【数学】2020届一轮复习人教A版不等式的证明学案
第2课时 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.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.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
0，b>0)：>1⇔a>b；<1⇔a0，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≥N
3.(选修4－5P25T3改编)已知a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最小值为________.
解析 把a＋b＋c＝1代入＋＋得＋＋＝3＋＋＋≥3＋2＋2＋2＝9，
当且仅当a＝b＝c＝时等号成立．
答案 9
4.(2019·聊城模拟)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 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．
答案 C
5.(2017·全国Ⅱ卷)已知a>0，b>0，且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(a4＋b4－2a2b2)
＝4＋ab(a2－b2)2≥4.
(2)(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.
考点一 比较法证明不等式
【例1】 设a，b是非负实数，求证：a2＋b2≥(a＋b).
证明 因为a2＋b2－(a＋b)
＝(a2－a)＋(b2－b)
＝a(－)＋b(－)
＝(－)(a－b)
＝(a－b)(a－b).
因为a≥0，b≥0，所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有a－b与a－b同号，所以(a－b)(a－b)≥0，
所以a2＋b2≥(a＋b).
规律方法 比较法证明不等式的方法与步骤
1．作差比较法：作差、变形、判号、下结论．
2．作商比较法：作商、变形、判断、下结论．
提醒 (1)当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时，一般使用作差比较法．
(2)当被证的不等式两边含有幂式或指数式或乘积式时，一般使用作商比较法．
【训练1】 (1)(2019·锦州模拟)设不等式|2x－1|＜1的解集为M.
①求集合M；
②若a，b∈M，试比较ab＋1与a＋b的大小.
(2)若a>b>1，证明：a＋>b＋.
(1)解 ①由|2x－1|＜1得－1＜2x－1＜1，
解得0＜x＜1.所以M＝{x|0＜x＜1}.
②由①和a，b∈M可知0＜a＜1，0＜b＜1，
所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)＞0.
故ab＋1＞a＋b.
(2)证明 a＋－＝a－b＋＝.
由a>b>1得ab>1，a－b>0，
所以>0.
即a＋－>0，
所以a＋>b＋.
考点二 综合法证明不等式
【例2】 (1)已知a，b，c∈R，且它们互不相等，求证a4＋b4＋c4>a2b2＋b2c2＋c2a2；
(2)已知x，y，z均为正数，求证：＋＋≥＋＋.
证明 (1)∵a4＋b4≥2a2b2，b4＋c4≥2b2c2，a4＋c4≥2a2c2，
∴2(a4＋b4＋c4)≥2(a2b2＋b2c2＋c2a2)，
即a4＋b4＋c4≥a2b2＋b2c2＋c2a2.
又∵a，b，c互不相等，
∴a4＋b4＋c4>a2b2＋b2c2＋c2a2.
(2)因为x，y，z都为正数，
所以＋＝≥①，
同理可得＋≥②，
＋≥③，
当且仅当x＝y＝z时，以上三式等号都成立.
将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，
得＋＋≥＋＋.
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．
【训练2】 已知实数a，b，c满足a>0，b>0，c>0，且abc＝1.
(1)证明：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8；
(2)证明：＋＋≤＋＋.
证明 (1)1＋a≥2，1＋b≥2，1＋c≥2，
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，
相加得＋＋≤＋＋.
考点三 分析法证明不等式
【例3】 已知函数f(x)＝|x－1|.
(1)解不等式f(x－1)＋f(x＋3)≥6；
(2)若|a|<1，|b|<1，且a≠0，求证：f(ab)>|a|f.
(1)解 由题意，知原不等式等价为|x－2|＋|x＋2|≥6，
令g(x)＝|x－2|＋|x＋2|，
则g(x)＝
当x≤－2时，由－2x≥6，得x≤－3；
当－2|a|f，
只需证|ab－1|>|b－a|，
只需证(ab－1)2>(b－a)2.
而(ab－1)2－(b－a)2＝a2b2－a2－b2＋1＝(a2－1)(b2－1)>0，从而原不等式成立.
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：
→→→…→
【训练3】 已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：b>c且a＋b＋c＝0，知a>0，c<0.
要证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.
[思维升华]
证明不等式的方法和技巧：
(1)如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出或否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法；如果待证不等式与自然数有关，则考虑用数学归纳法等．
(2)在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．尤其是对含绝对值不等式的解法或证明，其简化的根本思路是去绝对值号，转化为常见的不等式(组)求解．多以绝对值的几何意义或“找零点、分区间、逐个解、并起来”为简化策略，而绝对值三角不等式，往往作为不等式放缩的依据．
[易错防范]
在使用基本不等式时，等号成立的条件是一直要注意的事情，特别是连续使用时，要求分析每次使用时等号是否成立.
基础巩固题组
(建议用时：60分钟)
1.设a，b>0且a＋b＝1，求证：＋≥.
证明 因为(12＋12)≥＝＝≥25.
所以＋≥.
2.设a>0，b>0，a＋b＝1，求证＋＋≥8.
证明 ∵a>0，b>0，a＋b＝1，
∴1＝a＋b≥2，
即≤，∴≥4，
∴＋＋＝(a＋b)＋≥2·2＋≥4＋4＝8.
当且仅当a＝b＝时等号成立，
∴＋＋≥8.
3.(2019·大理一模)已知函数f(x)＝|x|＋|x－3|.
(1)解关于x的不等式f(x)－5≥x.
(2)设m，n∈{y|y＝f(x)}，试比较mn＋4与2(m＋n)的大小.
解 (1)f(x)＝|x|＋|x－3|＝
f(x)－5≥x，即或
或解得x≤－或x∈∅或x≥8.
所以不等式的解集为∪[8，＋∞).
(2)由(1)易知f(x)≥3，所以m≥3，n≥3.
由于2(m＋n)－(mn＋4)＝2m－mn＋2n－4＝(m－2)(2－n).
且m≥3，n≥3，所以m－2>0，2－n<0，
即(m－2)(2－n)<0，
所以2(m＋n)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
.
所以原不等式成立.
6.(2019·百校联盟联考)已知函数f(x)＝|2x－3|＋|2x－1|的最小值为M.
(1)若m，n∈[－M，M]，求证：2|m＋n|≤|4＋mn|；
(2)若a，b∈(0，＋∞)，a＋2b＝M，求＋的最小值.
(1)证明 ∵f(x)＝|2x－3|＋|2x－1|≥|2x－3－(2x－1)|＝2，∴M＝2.
要证明2|m＋n|≤|4＋mn|，
只需证明4(m＋n)2≤(4＋mn)2，
∵4(m＋n)2－(4＋mn)2＝4(m2＋2mn＋n2)－(16＋8mn＋m2n2)＝(m2－4)(4－n2)，
∵m，n∈[－2，2]，∴m2，n2∈[0，4]，
∴(m2－4)(4－n2)≤0，
∴4(m＋n)2－(4＋mn)2≤0，
∴4(m＋n)2≤(4＋mn)2，可得2|m＋n|≤|4＋mn|.
(2)解 由(1)得，a＋2b＝2，
因为a，b∈(0，＋∞)，
所以＋＝(a＋2b)
＝≥＝4，
当且仅当a＝1，b＝时，等号成立.
所以＋的最小值为4.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
7.已知函数f(x)＝x＋1＋|3－x|，x≥－1.
(1)求不等式f(x)≤6的解集；
(2)若f(x)的最小值为n，正数a，b满足2nab＝a＋2b，求证：2a＋b≥.
(1)解 根据题意，若f(x)≤6，则有
或
解得－1≤x≤4，故原不等式的解集为{x|－1≤x≤4}.
(2)证明 函数f(x)＝x＋1＋|3－x|＝
分析可得f(x)的最小值为4，即n＝4，
则正数a，b满足8ab＝a＋2b，即＋＝8，
又a>0，b>0，
∴2a＋b＝(2a＋b)＝
≥＝，当且仅当a＝b＝时取等号.
原不等式得证.
8.(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＋>＋；
(2)＋>＋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＋>＋，只需证明(＋)2>(＋)2，
也就是证明a＋b＋2>c＋d＋2，
只需证明>，即证ab>cd.
由于ab>cd，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.
∵a＋b＝c＋d，所以ab>cd.
由(1)得＋>＋.
②若＋>＋，则(＋)2>(＋)2，
∴a＋b＋2>c＋d＋2.
∵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.
