(全国通用版)2019版高考数学大一轮复习-不等式选讲-第2节-不等式的证明学案-理-新人教B版

PAGEPAGE11第2节不等式的证明最新考纲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.知识梳理1.均值不等式定理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\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，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\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc)，当且仅当a＝b＝c时，等号成立.2.不等式的证明方法(1)比较法①作差法(a，b∈R)：a－b>0⇔a>b；a－b<0⇔a<b；a－b＝0⇔a＝b.②作商法(a>0，b>0)：eq\f(a,b)>1⇔a>b；eq\f(a,b)<1⇔a<b；eq\f(a,b)＝1⇔a＝b.(2)综合法与分析法①综合法：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.综合法又叫顺推证法或由因导果法.②分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，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，这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法.诊断自测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(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.()(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)×2.若a>b>1，x＝a＋eq\f(1,a)，y＝b＋eq\f(1,b)，则x与y的大小关系是()A.x>y B.x<y C.x≥y D.x≤y解析x－y＝a＋eq\f(1,a)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＝a－b＋eq\f(b－a,ab)＝eq\f(（a－b）（ab－1）,ab).由a>b>1得ab>1，a－b>0，所以eq\f(（a－b）（ab－1）,ab)>0，即x－y>0，所以x>y.答案A3.(教材习题改编)已知a≥b>0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，则M，N的大小关系为________.解析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.答案M≥N4.已知a>0，b>0且ln(a＋b)＝0，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值是________.解析由题意得，a＋b＝1，a>0，b>0，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4.当且仅当a＝b＝eq\f(1,2)时等号成立.∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值是4.答案45.已知x>0，y>0，证明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy.证明因为x>0，y>0，所以1＋x＋y2≥3eq\r(3,xy2)>0，1＋x2＋y≥3eq\r(3,x2y)>0，故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3eq\r(3,xy2)·3eq\r(3,x2y)＝9xy.考点一比较法证明不等式【例1－1】(2017·江苏卷)已知a，b，c，d为实数，且a2＋b2＝4，c2＋d2＝16.试证明：ac＋bd≤8.证明∵(a2＋b2)(c2＋d2)－(ac＋bd)2＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2－(a2c2＋b2d2＋2acbd)＝b2c2＋a2d2－2acbd＝(bc－ad)2≥0，∴(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，又a2＋b2＝4，c2＋d2＝16.因此(ac＋bd)2≤64，从而ac＋bd≤8.【例1－2】(一题多解)已知a>0，b>0，求证：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).证明法一因为eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))－(eq\r(a)＋eq\r(b))＝eq\f(（\r(a)）3＋（\r(b)）3－（\r(a)＋\r(b)）\r(ab),\r(ab))＝eq\f(（\r(a)＋\r(b)）（\r(a)－\r(b)）2,\r(ab))，∵a>0，b>0，∴eq\f(（\r(a)＋\r(b)）（\r(a)－\r(b)）2,\r(ab))>0.因此eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).法二由于eq\f(\f(a,\r(b))＋\f(b,\r(a)),\r(a)＋\r(b))＝eq\f(a\r(a)＋b\r(b),\r(ab)（\r(a)＋\r(b)）)＝eq\f(（\r(a)＋\r(b)）（a－\r(ab)＋b）,\r(ab)（\r(a)＋\r(b)）)＝eq\f(a＋b,\r(ab))－1≥eq\f(2\r(ab),\r(ab))－1＝1.又a>0，b>0，eq\r(ab)>0，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).规律方法1.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.2.在例1－2证明中，法一采用局部通分，优化了解题过程；在法二中，利用不等式的性质，把证明a>b转化为证明eq\f(a,b)>1(b>0).提醒在使用作商比较法时，要注意说明分母的符号.【训练1】设a，b是非负实数，求证：a2＋b2≥eq\r(ab)(a＋b).证明因为a2＋b2－eq\r(ab)(a＋b)＝(a2－aeq\r(ab))＋(b2－beq\r(ab))＝aeq\r(a)(eq\r(a)－eq\r(b))＋beq\r(b)(eq\r(b)－eq\r(a))＝(eq\r(a)－eq\r(b))(aeq\r(a)－beq\r(b))＝(aeq\s\up6(\f(1,2))－beq\s\up6(\f(1,2)))(aeq\s\up6(\f(3,2))－beq\s\up6(\f(3,2))).因为a≥0，b≥0，所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有aeq\s\up6(\f(1,2))－beq\s\up6(\f(1,2))与aeq\s\up6(\f(3,2))－beq\s\up6(\f(3,2))同号，所以(aeq\s\up6(\f(1,2))－beq\s\up6(\f(1,2)))(aeq\s\up6(\f(3,2))－beq\s\up6(\f(3,2)))≥0，所以a2＋b2≥eq\r(ab)(a＋b).考点二综合法证明不等式【例2－1】(2017·全国Ⅱ卷)已知实数a>0，b>0，且a3＋b3＝2.证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；(2)a＋b≤2.证明(1)∵a>0，b>0，且a3＋b3＝2.则(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a4－2a2b2＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4.(2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋eq\f(3（a＋b）2,4)(a＋b)＝2＋eq\f(3（a＋b）3,4)，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.【例2－2】(2016·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，M为不等式f(x)<2的解集.(1)求M；(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|<|1＋ab|.(1)解f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x，x≤－\f(1,2)，,1，－\f(1,2)<x<\f(1,2)，,2x，x≥\f(1,2).))当x≤－eq\f(1,2)时，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1，所以－1<x≤－eq\f(1,2)；当－eq\f(1,2)<x<eq\f(1,2)时，f(x)<2恒成立.当x≥eq\f(1,2)时，由f(x)<2得2x<2，解得x<1，所以eq\f(1,2)<x<1.所以f(x)<2的解集M＝{x|－1<x<1}.(2)证明由(1)知，当a，b∈M时，－1<a<1，－1<b<1，从而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)<0，所以(a＋b)2<(1＋ab)2，因此|a＋b|<|1＋ab|.规律方法1.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.在用综合法证明不等式时，不等式的性质和均值不等式是最常用的.在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条件.【训练2】(2018·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；(2)若a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝m，求证：eq\f(b2,a)＋eq\f(c2,b)＋eq\f(a2,c)≥3.(1)解当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，此时，3≤f(x)≤6；当x>2时，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x>6.综上可知，f(x)的最小值m＝3.(2)证明a，b，c均大于0，且a＋b＋c＝3.∵(a＋b＋c)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a)＋\f(c2,b)＋\f(a2,c)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(b2,a)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(c2,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(a2,c)))≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(b2,a)·a)＋\r(\f(c2,b)·b)＋\r(\f(a2,c)·c)))＝2(a＋b＋c)(当且仅当a＝b＝c＝1时取“＝”)，所以eq\f(b2,a)＋eq\f(c2,b)＋eq\f(a2,c)≥a＋b＋c，故eq\f(b2,a)＋eq\f(c2,b)＋eq\f(a2,c)≥3.考点三分析法证明不等式【例3】已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a.证明由a>b>c且a＋b＋c＝0，知a>0，c<0.要证eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a，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，∴(a－b)(a－c)>0显然成立，故原不等式成立.规律方法1.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.2.分析法证明的思路是“执果索因”，其框图表示为：eq\x(Q⇐P1)→eq\x(P1⇐P2)→eq\x(P2⇐P3)→…→eq\x(得到一个明显成立的条件)【训练3】(2018·福州八中质检)已知函数f(x)＝|x－1|.(1)解不等式f(x)＋f(x＋4)≥8；(2)若|a|<1，|b|<1，且a≠0，求证：f(ab)>|a|feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a))).(1)解依题意，原不等式等价于|x－1|＋|x＋3|≥8.当x<－3时，则－2x－2≥8，解得x≤－5.当－3≤x≤1时，则4≥8不成立，不等式解集为∅.当x>1时，则2x＋2≥8，解得x≥3.所以不等式f(x)＋f(x＋4)≥8的解集为{x|x≥3或x≤－5}.(2)证明要证f(ab)>|a|feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))，只需证|ab－1|>|b－a|，只需证(ab－1)2>(b－a)2.∵|a|<1，|b|<1，知a2<1，b2<1，∴(ab－1)2－(b－a)2＝a2b2－a2－b2＋1＝(a2－1)(b2－1)>0.故(ab－1)2>(b－a)2成立.从而原不等式成立.基础巩固题组(建议用时：50分钟)1.设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：(1)ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3)；(2)eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.证明(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.当且仅当a＝b＝c时取“＝”.由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3).(2)因为eq\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，当且仅当a＝b＝c时取“＝”.故eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，则eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.2.设a>0，b>0，且a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).证明：(1)a＋b≥2；(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立.证明由a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)，a>0，b>0，得ab＝1.(1)由均值不等式及ab＝1，有a＋b≥2eq\r(ab)＝2，当且仅当a＝b＝1时等号成立，即a＋b≥2.(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，则由a2＋a<2及a>0，得0<a<1；同理，0<b<1，从而ab<1，这与ab＝1矛盾.故a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立.3.(2018·石家庄模拟)已知函数f(x)＝|x|＋|x－1|.(1)若f(x)≥|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.(1)解∵f(x)＝|x|＋|x－1|≥|x－(x－1)|＝1，当且仅当0≤x≤1时取等号，∴f(x)＝|x|＋|x－1|的最小值为1.要使f(x)≥|m－1|恒成立，只需|m－1|≤1，∴0≤m≤2，则m的最大值M＝2.(2)证明由(1)知，a2＋b2＝2，由a2＋b2≥2ab，知ab≤1.①又a＋b≥2eq\r(ab)，则(a＋b)eq\r(ab)≥2ab.由①知，eq\r(ab)≤1.故a＋b≥2ab.4.(2014·全国Ⅰ卷)若a＞0，b＞0，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\r(ab).(1)求a3＋b3的最小值；(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由.解(1)由eq\r(ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(2,\r(ab))，得ab≥2，当且仅当a＝b＝eq\r(2)时等号成立.故a3＋b3≥2eq\r(a3b3)≥4eq\r(2)，当且仅当a＝b＝eq\r(2)时等号成立.所以a3＋b3的最小值为4eq\r(2).(2)由(1)知，2a＋3b≥2eq\r(6)·eq\r(ab)≥4eq\r(3).由于4eq\r(3)＞6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.5.已知函数f(x)＝k－|x－3|，k∈R，且f(x＋3)≥0的解集为[－1，1].(1)求k的值；(2)若a，b，c是正实数，且eq\f(1,ka)＋eq\f(1,2kb)＋eq\f(1,3kc)＝1.求证：a＋2b＋3c≥9.(1)解因为f(x)＝k－|x－3|，所以f(x＋3)≥0等价于|x|≤k，由|x|≤k有解，得k≥0，且解集为[－k，k].因为f(x＋3)≥0的解集为[－1，1].因此k＝1.(2)证明由(1)知eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝1，因为a，b，c为正实数.所以a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,2b)＋\f(1,3c)))＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2b)＋\f(2b,a)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3c)＋\f(3c,a)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2b,3c)＋\f(3c,2b)))≥3＋2eq\r(\f(a,2b)·\f(2b,a))＋2eq\r(\f(a,3c)·\f(3c,a))＋2eq\r(\f(2b,3c)·\f(3c,2b))＝9.当且仅当a＝2b＝3c时等号成立.因此a＋2b＋3c≥9.能力提升题组(建议用时：30分钟)6.(2015·全国Ⅱ卷)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：(1)若ab>cd，则eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)；(2)eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(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，欲证eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)，只需证明(eq\r(a)＋eq\r(b))2>(eq\r(c)＋eq\r(d))2，也就是证明a＋b＋2eq\r(ab)>c＋d＋2eq\r(cd)，只需证明eq\r(ab)>eq\r(cd)，即证ab>cd.由于ab>cd，因此eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d).(2)①若|a－b|<|c－d|，则(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.∵a＋b＝c＋d，所以ab>cd.由(1)得eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d).②若eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)，则(eq\r(a)＋eq\r(b))2>(eq\r(c)＋eq\r(d))2，∴a＋b＋2eq\r(ab)>c＋d＋2eq\r(cd).∵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，eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|<|c－d|的充要条件.7.(2018·乐山模拟)已知定义在R上的函数f(x)＝|x－m|＋|x|，m∈N+，若存在实数x使得f(x)<2成立.(1)求实数m的值；(2)若α，β>1，f(α)＋f(β)＝6，求证：eq\f(4,α)＋eq\f(1,β)≥eq\f(9,4).(1)解因为|x－m|＋|x|≥|x－m－x|＝|m|，要使|x－m|＋|x|<2有解，则|m|<2，解得－2<m<2.∵m∈N+，∴m＝1.(2)证明α，β>1，f(α)＋f(β)＝2α－1＋2β－1＝6，∴α＋β＝4，∴eq\f(4,α)＋eq\f(1,β)≥eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,α)＋\f(1,β)))(α＋β)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(4β,α)＋\f(α,β)))≥eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(4β,α)·\f(α,β))))＝eq\f(9,4)，当且仅当eq\f(4β,α)＝eq\f(α,β)，即α＝eq\f(8,3)，β＝eq\f(4,3)时“＝”成立，故eq\f(4,α)＋eq\f(1,