【数学】2020届一轮复习人教版（理）第12章第4讲证明不等式的基本方法学案 9页

第4讲　证明不等式的基本方法 ‎[考纲解读]　了解不等式证明的基本方法：比较法、综合法、分析法，并能应用它们证明一些简单的不等式．(重点、难点)‎ ‎[考向预测]　从近三年高考情况来看，本讲是高考命题的一个热点. 预测2020年将会考查：①与基本不等式结合证明不等式；②与恒成立、探索性问题结合，题型为解答题，属中档题型.‎ ‎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数不小于(即大于或等于)它们的几何平均数．‎ 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 ‎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．‎ ‎1．概念辨析 ‎(1)设x＝a＋2b，S＝a＋b2＋1则S≥x.(　　)‎ ‎(2)若>1，则x＋2y>x－y.(　　)‎ ‎(3)|a＋b|＋|a－b|≥|2a|.(　　)‎ ‎(4)若实数x，y适合不等式xy>1，x＋y>－2，则x>0，y>0.(　　)‎ 答案　(1)√　(2)×　(3)√　(4)√‎ ‎2．小题热身 ‎(1)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 答案　C 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正确，‎ 综上①③④正确．故选C.‎ ‎(2)已知a，b是不相等的正数，x＝，y＝，z＝(ab)0.25，则x，y，z的大小关系是(　　)‎ A．x>y>z B．xx>z D．yz2，y2－x2＝＝>0，‎ ‎∴y2>x2>z2，又x>0，y>0，z>0，∴y>x>z.‎ ‎(3)设x＝a2b2＋5，y＝2ab－a2－4a，若x>y，则实数a，b应满足的条件为________．‎ 答案　ab≠1或a≠－2‎ 解析　因为x－y＝(a2b2＋5)－(2ab－a2－4a)‎ ‎＝(a2b2－2ab＋1)＋(a2＋4a＋4)‎ ‎＝(ab－1)2＋(a＋2)2>0，‎ 若x>y，则实数a，b应满足的条件为ab≠1或a≠－2.‎ 题型 　比较法证明不等式 ‎1．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，证明：x[f(x)]2≤x2f(x)．‎ 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.‎ x[f(x)]2－x2f(x)≤0，故x[f(x)]2≤x2f(x)．‎ ‎2．(2018·吉林长春模拟)(1)如果关于x的不等式|x＋1|＋|x－5|≤m的解集不是空集，求实数m的取值范围；‎ ‎(2)若a，b均为正数，求证：aabb≥abba.‎ 解　(1)令y＝|x＋1|＋|x－5|＝可知|x＋1|＋|x－5|≥6，故要使不等式|x＋1|＋|x－5|≤m的解集不是空集，有m≥6.‎ ‎(2)证明：由a，b均为正数，则要证aabb≥abba，‎ 只要证aa－bbb－a≥1，整理得a－b≥1.‎ 当a≥b时，a－b≥0，可得a－b≥1；‎ 当a1.‎ 可知a，b均为正数时，a－b≥1，‎ 当且仅当a＝b时等号成立，从而aabb≥abba成立．‎ ‎1．作差比较法 ‎(1)作差比较法证明不等式的四步骤 ‎(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．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 已知函数f(x)＝|x－1|＋|x＋1|，P为不等式f(x)>4的解集．‎ ‎(1)求P；‎ ‎(2)证明：当m，n∈P时，|mn＋4|>2|m＋n|.‎ 解　(1)f(x)＝|x－1|＋|x＋1|＝ 由f(x)的单调性及f(x)>4，得x>2或x<－2.‎ 所以不等式f(x)>4的解集P＝{x|x>2或x<－2}．‎ ‎(2)证明：由(1)可知|m|>2，|n|>2，‎ 所以m2>4，n2>4，‎ 所以(mn＋4)2－4(m＋n)2＝(m2－4)(n2－4)>0，‎ 所以(mn＋4)2>4(m＋n)2，‎ 从而有|mn＋4|>2|m＋n|.‎ 题型 　综合法证明不等式 ‎(2018·合肥三模)已知函数f(x)＝|x－1|＋|x－3|.‎ ‎(1)解不等式f(x)≤x＋1；‎ ‎(2)设函数f(x)的最小值为c，实数a，b满足a>0，b>0，a＋b＝c.求证：＋≥1.‎ 解　(1)f(x)≤x＋1，即|x－1|＋|x－3|≤x＋1.‎ ‎①当x<1时，不等式可化为4－2x≤x＋1，x≥1.‎ 又∵x<1，∴x∈∅；‎ ‎②当1≤x≤3时，不等式可化为2≤x＋1，x≥1.‎ 又∵1≤x≤3，∴1≤x≤3.‎ ‎③当x>3时，不等式可化为2x－4≤x＋1，x≤5.‎ 又∵x>3，∴31，n>1，a＝m－1，b＝n－1，m＋n＝4，‎ ＋＝＋ ‎＝m＋n＋＋－4‎ ‎＝≥＝1，原不等式得证．‎ ‎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).‎ 设函数f(x)＝|x－1|＋|x＋2|，若不等式f(x)≥9的解集是{x|x≤p或x≥q}．‎ ‎(1)求p，q的值；‎ ‎(2)若实数a，b，c满足a(b＋c)＝q，证明：2a2＋b2＋c2－p≥13.‎ 解　(1)由f(x)≥9，得|x－1|＋|x＋2|≥9，‎ 得或 或解得x≤－5或x≥4，‎ 所以不等式f(x)≥9的解集是{x|x≤－5或x≥4}．‎ 又不等式f(x)≥9的解集是{x|x≤p或x≥q}，‎ 所以p＝－5，q＝4.‎ ‎(2)若a(b＋c)＝q，则a(b＋c)＝4，‎ 即ab＋ac＝4.‎ 因为ab≤，ac≤，‎ 所以ab＋ac≤＋，‎ 即ab＋ac≤，‎ 即4≤，‎ 所以2a2＋b2＋c2≥8，‎ 当且仅当a＝b＝c＝±时取等号．‎ 而p＝－5，所以2a2＋b2＋c2－p≥13.原命题得证．‎ 题型 　分析法证明不等式 已知函数f(x)＝|x－3|.‎ ‎(1)若不等式f(x－1)＋f(x)f.‎ 证明：要证>f，‎ 只需证|ab－3|>|b－3a|，‎ 即证(ab－3)2>(b－3a)2，‎ 又(ab－3)2－(b－3a)2＝a2b2－9a2－b2＋9‎ ‎＝(a2－1)(b2－9)．‎ 因为|a|<1，|b|<3，所以(ab－3)2>(b－3a)2成立，所以原不等式成立．‎ ‎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．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 某同学在一次研究性学习中发现，以下5个不等关系式子：‎ ‎①－1>2－；②2－>－；③－>－2；④－2>－；⑤－>2－.‎ ‎(1)上述五个式子有相同的不等关系，分析其结构特点，请你再写出一个类似的不等式；‎ ‎(2)请写出一个更一般的不等式，使以上不等式为它的特殊情况，并证明．‎ 解　(1)－2>－3(答案不唯一)．‎ ‎(2)－>－.‎ 证明：要证原不等式，只需证 ＋>＋，‎ 因为不等式两边都大于0，只需证 ‎2a＋3＋2>2a＋3＋2，‎ 只需证>，‎ 只需证a2＋3a＋2>a2＋3a，‎ 只需证2>0，显然成立，所以原不等式成立．‎