高考数学总复习 第十二章 不等式选讲 第76讲 不等式证明的基本方法练习 理（含解析）新人教A版选修4-5-新人教A版高三选修4-5数学试题

第76讲不等式证明的基本方法夯实基础【p173】【学习目标】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．【基础检测】1．已知0<a<eq\f(1,b)，且M＝eq\f(1,1＋a)＋eq\f(1,1＋b)，N＝eq\f(a,1＋a)＋eq\f(b,1＋b)，则M、N的大小关系是()A．M<NB．M>NC．M＝ND．不确定【解析】由已知得0<ab<1，故M－N＝eq\f(1,1＋a)＋eq\f(1,1＋b)－eq\f(a,1＋a)－eq\f(b,1＋b)＝eq\f(1－a,1＋a)＋eq\f(1－b,1＋b)＝eq\f(2（1－ab）,（1＋a）（1＋b）)>0.故M>N.【答案】B2．设a>0，b>0，且a＋b≤4，则有()A.eq\f(1,ab)≥eq\f(1,2)B.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥1C.eq\r(ab)≥2D.eq\f(1,a2＋b2)≤eq\f(1,4)【解析】∵4≥a＋b≥2eq\r(ab)，∴eq\r(ab)≤2，∴eq\f(1,\r(ab))≥eq\f(1,2)，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(2,\r(ab))≥1.【答案】B3．若a＞0，b＞0，a＋b＝2，则下列不等式对一切满足条件的a，b恒成立的是________(写出所有正确命题的序号)．①ab≤1；②eq\r(a)＋eq\r(b)≤eq\r(2)；③a2＋b2≥2；④a3＋b3≥3；⑤eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2.【解析】令a＝b＝1，排除②④；由2＝a＋b≥2eq\r(ab)⇒ab≤1，命题①正确；a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝4－2ab≥2，命题③正确；eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(2,ab)≥2，命题⑤正确．【答案】①③⑤4．已知a，b，c，d都是正数，若(ab＋cd)(ac＋bd)≥kabcd恒成立，则k的取值范围是________．【解析】∵a，b，c，d都是正数，(ab＋cd)(ac＋bd)≥kabcd恒成立，∴k≤eq\f(（ab＋cd）（ac＋bd）,abcd)＝eq\f(a2bc＋b2ad＋c2ad＋d2bc,abcd)＝eq\f(a,d)＋eq\f(b,c)＋eq\f(c,b)＋eq\f(d,a)，∵eq\f(a,d)＋eq\f(b,c)＋eq\f(c,b)＋eq\f(d,a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,d)＋\f(d,a)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)＋\f(c,b)))≥2＋2＝4(当且仅当a＝d，c＝b时取“＝”)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,d)＋\f(b,c)＋\f(c,b)＋\f(d,a)))eq\s\do7(min)＝4，∴k≤4，∴k的取值范围是(－∞，4]．【答案】(－∞，4]【知识要点】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\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．比较法(1)比差法的依据是：a－b＞0⇔a＞b．步骤是：“作差→变形→判断差的符号”．变形是手段，变形的目的是判断差的符号．(2)比商法：若B＞0，欲证A≥B，只需证eq\f(A,B)≥1.3．综合法与分析法(1)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．(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，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．典例剖析【p173】考点1比较法证明不等式eq\a\vs4\al(例1)设a，b是非负实数，求证：a2＋b2≥eq\r(ab)(a＋b)．【解析】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))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\s\up6(\f(1,2))－b\s\up6(\f(1,2))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\s\up6(\f(3,2))－b\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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\s\up6(\f(1,2))－b\s\up6(\f(1,2))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\s\up6(\f(3,2))－b\s\up6(\f(3,2))))≥0，所以a2＋b2≥eq\r(ab)(a＋b)．【点评】作差比较法证明不等式的步骤(1)作差；(2)变形；(3)判断差的符号；(4)下结论．其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负．考点2综合法证明不等式eq\a\vs4\al(例2)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．【解析】(1)因为(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)，(eq\r(c)＋eq\r(d))2＝c＋d＋2eq\r(cd)，由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，得(eq\r(a)＋eq\r(b))2>(eq\r(c)＋eq\r(d))2.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.因为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，即a＋b＋2eq\r(ab)>c＋d＋2eq\r(cd).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，“eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)”是“|a－b|<|c－d|”的充要条件．【点评】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(1)a2≥0.(2)|a|≥0.(3)a2＋b2≥2ab，它的变形形式有：a2＋b2≥2|ab|；a2＋b2≥－2ab；(a＋b)2≥4ab；a2＋b2≥eq\f(1,2)(a＋b)2；eq\f(a2＋b2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2).(4)eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，它的变形形式有：a＋eq\f(1,a)≥2(a>0)；eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2(ab>0)；eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≤－2(ab<0)．考点3分析法证明不等式(重点保分型考点——师生共研)eq\a\vs4\al(例3)(1)若正实数a，b满足a＋b＝eq\f(1,2)，求证：eq\r(a)＋eq\r(b)≤1.(2)设a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.求证：a＋b＋c≥eq\r(3).【解析】(1)要证eq\r(a)＋eq\r(b)≤1，只需证a＋b＋2eq\r(ab)≤1，即证2eq\r(ab)≤eq\f(1,2)，即证eq\r(ab)≤eq\f(1,4).而a＋b＝eq\f(1,2)≥2eq\r(ab)，∴eq\r(ab)≤eq\f(1,4)成立．∴原不等式成立．(2)要证a＋b＋c≥eq\r(3)，由于a，b，c＞0，因此只需证明(a＋b＋c)2≥3.即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，而ab＋bc＋ca＝1，故只需证明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)．即证a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.而这可以由ab＋bc＋ca≤eq\f(a2＋b2,2)＋eq\f(b2＋c2,2)＋eq\f(c2＋a2,2)＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)证得．所以原不等式成立．【点评】分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、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．方法总结【p174】1．作差比较法是证明不等式最基本、最重要的方法，其关键是变形，通常通过因式分解，利用各因式的符号进行判断，或进行配方，利用非负数的性质进行判断．2．综合法证明不等式时，主要利用基本不等式、函数的单调性以及不等式的性质，在严密的推理下推导出结论，综合法往往是分析法的逆过程，所以在实际证明时，用分析法分析，用综合法表述证明推理过程．3．某些不等式的条件与结论，或不等式的左右两边联系不明显，用作差法又难以对差进行变形，难以运用综合法直接证明，这时常用分析法，以便发现联系．分析的过程中，综合条件、定理等因素进行探索，把分析与综合结合起来，形成分析综合法．4．有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法，凡是含有“至少”“唯一”或者含有其他否定词的命题，适宜用反证法．5．放缩法是一种常用的证题技巧，放缩必须有目标，而目标可以从求证的结论中和中间结果中寻找．常用的放缩技巧有添舍放缩，拆项对比放缩，利用函数的单调性和重要不等式放缩等．走进高考【p174】1．(2017·全国卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；(2)a＋b≤2.【解析】(1)法一：(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4.法二：由柯西不等式可得：(a＋b)(a5＋b5)≥(eq\r(a)·eq\r(a5)＋eq\r(b)·eq\r(b5))＝(a3＋b3)2≥4，当且仅当eq\r(ab5)＝eq\r(ba5)，即a＝b＝1时取等号，所以(a＋b)(a5＋b5)≥4，原问题得证．(2)法一：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.法二：因为a>0，b>0，要证明a＋b≤2，只需证明(a＋b)3≤8，即证明a3＋3a2b＋3ab2＋b3≤8，只需证明a2b＋ab2≤2，因为a3＋b3＝2，上式等价于a2b＋ab2－a3＋b3≤0，也即a2(b－a)＋b2(a－b)≤0，即(a2－b2)(b－a)＝－(a－b)2(a＋b)≤0，因为a>0，b>0，上式显然成立，所以结论成立，即a＋b≤2.考点集训【p283】A组题1．若a，b均为正实数，且a≠b，M＝eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))，N＝eq\r(a)＋eq\r(b)，则M、N的大小关系为________．【解析】∵a≠b，∴eq\f(a,\r(b))＋eq\r(b)＞2eq\r(a)，eq\f(b,\r(a))＋eq\r(a)＞2eq\r(b)，∴eq\f(a,\r(b))＋eq\r(b)＋eq\f(b,\r(a))＋eq\r(a)＞2eq\r(a)＋2eq\r(b)，∴eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))＞eq\r(a)＋eq\r(b)，即M＞N.【答案】M＞N2．设a＋b＝2，b>0，当eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)取得最小值时，求a的值．【解析】由于a＋b＝2，所以eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)＝eq\f(a＋b,4|a|)＋eq\f(|a|,b)＝eq\f(a,4|a|)＋eq\f(b,4|a|)＋eq\f(|a|,b)，由于b>0，|a|>0，所以eq\f(b,4|a|)＋eq\f(|a|,b)≥2eq\r(\f(b,4|a|)·\f(|a|,b))＝1，因此当a>0时，eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)的最小值是eq\f(1,4)＋1＝eq\f(5,4)；当a<0时，eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)的最小值是－eq\f(1,4)＋1＝eq\f(3,4).故eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)的最小值为eq\f(3,4)，此时eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,4|a|)＝\f(|a|,b)，,a<0，,a＋b＝2))即a＝－2.3．已知f(x)＝eq\r(1＋x2)，a≠b，求证：|f(a)－f(b)|<|a－b|.【解析】|f(a)－f(b)|＝|eq\r(1＋a2)－eq\r(1＋b2)|＝eq\f(|a2－b2|,\r(1＋a2)＋\r(1＋b2))＝eq\f(|a－b||a＋b|,\r(1＋a2)＋\r(1＋b2))≤eq\f(|a－b|（|a|＋|b|）,\r(1＋a2)＋\r(1＋b2))<eq\f(|a－b|（|a|＋|b|）,\r(a2)＋\r(b2))＝|a－b|.4．已知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．【解析】由a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)，a>0，b>0，得ab＝1.(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2eq\r(ab)＝2，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．5．已知x，y∈R，且|x|<1，|y|<1.求证：eq\f(1,1－x2)＋eq\f(1,1－y2)≥eq\f(2,1－xy).【解析】法一：(分析法)∵|x|<1，|y|<1，∴eq\f(1,1－x2)>0，eq\f(1,1－y2)>0，∴eq\f(1,1－x2)＋eq\f(1,1－y2)≥eq\f(2,\r(（1－x2）（1－y2）)).故要证明结论成立，只要证明eq\f(2,\r(（1－x2）（1－y2）))≥eq\f(2,1－xy)成立．即证1－xy≥eq\r(（1－x2）（1－y2）)成立即可．∵(y－x)2≥0，有－2xy≥－x2－y2，∴(1－xy)2≥(1－x2)(1－y2)，∴1－xy≥eq\r(（1－x2）（1－y2）)>0.∴不等式成立．法二：(综合法)∵eq\f(2,\f(1,1－x2)＋\f(1,1－y2))≤eq\f(1－x2＋1－y2,2)＝eq\f(2－（x2＋y2）,2)≤eq\f(2－2|xy|,2)＝1－|xy|，∴eq\f(1,1－x2)＋eq\f(1,1－y2)≥eq\f(2,1－|xy|)≥eq\f(2,1－xy)，∴原不等式成立．6．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.【解析】(1)由已知可得f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－2x，x＜0，,1，0≤x＜1，,2x－1，x≥1，))所以f(x)min＝1，所以只需|m－1|≤1，解得－1≤m－1≤1，∴0≤m≤2，所以实数m的最大值M＝2.(2)法一：(综合法)∵a2＋b2≥2ab，∴ab≤1，∴eq\r(ab)≤1，当且仅当a＝b时取等号，①又∵eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)，∴eq\f(\r(ab),a＋b)≤eq\f(1,2)，∴eq\f(ab,a＋b)≤eq\f(\r(ab),2)，当且仅当a＝b时取等号，②由①②得，∴eq\f(ab,a＋b)≤eq\f(1,2)，所以a＋b≥2ab.法二：(分析法)因为a>0，b>0，所以要证a＋b≥2ab，只需证(a＋b)2≥4a2b2，即证a2＋b2＋2ab≥4a2b2，∵a2＋b2＝M，所以只要证2＋2ab≥4a2b2，即证2(ab)2－ab－1≤0，即证(2ab＋1)(ab－1)≤0，因为2ab＋1>0，所以只需证ab≤1，因为2＝a2＋b2≥2ab，所以ab≤1成立，所以a＋b≥2ab.B组题1．已知an＝eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋eq\r(3×4)＋…＋eq\r(n（n＋1）)(n∈N*)，求证：eq\f(n（n＋1）,2)<an<eq\f(n（n＋2）,2).【解析】∵eq\r(n（n＋1）)＝eq\r(n2＋n)，n∈N*，∴eq\r(n（n＋1）)>n，∴an＝eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋…＋eq\r(n（n＋1）)>1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(n（n＋1）,2).∵eq\r(n（n＋1）)<eq\f(n＋（n＋1）,2)，∴an<eq\f(1＋2,2)＋eq\f(2＋3,2)＋eq\f(3＋4,2)＋…＋eq\f(n＋（n＋1）,2)＝eq\f(1,2)＋(2＋3＋…＋n)＋eq\f(n＋1,2)＝eq\f(n（n＋2）,2).综上得eq\f(n（n＋1）,2)<an<eq\f(n（n＋2）,2).2．已知a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)．(1)求eq\f(x1,a)＋eq\f(x2,b)＋eq\f(2,x1x2)的最小值；(2)求证：(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2.【解析】(1)因为a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)，所以eq\f(x1,a)＋eq\f(x2,b)＋eq\f(2,x1x2)≥3·eq\r(3,\f(x1,a)·\f(x2,b)·\f(2,x1x2))＝3·eq\r(3,\f(2,ab))≥3·eq\r(3,\f(2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))\s\up12(2)))＝3×eq\r(3,8)＝6，当且仅当eq\f(x1,a)＝eq\f(x2,b)＝eq\f(2,x1x2)且a＝b，即a＝b＝eq\f(1,2)，且x1＝x2＝1时，eq\f(x1,a)＋eq\f(x2,b)＋eq\f(2,x1x2)有最小值6.(2)证明：因为a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)，所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)＝a2x1x2＋abxeq\o\al(2,2)＋abxeq\o\al(2,1)＋b2x1x2＝x1x2(a2＋b2)＋ab(xeq\o\al(2,2)＋xeq\o\al(2,1))≥x1x2(a2＋b2)＋ab(2x1x2)＝x1x2(a2＋b2＋2ab)＝x1x2(a＋b)2＝x1x2，当且仅当x1＝x2时，取得等号．所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2.3．已知a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝2.(1)求证：ab＋bc＋ac≤eq\f(4,3)；(2)若a，b，c都小于1，求a2＋b2＋c2的取值范围．【解析】(1)∵a＋b＋c＝2，∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝4，又a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac，故4≥2ab＋2bc＋2ac＋ab＋bc＋ac