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- 2021-06-16 发布
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第2课时 不等式的证明
考情考向分析 本节主要考查不等式的证明方法及柯西不等式的简单应用，以解答题的形式出现，属于低档题．
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，ab，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，这种证明方法叫做综合法，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，这种证明方法叫做分析法，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，以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．几个常用的不等式
(1)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β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立．
③柯西不等式的三角形不等式：设x1，y1，x2，y2，x3，y3∈R，则＋≥.
④柯西不等式的一般形式：设n为大于1的自然数，ai，bi(i＝1,2，…，n)为实数，则(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，等号当且仅当＝＝…＝时成立(当ai＝0时，约定bi＝0，i＝1,2，…，n)．
(2)算术—几何平均不等式
若a1，a2，…，an为正数，则≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)用反证法证明命题“a，b，c全为0”时，假设为“a，b，c全不为0”．( × )
(2)若>1，则x＋2y>x－y.( × )
(3)若a，b为正实数，a＋b＝1，则＋≥4.( √ )
(4)若实数x，y适合不等式xy>1，x＋y>－2，则x>0，y>0.( √ )
题组二 教材改编
2．[P12例1]不等式：①x2＋3>3x；②a2＋b2≥2(a－b－1)；③＋≥2，其中恒成立的是________．(填序号)
答案 ①②
解析 由①得x2＋3－3x＝2＋>0，所以x2＋3>3x恒成立；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，＋－2＝<0，所以＋<2.
3．[P21习题T4]若a>b>1，x＝a＋，y＝b＋，则x与y的大小关系是________．
答案 x>y
解析 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.
4．[P37习题T1]设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则的最小值为________．
答案
解析 根据柯西不等式(ma＋nb)2≤(a2＋b2)(m2＋n2)，得25≤5(m2＋n2)，m2＋n2≥5，的最小值为.
题组三 易错自纠
5．已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最小值为________．
答案 9
解析 把a＋b＋c＝1代入到＋＋中，
得＋＋
＝3＋＋＋
≥3＋2＋2＋2＝9，
当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．
6．(2019·徐州模拟)已知正数a，b，c满足2a＋3b＋6c＝2，求＋＋的最小值．
解 由于a，b，c>0，
所以＋＋＝
≥2
＝(＋＋)2＝27，
当且仅当＝＝，
即a∶b∶c＝3∶2∶1且a，b，c>0时，等号成立．
7．已知实数a，b，c满足a>0，b>0，c>0，且abc＝1.
证明：(1)(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8；
(2)＋＋≤＋＋.
证明 (1)∵a>0，b>0，c>0,1＋a≥2，
1＋b≥2，1＋c≥2，
∴(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8＝8，
当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．
(2)∵＋＋＝bc＋ac＋ab，a>0，b>0，c>0，
∴ab＋bc≥2＝2，
ab＋ac≥2＝2，
bc＋ac≥2＝2，
∴＋＋≤ab＋ac＋bc，
即＋＋≤＋＋.
题型一 用综合法与分析法证明不等式
例1 (1)(2018·南京、盐城模拟)设a≠b，求证：a4＋6a2b2＋b4>4ab(a2＋b2)．
证明 a4＋6a2b2＋b4－4ab(a2＋b2)
＝(a2＋b2)2－4ab(a2＋b2)＋4a2b2
＝(a2＋b2－2ab)2＝(a－b)4.
因为a≠b，所以(a－b)4>0，
所以a4＋6a2b2＋b4>4ab(a2＋b2)．
(2)设a，b，c>0且ab＋bc＋ca＝1，求证：a＋b＋c≥.
证明 因为a，b，c>0，所以要证a＋b＋c≥，
只需证明(a＋b＋c)2≥3.
即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，
而ab＋bc＋ca＝1，
故需证明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)，
即证a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
而ab＋bc＋ca≤＋＋＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)，
所以原不等式成立．
思维升华 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，相互渗透，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．
跟踪训练1 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(a4＋b4－2a2b2)＝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.
题型二 用放缩法证明不等式
例2 若a，b∈R，求证：≤＋.
证明 方法一 当|a＋b|＝0时，不等式显然成立．
当|a＋b|≠0时，
由0<|a＋b|≤|a|＋|b|，可得≥，
所以＝≤＝
＝＋≤＋.
方法二 令f(x)＝(x≥0)，易知f(x)在[0，＋∞)上为增函数，
又|a＋b|≤|a|＋|b|，∴f(|a＋b|)≤f(|a|＋|b|)．
即≤
＝＋≤＋.
思维升华 (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<，>，<，>.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00，则<”．
(2)在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．
跟踪训练2 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，≤<，
∴＝≤＋＋…＋<＝1.
∴原不等式成立．
题型三 柯西不等式的应用
例3 已知函数f(x)＝|x＋3|，g(x)＝m－2|x－11|，若2f(x)≥g(x＋4)恒成立，实数m的最大值为t.
(1)求实数m的最大值t；
(2)已知实数x，y，z满足2x2＋3y2＋6z2＝a(a>0)，且x＋y＋z的最大值为，求a的值．
解 (1)由题意，知
g(x＋4)＝m－2|x＋4－11|＝m－2|x－7|.
若2f(x)≥g(x＋4)恒成立，则2|x＋3|≥m－2|x－7|，即m≤2(|x＋3|＋|x－7|)．
而由绝对值三角不等式可得2(|x＋3|＋|x－7|)≥2|(x＋3)－(x－7)|＝20，当且仅当(x＋3)(x－7)≤0时等号成立．
∴m≤20，故m的最大值t为20.
(2)实数x，y，z满足2x2＋3y2＋6z2＝a(a>0)，
由柯西不等式可得
[(x)2＋(y)2＋(z)2]·
≥2，
即a×1≥(x＋y＋z)2，当且仅当2x＝3y＝6z时等号成立，
∴x＋y＋z≤.
又∵x＋y＋z的最大值是＝1，∴＝1，∴a＝1.
思维升华 (1)使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．
跟踪训练3 (1)已知函数f(x)＝|x－1|＋|x＋3|，求x的取值范围，使f(x)为常函数；
(2)若x，y，z∈R，x2＋y2＋z2＝1，求m＝x＋y＋z的最大值．
解 (1)f(x)＝|x－1|＋|x＋3|＝
则当x∈[－3,1]时，f(x)为常函数．
(2)由柯西不等式，得(x2＋y2＋z2)[()2＋()2＋()2]≥(x＋y＋z)2，
当且仅当＝＝时等号成立．
所以|x＋y＋z|≤3，
因此m的最大值为3.
1．(2018·常镇模拟)已知a，b，c为正数，且a＋b＋c＝3，求＋＋的最大值．
解 由柯西不等式可得
(＋＋)2≤(12＋12＋12)·[()2＋()2＋()2]＝3×12，
∴＋＋≤6，
当且仅当＝＝时取等号．
∴＋＋的最大值是6.
2．已知x＋y＝1，求2x2＋3y2的最小值．
解 由柯西不等式可知，
(2x2＋3y2)·
≥2＝(x＋y)2＝1，
∴2x2＋3y2≥，当且仅当2x＝3y，即x＝，y＝时，等号成立．∴2x2＋3y2的最小值为.
3．(2018·江苏)若x，y，z为实数，且x＋2y＋2z＝6，求x2＋y2＋z2的最小值．
证明 由柯西不等式，得(x2＋y2＋z2)(12＋22＋22)≥(x＋2y＋2z)2.
因为x＋2y＋2z＝6，所以x2＋y2＋z2≥4，
当且仅当＝＝时，不等式取等号，
此时x＝，y＝，z＝，
所以x2＋y2＋z2的最小值为4.
4．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，
由题设知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＋ > ＋，即必要性成立；
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|，即充分性成立．
综上，＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．
5．(1)关于x的不等式|x－3|＋|x－4|1，
即a的取值范围是(1，＋∞)．
(2)由柯西不等式，
得[42＋()2＋22]·
≥2＝(x＋y＋z)2，
即25×1≥(x＋y＋z)2，当且仅当＝＝时等号成立．
∴5≥|x＋y＋z|，∴－5≤x＋y＋z≤5.
∴x＋y＋z的取值范围是[－5,5]．
6．设a，b，c为正实数且a＋b＋c＝1.
(1)求证：2ab＋bc＋ca＋≤；
(2)求证：＋＋≥2.
证明 (1)因为1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≥4ab＋2bc＋2ca＋c2，
所以2ab＋bc＋ca＋＝(4ab＋2bc＋2ca＋c2)≤.
(2)因为≥，≥，≥，
所以＋＋≥＋＋＝a＋b＋c≥2a＋2b＋2c＝2，当且仅当a＝b＝c时取等号．
7．(2018·江苏省盐城中学模拟)已知a>b>0，且m＝a＋.
(1)试利用基本不等式，求m的最小值t；
(2)若实数x，y，z满足x2＋4y2＋z2＝t，求证：|x＋2y＋z|≤3.
(1)解 由三个数的基本不等式得
m＝(a－b)＋b＋
≥3＝3
(当且仅当a－b＝b＝，即b＝1，a＝2时取“＝”)，故有t＝3.
(2)证明 ∵x2＋4y2＋z2＝3，由柯西不等式得
[x2＋(2y)2＋z2](12＋12＋12)≥(x＋2y＋z)2
(当且仅当＝＝时取“＝”)，
整理得(x＋2y＋z)2≤9，即|x＋2y＋z|≤3.
8．已知函数f(x)＝2|x－2|＋3|x＋3|，若函数f(x)的最小值为m，正实数a，b满足4a＋25b＝m，求＋的最小值，并求出此时a，b的值．
解 依题意，f(x)＝
当x＝－3时，函数f(x)有最小值10，
故4a＋25b＝10，
故＋＝(4a＋25b)
＝≥，
当且仅当＝时等号成立，此时a＝，b＝.
9．已知a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝2.
(1)求证：ab＋bc＋ac≤；
(2)若a，b，c都小于1，求a2＋b2＋c2的取值范围．
(1)证明 ∵a＋b＋c＝2，
∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝4，
∴2a2＋2b2＋2c2＋4ab＋4bc＋4ca＝8，
∴8＝2a2＋2b2＋2c2＋4ab＋4bc＋4ca≥6ab＋6bc＋6ac，当且仅当a＝b＝c时取等号，∴ab＋bc＋ac≤.
(2)解 由题意可知，a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝4，
∴4≤a2＋b2＋c2＋a2＋b2＋b2＋c2＋a2＋c2＝3(a2＋b2＋c2)，当且仅当a＝b＝c时取等号，∴a2＋b2＋c2≥.
∵0a2.同理b>b2，c>c2.
∴a2＋b2＋c21，①当x<0时，≤x<0；
②当0≤x≤1时，得x＋1－x≤m,0≤x≤1；
③当x>1时，得2x－1≤m,11时，不等式|x|＋|x－1|≤m的解集为.
由题意知，原不等式的解集为[0,1]．
∴＝0，＝1，解得m＝1(舍)．
∴m＝1.
(2)证明 ∵x2＋a2≥2ax，y2＋b2≥2by，z2＋c2≥2cz，当且仅当x＝a，y＝b，z＝c时等号成立．
三式相加，得
x2＋y2＋z2＋a2＋b2＋c2≥2ax＋2by＋2cz.
由题意及(1)，知x2＋y2＋z2＝a2＋b2＋c2＝m＝1，
∴2≥2(ax＋by＋cz)，∴ax＋by＋cz≤1，不等式得证．
12．已知a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)．
(1)求＋＋的最小值；
(2)求证：(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2.
(1)解 因为a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，
x1，x2∈(0，＋∞)，
所以＋＋≥3·
＝3·≥3·＝3×＝6，
当且仅当＝＝且a＝b，即a＝b＝
且x1＝x2＝1时，＋＋有最小值6.
(2)证明 方法一 由a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，
x1，x2∈(0，＋∞)及柯西不等式，得
(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)
＝[()2＋()2]·[()2＋()2]
≥(· ＋· )2
＝(a＋b)2＝x1x2，
当且仅当＝，即x1＝x2时取得等号．
所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2.
方法二 因为a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)，
所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)
＝a2x1x2＋abx＋abx＋b2x1x2
＝x1x2(a2＋b2)＋ab(x＋x)
≥x1x2(a2＋b2)＋ab(2x1x2)
＝x1x2(a2＋b2＋2ab)
＝x1x2(a＋b)2
＝x1x2，
当且仅当x1＝x2时，取得等号．
所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2.
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