1|＋|－2|1求f的最小值m；2若a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝m，求证：eq\fb2,a＋eq\fc2,b＋eq\fa2,c≥3解：1当＜－1时，f＝－2＋1－－2＝－3∈3，＋∞；当－1≤＜2时，f＝2＋1－－2＝＋4∈[3,6；当≥2时，f＝2＋1＋－2＝3∈[6，＋∞．综上，f的最小值m＝32证明：因为a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝3，所以eq\fb2,a＋eq\fc2,b＋eq\fa2,c＋a＋b＋c＝eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fb2,a＋a＋eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fc2,b＋b＋eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fa2,c＋c≥2eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\a\vs4\al\r\fb2,a·a＋\r\fc2,b·b＋\r\fa2,c·c＝2a＋b＋c，当且仅当a＝b＝c＝1时，取“＝”，所以eq\fb2,a＋eq\fc2,b＋eq\fa2,c≥a＋b＋c，即eq\fb2,a＋eq\fc2,b＋eq\fa2,c≥37．已知函数f＝|－1|1解不等式f2＋f＋4≥8；2若|a|＜1，|b|＜1，a≠0，求证：eq\ffab,|a|＞feq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fb,a

解：1f2＋f＋4＝|2－1|＋|＋3|＝eq\b\lc\{\rc\\a\vs4\al\co1－3－2，＜－3，,－＋4，－3≤＜\f1,2，,3＋2，≥\f1,2，当＜－3时，由－3－2≥8，解得≤－eq\f10,3；当－3≤＜eq\f1,2时，－＋4≥8无解；当≥eq\f1,2时，由3＋2≥8，解得≥2所以不等式f2＋f＋4≥8的解集为eq\b\lc\{\rc\}\a\vs4\al\co1\b\lc\|\rc\\a\vs4\al\co1≤－\f10,3或≥22证明：eq\ffab,|a|＞f