【数学】2020届一轮复习人教A版选修4-5第二节不等式的证明学案 11页

第二节不等式的证明 一、基础知识批注——理解深一点 ‎1．基本不等式 ‎(1)定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．‎ ‎(2)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．‎ ‎(3)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．‎ 二、基础小题强化——功底牢一点 ‎(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)选一选 ‎1．设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则s与t的大小关系是(　　)‎ A．s≥t　　 B．s＞t C．s≤t D．s＜t 解析：选A　∵s－t＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴s≥t.‎ ‎2．若a>b>1，x＝a＋，y＝b＋，则x与y的大小关系是(　　)‎ A．x>y B．xb>1，所以(a－b)·>0，‎ 所以x－y>0，即x>y.‎ ‎3．已知a，b∈R＋，且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，等号成立)．‎ ‎4．已知正实数a，b满足2ab＝a＋b＋12，则ab的最小值是(　　)‎ A．3 B．6‎ C．9 D．12‎ 解析：选C　由2ab＝a＋b＋12，得2ab≥2＋12，当且仅当a＝b时等号成立，化简得(－3)(＋2)≥0，解得ab≥9(当且仅当a＝b＝3时等号成立)，所以ab的最小值是9.‎ ‎ [典例]　已知函数f(x)＝＋，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)＝ 当x≤－时，由f(x)＜2，‎ 得－2x＜2，解得x＞－1；‎ 当－＜x＜时，f(x)＜2恒成立；‎ 当x≥时，由f(x)＜2，得2x＜2，解得x＜1.‎ 所以f(x)＜2的解集M＝{x|－1＜x＜1}．‎ ‎(2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－1＜a＜1，－1＜b＜1，‎ 从而(a＋b)2－(1＋ab)2‎ ‎＝a2＋b2－a2b2－1‎ ‎＝(a2－1)(1－b2)＜0.‎ 因此|a＋b|＜|1＋ab|.‎ ‎[解题技法]‎ ‎1．作差比较法 ‎(1)作差比较法证明不等式的4步骤 ‎ (2)作差比较法的应用范围 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．作商比较法 ‎(1)作商比较法证明不等式的一般步骤 ‎(2)作商比较法的应用范围 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．‎ ‎[题组训练]‎ ‎1．当p，q都是正数且p＋q＝1时，求证：(px＋qy)2≤px2＋qy2.‎ 解：(px＋qy)2－(px2＋qy2)‎ ‎＝p2x2＋q2y2＋2pqxy－(px2＋qy2)‎ ‎＝p(p－1)x2＋q(q－1)y2＋2pqxy.‎ 因为p＋q＝1，所以p－1＝－q，q－1＝－p.‎ 所以(px＋qy)2－(px2＋qy2)‎ ‎＝－pq(x2＋y2－2xy)＝－pq(x－y)2.‎ 因为p，q为正数，所以－pq(x－y)2≤0，‎ 所以(px＋qy)2≤px2＋qy2.当且仅当x＝y时，不等式中等号成立．‎ ‎2．求证：当a>0，b>0时，aabb≥(ab).‎ 证明：∵＝，‎ ‎∴当a＝b时，＝1，‎ 当a>b>0时，>1，>0，∴>1，‎ 当b>a>0时，0<<1，<0，∴>1，‎ ‎∴aabb≥(ab) .‎ ‎ [典例]　(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)∵(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3‎ ‎＝2＋3ab(a＋b)≤2＋(a＋b)‎ ‎＝2＋，‎ ‎∴(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.‎ ‎ [解题技法]　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．‎ ‎ [题组训练]‎ ‎1．设a，b，c，d均为正数，若a＋b＝c＋d，且ab>cd，求证：＋>＋.‎ 证明：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．(2018·湖北八校联考)已知不等式|x|＋|x－3|0，y>0，nx＋y＋m＝0，求证：x＋y≥16xy.‎ 解：(1)由|x|＋|x－3|0，y>0，‎ ‎∴(9x＋y)＝10＋＋≥10＋2＝16，‎ 当且仅当＝，即x＝，y＝时取等号，‎ ‎∴＋≥16，即x＋y≥16xy.‎ ‎ [典例]　(2019·长春质检)设不等式||x＋1|－|x－1||<2的解集为A.‎ ‎(1)求集合A；‎ ‎(2)若a，b，c∈A，求证：>1.‎ ‎[解]　(1)由已知，令f(x)＝|x＋1|－|x－1|＝ 由|f(x)|<2，得－11，只需证|1－abc|>|ab－c|，‎ 即证1＋a2b2c2>a2b2＋c2，即证1－a2b2>c2(1－a2b2)，‎ 即证(1－a2b2)(1－c2)>0，‎ 由a，b，c∈A，得－10恒成立．‎ 综上，>1.‎ ‎[解题技法]　分析法证明不等式应注意的问题 ‎(1)注意依据是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论．‎ ‎(2)注意从要证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．‎ ‎(3)注意恰当地用好反推符号“⇐”或“要证明”“只需证明”“即证明”等词语．‎ ‎ [题组训练]‎ ‎1．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，‎ 即证(a－b)(2a＋b)>0，‎ 即证(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．‎ ‎2．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．‎ ‎1．已知△ABC的三边a，b，c的倒数成等差数列，试用分析法证明：∠B为锐角．‎ 证明：要证∠B为锐角，只需证cos B>0，‎ 所以只需证a2＋c2－b2>0，‎ 即a2＋c2>b2，因为a2＋c2≥2ac，‎ 所以只需证2ac>b2，‎ 由已知得2ac＝b(a＋c)．‎ 所以只需证b(a＋c)>b2，即a＋c>b，显然成立．‎ 所以∠B为锐角．‎ ‎2．若a>0，b>0，且＋＝.‎ ‎(1)求a3＋b3的最小值；‎ ‎(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由．‎ 解：(1)由＝＋≥，‎ 得ab≥2，仅当a＝b＝时等号成立．‎ 故a3＋b3≥2≥4，仅当a＝b＝时等号成立．‎ 所以a3＋b3的最小值为4.‎ ‎(2)由(1)知，2a＋3b≥2≥4.‎ 由于4>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.‎ ‎3．(2019·南宁模拟)(1)解不等式|x＋1|＋|x＋3|<4；‎ ‎(2)若a，b满足(1)中不等式，求证：2|a－b|<|ab＋2a＋2b|.‎ 解：(1)当x<－3时，|x＋1|＋|x＋3|＝－x－1－x－3＝－2x－4<4，解得x>－4，所以 －42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.‎ ‎5．(2019·西安质检)已知函数f(x)＝|2x－1|＋|x＋1|.‎ ‎(1)解不等式f(x)≤3；‎ ‎(2)记函数g(x)＝f(x)＋|x＋1|的值域为M，若t∈M，求证：t2＋1≥＋3t.‎ 解：(1)依题意，得f(x)＝ ‎∴f(x)≤3⇔或或 解得－1≤x≤1，‎ 即不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤1}．‎ ‎(2)证明：g(x)＝f(x)＋|x＋1|＝|2x－1|＋|2x＋2|≥|2x－1－2x－2|＝3，‎ 当且仅当(2x－1)(2x＋2)≤0，即－1≤x≤时取等号，‎ ‎∴M＝[3，＋∞)．‎ t2＋1－3t－＝＝，‎ ‎∵t∈M，∴t－3≥0，t2＋1>0，‎ ‎∴≥0，‎ ‎∴t2＋1≥＋3t.‎ ‎6．(2019·长春质检)已知函数f(x)＝|2x－3|＋|3x－6|.‎ ‎(1)求f(x)<2的解集；‎ ‎(2)若f(x)的最小值为T，正数a，b满足a＋b＝，求证：＋≤T.‎ 解：(1)f(x)＝|2x－3|＋|3x－6|＝ 作出函数f(x)的图象如图所示．‎ 由图象可知，f(x)<2的解集为.‎ ‎(2)证明：由图象可知f(x)的最小值为1，‎ 由基本不等式可知≤ ＝ ＝，‎ 当且仅当a＝b时，“＝”成立，即＋≤1＝T.‎ ‎7．已知函数f(x)＝|2x－1|－.‎ ‎(1)求不等式f(x)<0的解集M；‎ ‎(2)当a，b∈M时，求证：3|a＋b|<|ab＋9|.‎ 解：(1)f(x)＝ 当x<－时，f(x)<0，即－x<0，无解；‎ 当－≤x≤时，f(x)<0，即－3x－<0，得－时，f(x)<0，即x－<0，得0，‎ 所以3|a＋b|<|ab＋9|.‎ ‎8．已知函数f(x)＝m－|x＋4|(m>0)，且f(x－2)≥0的解集为[－3，－1]．‎ ‎(1)求m的值；‎ ‎(2)若a，b，c都是正实数，且＋＋＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.‎ 解：(1)法一：依题意知f(x－2)＝m－|x＋2|≥0，‎ 即|x＋2|≤m⇔－m－2≤x≤－2＋m.‎ 由题意知不等式的解集为[－3，－1]，所以 解得m＝1.‎ 法二：因为不等式f(x－2)≥0的解集为[－3，－1]，‎ 所以－3，－1为方程f(x－2)＝0的两根，即－3，－1为方程m－|x＋2|＝0的两根，‎ 所以解得m＝1.‎ ‎(2)证明：由(1)可知＋＋＝1(a，b，c>0)，‎ 所以a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)＝3＋＋＋≥9，当且仅当a＝2b＝3c，即a＝3，b＝，c＝1时取等号．‎