【数学】2020届一轮复习（理）通用版选修4-5-2不等式的证明学案

【数学】2020届一轮复习（理）通用版选修4-5-2不等式的证明学案

第二节不等式的证明 ‎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≥，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≥，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＞b.‎ ‎(2)作商法：若B＞0，欲证A≥B，只需证≥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.‎ ‎[小题查验基础]‎ 一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)‎ ‎(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.(　　)‎ ‎(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.(　　)‎ 答案：(1)×　(2)√　(3)×‎ 二、选填题 ‎1.已知a，b∈R＋，a＋b＝2，则＋的最小值为(　　)‎ A.1　　　　　　　　 B.2‎ C.4 D.8‎ 解析：选B　∵a，b∈R＋，且a＋b＝2，‎ ‎∴(a＋b)＝2＋＋≥2＋2 ＝4，‎ ‎∴＋≥＝2，即＋的最小值为2(当且仅当a＝b＝1时，“＝”成立).故选B.‎ ‎2.若a＞b＞1，x＝a＋，y＝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：选A　x－y＝a＋－＝a－b＋＝.‎ 由a＞b＞1得ab＞1，a－b＞0，‎ 所以＞0，即x－y＞0，所以x＞y.‎ ‎3.若a，b，m∈R＋，且a＞b，则下列不等式一定成立的是(　　)‎ A.≥ B.＞ C.≤ D.＜ 解析：选B　∵a，b，m∈R＋，且a＞b，‎ ‎∴－＝＞0，‎ 即＞，故选B.‎ ‎4.设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则s与t的大小关系是________.‎ 解析：∵s－t＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴s≥t.‎ 答案：s≥t ‎5.已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最小值为________.‎ 解析：由a＋b＋c＝1，‎ 得＋＋ ‎＝＋＋ ‎＝3＋＋＋ ‎≥3＋2＋2＋2＝9，‎ 当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立.‎ 故＋＋的最小值为9.‎ 答案：9‎ 考点一 比较法证明不等式 [师生共研过关]‎ ‎[典例精析]‎ 设a，b是非负实数，求证：a3＋b3≥(a2＋b2).‎ ‎[证明]　∵a，b是非负实数，‎ ‎∴a3＋b3－(a2＋b2)＝a2(－)＋b2(－)‎ ‎＝(－)[()5－()5].‎ 当a≥b时，≥ ，从而()5≥()5，‎ 得(－)[()5－()5]≥0；‎ 当a＜b时，＜ ，从而()5＜()5，‎ 得(－)[()5－()5]＞0.‎ 故a3＋b3≥(a2＋b2).‎ ‎[解题技法]‎ 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的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断差的正负.‎ 作商比较法也有类似的步骤，但注意其比较的是两个正数的大小，且第(3)步要判断商与1的大小.‎ ‎[过关训练]‎ 已知a，b都是正数，且a≠b，求证：a3＋b3＞a2b＋ab2.‎ 证明：(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＝(a＋b)(a－b)2.‎ 因为a，b都是正数，‎ 所以a＋b＞0.‎ 又因为a≠b，‎ 所以(a－b)2＞0.‎ 于是(a＋b)(a－b)2＞0，‎ 即(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＞0，‎ 所以a3＋b3＞a2b＋ab2.‎ 考点二 综合法证明不等式[师生共研过关]‎ ‎[典例精析]‎ 已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：‎ ‎(1)＋＋≥8；‎ ‎(2)≥9.‎ ‎[证明]　(1)∵a＋b＝1，a＞0，b＞0，‎ ‎∴＋＋＝＋＋＝2＝2＝2＋4≥4 ＋4＝8，‎ 当且仅当a＝b＝时，等号成立，‎ ‎∴＋＋≥8.‎ ‎(2)∵＝＋＋＋1，‎ 由(1)知＋＋≥8.‎ ‎∴≥9.‎ ‎[解题技法]‎ ‎1.综合法证明不等式的方法 ‎(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，不等式的性质和基本不等式是最常用的.在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条件.‎ ‎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≥(a＋b)2；≥2.‎ ‎(4)≥，它的变形形式有 a＋≥2(a＞0)；＋≥2(ab＞0)；‎ ＋≤－2(ab＜0).‎ ‎(5)(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.‎ ‎[过关训练]‎ 已知实数a，b，c满足a＞0，b＞0，c＞0，且abc＝1.求证：‎ ‎(1)(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8；‎ ‎(2)＋＋≤＋＋.‎ 证明：(1)1＋a≥2，1＋b≥2，1＋c≥2，‎ 三式相乘得(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8＝8.‎ ‎(2)＋＋＝ab＋bc＋ac，‎ ab＋bc≥2＝2，‎ ab＋ac≥2＝2，‎ bc＋ac≥2＝2，‎ 当且仅当a＝b＝c＝1时取等号，‎ 三式相加化简得＋＋≤＋＋.‎ 考点三 分析法证明不等式 [师生共研过关]‎ ‎[典例精析]‎ 已知函数f(x)＝|x＋1|.‎ ‎(1)求不等式f(x)＜|2x＋1|－1的解集M；‎ ‎(2)设a，b∈M，求证：f(ab)＞f(a)－f(－b).‎ ‎[解]　(1)由题意，|x＋1|＜|2x＋1|－1，‎ ‎①当x≤－1时，‎ 不等式可化为－x－1＜－2x－2，‎ 解得x＜－1；‎ ‎②当－1＜x＜－时，‎ 不等式可化为x＋1＜－2x－2，‎ 此时不等式无解；‎ ‎③当x≥－时，不等式可化为x＋1＜2x，解得x＞1.‎ 综上，M＝{x|x＜－1或x＞1}.‎ ‎(2)证明：因为f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，‎ 所以要证f(ab)＞f(a)－f(－b)，‎ 只需证|ab＋1|＞|a＋b|，‎ 即证|ab＋1|2＞|a＋b|2，‎ 即证a2b2＋2ab＋1＞a2＋2ab＋b2，‎ 即证a2b2－a2－b2＋1＞0，‎ 即证(a2－1)(b2－1)＞0.‎ 因为a，b∈M，所以a2＞1，b2＞1，‎ 所以(a2－1)(b2－1)＞0成立，所以原不等式成立.‎ ‎[解题技法]‎ ‎1.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(a2＋b2≥2ab)、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.‎ ‎2.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.‎ ‎[过关训练]‎ 已知a＞0，b＞0,2c＞a＋b，求证：c－＜a＜c＋.‎ 证明：要证c－＜a＜c＋，‎ 只需证－＜a－c＜，‎ 即证|a－c|＜，‎ 即证(a－c)2＜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.‎ ‎ ‎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.‎ 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＋(a＋b)‎ ‎＝2＋，‎ 所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.‎ ‎2.设a，b为正实数，且＋＝2.‎ ‎(1)求a2＋b2的最小值；‎ ‎(2)若(a－b)2≥4(ab)3，求ab的值.‎ 解：(1)由2＝＋≥2 ，得ab≥，‎ 当a＝b＝时取等号.‎ 故a2＋b2≥2ab≥1，当a＝b＝时取等号.‎ 所以a2＋b2的最小值是1.‎ ‎(2)由(a－b)2≥4(ab)3，得2≥4ab，‎ 即2－≥4ab，从而ab＋≤2.‎ 又ab＋≥2，当且仅当ab＝1时取等号.‎ 所以ab＝1.‎ ‎3.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＋＋＝1，求证：a＋2b＋3c≥9.‎ 解：(1)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]，所以k＝1.‎ ‎(2)证明：由(1)知＋＋＝1，‎ 因为a，b，c是正实数，‎ 所以a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c) ‎＝3＋＋＋＋＋＋ ‎＝3＋＋＋ ‎≥3＋2 ＋2 ＋2 ＝9.‎ 当且仅当a＝2b＝3c时，等号成立.‎ 因此a＋2b＋3c≥9.‎ ‎4.(2019·南宁联考)已知函数f(x)＝|x－1|.‎ ‎(1)求不等式f(x)≥3－2|x|的解集；‎ ‎(2)若函数g(x)＝f(x)＋|x＋3|的最小值为m，正数a，b满足a＋b＝m，求证：＋≥4.‎ 解：(1)当x≥1时，原不等式可化为x－1≥3－2x，解得x≥，∴x≥；‎ 当0＜x＜1时，原不等式可化为1－x≥3－2x，解得x≥2，无解；‎ 当x≤0时，原不等式可化为1－x≥3＋2x，解得x≤－，∴x≤－.‎ ‎∴原不等式的解集为.‎ ‎(2)证明：∵g(x)＝|x－1|＋|x＋3|≥|(x－1)－(x＋3)|＝4，∴m＝4，即a＋b＝4.‎ 又＋b≥2a，＋a≥2b，当且仅当a＝b时等号成立，‎ ‎∴两式相加得＋≥2a＋2b，‎ ‎∴＋≥a＋b＝4，‎ 当且仅当a＝b＝2时等号成立.‎ ‎5.(2019·长春质量检测)(1)已知函数f(x)＝|x＋1|＋|x－a|(a＞0)，若不等式f(x)≥5的解集为{x|x≤－2或x≥3}，求a的值；‎ ‎(2)已知a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝m，求证：＋＋≥.‎ 解：(1)因为a＞0，‎ 所以f(x)＝|x＋1|＋|x－a|＝ 又不等式f(x)≥5的解集为{x|x≤－2或x≥3}，‎ 解得a＝2.‎ ‎(2)证明：＋＋ ‎＝ ‎＝ ‎＝ ‎≥.‎ ‎6.设函数f(x)＝|x－2|＋2x－3，记f(x)≤－1的解集为M.‎ ‎(1)求M；‎ ‎(2)当x∈M时，求证：x[f(x)]2－x2f(x)≤0.‎ 解：(1)由已知，得f(x)＝ 当x≤2时，由f(x)＝x－1≤－1，‎ 解得x≤0，此时x≤0；‎ 当x＞2时，由f(x)＝3x－5≤－1，‎ 解得x≤，显然不成立.‎ 故f(x)≤－1的解集为M＝{x|x≤0}.‎ ‎(2)证明：当x∈M时，f(x)＝x－1，‎ 于是x[f(x)]2－x2f(x)＝x(x－1)2－x2(x－1)＝－x2＋x＝－2＋.‎ 令g(x)＝－2＋，‎ 则函数g(x)在(－∞，0]上是增函数，∴g(x)≤g(0)＝0.‎ 故x[f(x)]2－x2f(x)≤0.‎ ‎7.已知函数f(x)＝|x－1|.‎ ‎(1)解不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8；‎ ‎(2)若|a|＜1，|b|＜1，a≠0，求证：＞f.‎ 解：(1)f(2x)＋f(x＋4)＝|2x－1|＋|x＋3|‎ ‎＝ 当x＜－3时，由－3x－2≥8，解得x≤－；‎ 当－3≤x＜时，－x＋4≥8，无解；‎ 当x≥时，由3x＋2≥8，解得x≥2.‎ 所以不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8的解集为 .‎ ‎(2)证明：＞f等价于f(ab)＞|a|f，‎ 即|ab－1|＞|a－b|.‎ 因为|a|＜1，|b|＜1，‎ 所以|ab－1|2－|a－b|2‎ ‎＝(a2b2－2ab＋1)－(a2－2ab＋b2)‎ ‎＝(a2－1)(b2－1)＞0，‎ 所以|ab－1|＞|a－b|.‎ 故所证不等式成立.‎ ‎8.设函数f(x)＝x－|x＋2|－|x－3|－m，若∀x∈R，－4≥f(x)恒成立.‎ ‎(1)求实数m的取值范围；‎ ‎(2)求证：log(m＋1)(m＋2)＞log(m＋2)(m＋3).‎ 解：(1)∵∀x∈R，－4≥f(x)恒成立，‎ ‎∴m＋≥x－|x＋2|－|x－3|＋4恒成立.‎ 令g(x)＝x－|x＋2|－|x－3|＋4＝ 则函数g(x)在(－∞，3]上是增函数，‎ 在(3，＋∞)上是减函数，‎ ‎∴g(x)max＝g(3)＝2，∴m＋≥g(x)max＝2，‎ 即m＋－2≥0⇒＝≥0，∴m＞0.‎ 综上，实数m的取值范围是(0，＋∞).‎ ‎(2)证明：由m＞0，知m＋3＞m＋2＞m＋1＞1，‎ 即lg(m＋3)＞lg(m＋2)＞lg(m＋1)＞lg 1＝0.‎ ‎∴要证log(m＋1)(m＋2)＞log(m＋2)(m＋3).‎ 只需证＞，‎ 即证lg(m＋1)·lg(m＋3)＜lg2(m＋2).‎ 又lg(m＋1)·lg(m＋3)＜2‎ ‎＝＜＝lg2(m＋2)，‎ ‎∴log(m＋1)(m＋2)＞log(m＋2)(m＋3)成立.‎