2025版高考数学一轮复习第2节不等式的证明与应用教学案文含解析北师大版选修4-5

PAGE1-其次节不等式的证明与应用[考纲传真]1.了解柯西不等式的几种不同形式，理解它们的几何意义，并会证明.2.能够利用平均值不等式，柯西不等式求一些特定函数的极值.3.了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法，反证法、放缩法．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．定理2：假如a，b为正数，则eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，当且仅当a＝b时，等号成立．定理3：假如a，b，c为正数，则eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc)，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)假如a1，a2，…，an为n个正数，则eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)≥eq\r(n,a1a2…an)，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．2．柯西不等式(1)柯西不等式的代数形式：设a，b，c，d都是实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2(当且仅当ad＝bc时，等号成立)．(2)柯西不等式的向量形式：设α，β是两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当α或β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ(α，β为非零向量)时，等号成立．(3)柯西不等式的三角不等式：设x1，y1，x2，y2，x3，y3∈R，则eq\r(x1－x22＋y1－y22)＋eq\r(x2－x32＋y2－y32)≥eq\r(x1－x32＋y1－y32).(4)柯西不等式的一般形式：设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是实数，则(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n))(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2)＋…＋beq\o\al(2,n))≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，当且仅当bi＝0(i＝1,2，…，n)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1,2，…，n)时，等号成立．3．不等式的证明方法(1)比较法比较法是证明不等式最基本的方法，可分为求差比较法和求商比较法两种．名称求差比较法求商比较法理论依据a＞b⇔a－b＞0a＜b⇔a－b＜0a＝b⇔a－b＝0b＞0，eq\f(a,b)＞1⇒a＞bb＜0，eq\f(a,b)＞1⇒a＜b(2)分析法从所要证明的结论入手向已知条件反推直至达到已知条件为止，这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法．(3)综合法从已知条件动身，利用不等式的性质(或已经证明过的不等式)，推出了所要证明的结论，即“由因导果”的方法，这种证明不等式的方法称为综合法．(4)放缩法通过缩小(或放大)分式的分母(或分子)，或通过放大(或缩小)被减式(或减式)来证明不等式，这种证明不等式的方法称为放缩法．[基础自测]1．(思索辨析)推断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)比较法最终要推断式子的符号得出结论． ()(2)综合法是从缘由推导到结果的思维方法，它是从已知条件动身，经过逐步推理，最终达到待证的结论． ()(3)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论动身，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最终达到题设的已知条件或已被证明的事实． ()(4)运用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用． ()[答案](1)×(2)√(3)×(4)×2．(教材改编)不等式：①x2＋3＞3x；②a2＋b2≥2(a－b－1)；③eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，其中恒成立的是()A．①③ B．②③C．①②③ D．①②D[由①得x2＋3－3x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))eq\s\up10(2)＋eq\f(3,4)＞0，所以x2＋3＞3x；对于②，因为a2＋b2－2(a－b－1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，所以不等式成立；对于③，因为当ab＜0时，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)－2＝eq\f(a－b2,ab)＜0，即eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＜2，故选D．]3．若a＝eq\r(3)－eq\r(2)，b＝eq\r(6)－eq\r(5)，c＝eq\r(7)－eq\r(6)，则a，b，c的大小关系为()A．a>b>c B．a>c>bC．b>c>a D．c>a>bA[“分子”有理化得a＝eq\f(1,\r(3)＋\r(2))，b＝eq\f(1,\r(6)＋\r(5))，c＝eq\f(1,\r(7)＋\r(6))，∴a>b>c.]4．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________．4[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．]用综合法与分析法证明不等式【例1】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)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必要性：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充分性：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.因为|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．[规律方法]分析法与综合法经常结合起来运用，称为分析综合法，其实质是既充分利用已知条件，又时刻瞄准解题目标，即不仅要搞清已知什么，还要明确干什么，通常用分析法找到解题思路，用综合法书写证题过程．设x≥1，y≥1，求证：x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy.[证明]由于x≥1，y≥1，要证x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy，只需证xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.因为[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1)，因为x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，从而所要证明的不等式成立．用放缩法证明不等式【例2】若a，b∈R，求证：eq\f(|a＋b|,1＋|a＋b|)≤eq\f(|a|,1＋|a|)＋eq\f(|b|,1＋|b|).[证明]当|a＋b|＝0时，不等式明显成立．当|a＋b|≠0时，由0＜|a＋b|≤|a|＋|b|⇒eq\f(1,|a＋b|)≥eq\f(1,|a|＋|b|)，所以eq\f(|a＋b|,1＋|a＋b|)＝eq\f(1,\f(1,|a＋b|)＋1)≤eq\f(1,1＋\f(1,|a|＋|b|))＝eq\f(|a|＋|b|,1＋|a|＋|b|)＝eq\f(|a|,1＋|a|＋|b|)＋eq\f(|b|,1＋|a|＋|b|)≤eq\f(|a|,1＋|a|)＋eq\f(|b|,1＋|b|).[规律方法]1.在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧．常见的放缩变换有：(1)变换分式的分子和分母，如eq\f(1,k2)＜eq\f(1,kk－1)，eq\f(1,k2)＞eq\f(1,kk＋1)，eq\f(1,\r(k))＜eq\f(2,\r(k)＋\r(k－1))，eq\f(1,\r(k))＞eq\f(2,\r(k)＋\r(k＋1)).上面不等式中k∈N*，k＞1；(2)利用函数的单调性；(3)真分数性质“若0＜a＜b，m＞0，则eq\f(a,b)＜eq\f(a＋m,b＋m)”．2．在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．设n是正整数，求证：eq\f(1,2)≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)＜1.[证明]由2n≥n＋k＞n(k＝1,2，…，n)，得eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋k)＜eq\f(1,n).当k＝1时，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋1)＜eq\f(1,n)；当k＝2时，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋2)＜eq\f(1,n)；…当k＝n时，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋n)＜eq\f(1,n)，∴eq\f(1,2)＝eq\f(n,2n)≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)＜eq\f(n,n)＝1.∴原不等式成立．柯西不等式的应用【例3】(2024·江苏高考)已知a，b，c，d为实数，且a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，证明：ac＋bd≤8.[证明]由柯西不等式，得(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)．因为a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，所以(ac＋bd)2≤64，因此ac＋bd≤8.[规律方法]1.运用柯西不等式证明的关键是恰当变形，化为符合它的结构形式，当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一样形式时，就可运用柯西不等式进行证明．2．利用柯西不等式求最值的一般结构为：(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a\o\al(2,1))＋\f(1,a\o\al(2,2))＋…＋\f(1,a\o\al(2,n))))≥(1＋1＋…＋1)2＝n2.在运用柯西不等式时，要留意右边为常数且应留意等号成立的条件．已知大于1的正数x，y，z满意x＋y＋z＝3eq\r(3).求证：eq\f(x2,x＋2y＋3z)＋eq\f(y2,y＋2z＋3x)＋eq\f(z2,z＋2x＋3y)≥eq\f(\r(3),2).[证明]由柯西不等式及题意得，eq\f(x2,x＋2y＋3z)＋eq\f(y2,y＋2z＋3x)＋eq\f(z2,z＋2x＋3y)·[(x＋2y＋3z)＋(y＋2z＋3x)＋(z＋2x＋3y)]≥(x＋y＋z)2＝27.又(x＋2y＋3z)＋(y＋2z＋3x)＋(z＋2x＋3y)＝6(x＋y＋z)＝18eq\r(3)，∴eq\f(x2,x＋2y＋3z)＋eq\f(y2,y＋2z＋3x)＋eq\f(z2,z＋2x＋3y)≥eq\f(27,18\r(3))＝eq\f(\r(3),2)，当且仅当x＝y＝z＝eq\r(3)时，等号成立．1．(2024·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.[证明](1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4.(2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋eq\f(3a＋b2,4)(a＋b)＝2＋eq\f(3a＋b3,4)，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.2．(2024·全国卷Ⅱ)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|.[解](1)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\v