【数学】2019届一轮复习北师大版（文科数学）选修4-5第2讲　不等式的证明学案

【数学】2019届一轮复习北师大版（文科数学）选修4-5第2讲　不等式的证明学案

第2讲　不等式的证明 ‎[学生用书P223]‎ ‎1．不等式证明的方法 ‎(1)比较法 ‎①作差比较法：‎ 知道a＞b⇔a－b＞0，a＜b⇔a－b＜0，因此要证明a＞b只要证明a－b＞0即可，这种方法称为作差比较法．‎ ‎②作商比较法：‎ 由a＞b＞0⇔＞1且a＞0，b＞0，因此当a＞0，b＞0时，要证明a＞b，只要证明＞1即可，这种方法称为作商比较法．‎ ‎(2)综合法 从已知条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，最终推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法叫综合法．即“由因导果”的方法．‎ ‎(3)分析法 从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)，从而得出要证的不等式成立，这种证明方法叫分析法．即“执果索因”的方法．‎ ‎(4)反证法和放缩法 ‎①先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，这种方法叫做反证法．‎ ‎②在证明不等式时，有时要把所证不等式的一边适当地放大或缩小，此利于化简并使它与不等式的另一边的关系更为明显，从而得出原不等式成立，这种方法称为放缩法．‎ ‎(5)数学归纳法 一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数n0的所有正整数n都成立时，可以用以下两个步骤：‎ ‎①证明当n＝n0时命题成立；‎ ‎②假设当n＝k(k∈N*，且k≥n0)时命题成立，证明n＝k＋1时命题也成立．‎ 在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于不小于n0的所有正整数都成立．这种证明方法称为数学归纳法．‎ ‎2．几个常用基本不等式 ‎(1)二维形式的柯西不等式 ‎①定理1(二维形式的柯西不等式)‎ 若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(二维变式) ·≥|ac＋bd|，·≥|ac|＋|bd|．‎ ‎③定理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β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立．‎ ‎④定理3(二维形式的三角不等式)‎ 设x1，y1，x2，y2∈R，那么＋≥__．‎ ‎⑤(三角变式)设x1，y1，x2，y2，x3，y3∈R，则＋≥ ．‎ ‎(2)柯西不等式的一般形式 设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是实数，则(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(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)排序不等式 设a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn为两组实数，c1，c2，…，cn为b1，b2，…，bn的任一排列，则有：a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1≤a1c1＋a2c2＋…＋ancn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn，当且仅当a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn时，反序和等于顺序和．‎ 排序原理可简记作：反序和≤乱序和≤顺序和．‎ ‎ 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.‎ ‎ 下列四个不等式：①logx10＋lg x≥2(x＞1)；②|a－b|＜|a|＋|b|；③|＋|≥2(ab≠0)；④|x－1|＋|x－2|≥1，其中恒成立的个数是(　　)‎ A．1 B.2 C．3 D．4‎ 解析：选C.logx10＋lg x＝＋lg x≥2(x＞1)；①正确．‎ ab≤0时，|a－b|＝|a|＋|b|，②不正确；‎ 因为ab≠0，与同号，‎ 所以|＋|＝||＋||≥2，③正确；‎ 由|x－1|＋|x－2|的几何意义知，‎ ‎|x－1|＋|x－2|≥1恒成立，④也正确，‎ 综上①③④正确．‎ ‎ 设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则的最小值为________．‎ 解析：由柯西不等式得(ma＋nb)2≤(m2＋n2)(a2＋b2)，即m2＋n2≥5，所以≥ ，所以的最小值为.‎ 答案： ‎ 若a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，求＋＋的最大值．‎ 解：(＋＋)2＝(1×＋1×＋1×)2‎ ‎≤(12＋12＋12)(a＋b＋c)＝3.‎ 当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．‎ 所以(＋＋)2≤3.‎ 故＋＋的最大值为.‎ ‎ 设x＞0，y＞0，若不等式＋＋≥0恒成立，求实数λ的最小值．‎ 解：因为x＞0，y＞0，‎ 所以原不等式可化为－λ≤(＋)(x＋y)＝2＋＋.因为2＋＋≥2＋2＝4，当且仅当x＝y时等号成立．‎ 所以＝4，‎ 即－λ≤4，λ≥－4.‎ 所以λ的最小值为－4.‎ ‎　　　　　　用综合法、分析法证明不等式 ‎[学生用书P224]‎ ‎[典例引领]‎ ‎ (2017·高考全国卷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.‎ 用综合法证明不等式是“由因导果”，用分析法证明不等式是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法．综合法往往是分析法的逆过程，表述简单、条理清楚，所以在实际应用时，往往用分析法找思路，用综合法写步骤，由此可见，分析法与综合法相互转化，互相渗透，互为前提，充分利用这一辩证关系，可以增加解题思路，开阔视野．　 ‎ ‎[通关练习]‎ ‎1．设a＞0，b＞0，若是3a与3b的等比中项，求证：＋≥4.‎ 证明：由是3a与3b的等比中项得 ‎3a·3b＝3，‎ 即a＋b＝1，要证原不等式成立，‎ 只需证＋≥4成立，‎ 即证＋≥2成立，‎ 因为a＞0，b＞0，‎ 所以＋≥2＝2，‎ ‎(当且仅当＝，即a＝b＝时，“＝”成立)，‎ 所以＋≥4.‎ ‎2．设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：‎ ‎(1)ab＋bc＋ca≤；‎ ‎(2)＋＋≥1.‎ 证明：(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.‎ 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≤.‎ ‎(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，‎ 所以＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，‎ 即＋＋≥a＋b＋c.‎ 所以＋＋≥1.‎ ‎　　　　　　放缩法证明不等式[学生用书P225]‎ ‎[典例引领]‎ ‎ 若a，b∈R，求证：≤＋.‎ ‎【证明】　当|a＋b|＝0时，不等式显然成立．‎ 当|a＋b|≠0时，‎ 由0＜|a＋b|≤|a|＋|b|‎ ‎⇒≥，‎ 所以＝≤ ‎＝ ‎＝＋≤ ‎＋.‎ 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＜，＞，＜，＞.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＜”．‎ ‎[注意]　在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．　 ‎ ‎[通关练习]‎ 设n是正整数，求证：≤＋＋…＋<1.‎ 证明： 由2n≥n＋k>n(k＝1，2，…，n)，得≤<.‎ 当k＝1时，≤<；‎ 当k＝2时，≤<；‎ ‎…‎ 当k＝n时，≤<，‎ 所以＝≤＋＋…＋<＝1.‎ 所以原不等式成立．‎ ‎　　　　　　柯西不等式的应用[学生用书P225]‎ ‎[典例引领]‎ ‎ 已知x，y，z均为实数．‎ ‎(1)若x＋y＋z＝1，求证：＋＋≤3；‎ ‎(2)若x＋2y＋3z＝6，求x2＋y2＋z2的最小值．‎ ‎【解】　(1)证明：因为(＋＋)2≤(12＋12＋12)(3x＋1＋3y＋2＋3z＋3)＝27.‎ 所以＋＋≤3.‎ 当且仅当x＝，y＝，z＝0时取等号．‎ ‎(2)因为6＝x＋2y＋3z≤·，‎ 所以x2＋y2＋z2≥，当且仅当x＝＝即x＝，y＝，z＝时，x2＋y2＋z2有最小值.‎ ‎(1)使用柯西不等式证明不等式的关键是恰当变形，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致形式时，就可使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：(a＋a＋…＋a)(＋＋…＋)≥(1＋1＋…＋1)2＝n2.在使用柯西不等式时，要注意右边为常数且应注意等号成立的条件．　 ‎ ‎[通关练习]‎ ‎1．设x，y，z∈R，x2＋y2＋z2＝25，试求x－2y＋2z的最大值与最小值．‎ 解： 根据柯西不等式，有(1·x－2·y＋2·z)2≤[12＋(－2)2＋22](x2＋y2＋z2)，‎ 即(x－2y＋2z)2≤9×25，‎ 所以－15≤x－2y＋2z≤15，‎ 故x－2y＋2z的最大值为15，最小值为－15.‎ ‎2．已知大于1的正数x，y，z满足x＋y＋z＝3.求证：＋＋≥.‎ 证明： 由柯西不等式及题意得，‎ ·[(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)＝18，‎ 所以＋＋≥＝，‎ 当且仅当x＝y＝z＝时，等号成立．‎ ‎　　　　　　排序不等式的应用[学生用书P226]‎ ‎[典例引领]‎ ‎ 设a，b，c为任意正数，求＋＋的最小值．‎ ‎【证明】　不妨设a≥b≥c，‎ 则a＋b≥a＋c≥b＋c，≥≥，‎ 由排序不等式得，‎ ＋＋≥＋＋，‎ ＋＋≥＋＋，‎ 上述两式相加得：2≥3，‎ 即＋＋≥.‎ 当且仅当a＝b＝c时，‎ ＋＋取最小值.‎ 求最小(大)值时，往往所给式子是顺(反)序和式．然后利用顺(反)序和不小(大)于乱序和的原理构造出适当的一个或两个乱序和，从而求出其最小(大)值．　 ‎ ‎[通关练习]‎ 设0b>c>d，求证：＋＋≥.‎ 证明： 法一：因为(a－d)‎ ‎＝[(a－b)＋(b－c)＋(c－d)]‎ ‎≥3·3＝9，‎ 当且仅当a－b＝b－c＝c－d时取等号，‎ 所以＋＋≥.‎ 法二：因为(a－d)‎ ‎＝[(a－b)＋(b－c)＋(c－d)]‎ ‎≥＝9，‎ 当且仅当a－b＝b－c＝c－d时取等号，‎ 所以＋＋≥.‎ ‎4．设a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.求证：‎ ‎(1)a＋b＋c≥；‎ ‎(2)＋＋≥(＋＋)．‎ 证明：(1)要证a＋b＋c≥；‎ 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≤＋＋＝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．‎ ‎(2)＋＋＝.‎ 在(1)中已证a＋b＋c≥.‎ 因此要证原不等式成立，‎ 只需证明≥＋＋，‎ 即证a＋b＋c≤1，‎ 即证a＋b＋c≤ab＋bc＋ca.‎ 而a＝≤，‎ b≤，c≤，‎ 所以a＋b＋c≤ab＋bc＋ca.‎ ‎(当且仅当a＝b＝c＝时等号成立)‎ 所以原不等式成立．‎ ‎1．求证：＋＋＋…＋＜2.‎ 证明：因为＜＝－，‎ 所以＋＋＋…＋＜1＋＋＋＋…＋ ‎＝1＋＋＋…＋＝2－＜2.‎ ‎2．(2018·成都第二次诊断性检测)(1)求证：a2＋b2＋3≥ab＋(a＋b)；‎ ‎(2)已知a，b，c均为实数，且a＝x2＋2y＋，b＝y2＋2z＋，c＝z2＋2x＋，求证：a，b，c中至少有一个大于0.‎ 证明：(1)因为a2＋b2≥2ab，a2＋3≥2a，b2＋3≥2b，将此三式相加得2(a2＋b2＋3)≥2ab＋2a＋2b，所以a2＋b2＋3≥ab＋(a＋b)．‎ ‎(2)假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，则a＋b＋c≤0，‎ 因为a＝x2＋2y＋，b＝y2＋2z＋，c＝z2＋2x＋， ‎ 所以a＋b＋c＝(x2＋2y＋)＋(y2＋2z＋)＋(z2＋2x＋)＝(x＋1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋π－3＞0，‎ 即a＋b＋c＞0与a＋b＋c≤0矛盾，故假设错误，原命题成立，即a, b，c中至少有一个大于0.‎ ‎3．设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：‎ ‎(1)若ab>cd，则＋>＋；‎ ‎(2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．‎ 证明：(1)因为(＋)2＝a＋b＋2，‎ ‎(＋)2＝c＋d＋2，‎ 由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，得(＋)2>(＋)2.‎ 因此＋>＋.‎ ‎(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＋>＋.‎ ‎②若＋>＋，则(＋)2>(＋)2，‎ 即a＋b＋2>c＋d＋2.‎ 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，＋> ＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．‎ ‎4．设不等式－2＜|x－1|－|x＋2|＜0的解集为M，a，b∈M.‎ ‎(1)证明：＜.‎ ‎(2)比较|1－4ab|与2|a－b|的大小．‎ 解：(1)证明：记f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝由－2＜－2x－1＜0‎ 解得－＜x＜，即M＝，‎ 所以≤|a|＋|b|＜×＋×＝.‎ ‎(2)由(1)得a2＜，b2＜，因为|1－4ab|2－4|a－b|2‎ ‎＝(1－8ab＋16a2b2)－4(a2－2ab＋b2)‎ ‎＝(4a2－1)(4b2－1)＞0，‎ 故|1－4ab|2＞4|a－b|2，‎ 即|1－4ab|＞2|a－b|.‎