2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书：选修4－5　第2讲　不等式的证明 12页

第2讲　不等式的证明 一、知识梳理 ‎1．基本不等式 定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．‎ 定理2：如果a，b为正数，则≥，当且仅当a＝b时，等号成立．‎ 定理3：如果a，b，c为正数，则≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．‎ 定理推广：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a1，a2，…，an为n个正数，则≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．‎ ‎2．不等式的证明方法 证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等．‎ ‎3．数学归纳法证明不等式的关键 使用数学归纳法证明与自然数有关的不等式，关键是由n＝k时不等式成立推证n＝k＋1时不等式成立，此步的证明要具有目标意识，要注意与最终达到的解题目标进行分析、比较，以便确定解题方向．‎ 常用结论 ‎1．a2≥0(a∈R)．‎ ‎2．(a－b)2≥0(a，b∈R)，其变形有a2＋b2≥2ab，≥ab，a2＋b2≥(a＋b)2.‎ ‎3．若a，b为正实数，则≥.特别地，＋≥2.‎ ‎4．a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.‎ 二、教材衍化 ‎1．已知a≥b>0，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 ‎2．求证：＋<2＋.‎ 证明：＋<2＋ ‎⇐(＋)2<(2＋)2‎ ‎⇐10＋2<10＋4 ‎⇐<2⇐21<24.‎ 故原不等式成立．‎ 一、思考辨析 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(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．(　　)‎ ‎(4)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．(　　)‎ 答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×‎ 二、易错纠偏 设a，b∈(0，＋∞)，且ab－a－b＝1，则有(　　)‎ A．a＋b≥2(＋1)　　　 B．a＋b≤＋1‎ C．a＋b<＋1 D．a＋b>2(＋1)‎ 解析：选A.由已知得a＋b＋1＝ab≤，故有(a＋b)2－4(a＋b)－4≥0，解得a＋b≥2＋2或a＋b≤－2＋2(舍去)，即a＋b≥2＋2.(当且仅当a＝b＝＋1时取等号)故选A.‎ ‎　　　　　　比较法证明不等式(师生共研)‎ ‎ 设a，b是非负实数，求证：a3＋b3≥(a2＋b2)．‎ ‎【证明】　因为a，b是非负实数， ‎ 所以a3＋b3－(a2＋b2)‎ ‎＝a2(－)＋b2(－)‎ ‎＝(－)[()5－()5]．‎ 当a≥b时，≥，从而()5≥()5，‎ 得(－)[()5－()5]≥0；‎ 当a0. ‎ 所以a3＋b3≥(a2＋b2)．‎ 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．　 ‎ ‎1．当p，q都是正数且p＋q＝1时，试比较(px＋qy)2与px2＋qy2的大小．‎ 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．已知a，b∈(0，＋∞)，求证：abba≤(ab).‎ 证明：＝ab－ba－＝.‎ 当a＝b时，＝1；‎ 当a>b>0时，0<<1，‎ >0，<1.‎ 当b>a>0时，>1，<0，<1.‎ 所以abba≤(ab).‎ ‎　　　　　　综合法、分析法证明不等式(师生共研)‎ ‎ (一题多解)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：‎ ‎(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；‎ ‎(2)a＋b≤2.‎ ‎【证明】　法一(综合法)：‎ ‎(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.‎ 法二(分析法)：‎ ‎(1)因为a>0，b>0，a3＋b3＝2.‎ 要证(a＋b)(a5＋b5)≥4，‎ 只需证(a＋b)(a5＋b5)≥(a3＋b3)2，‎ 即证a6＋ab5＋a5b＋b6≥a6＋2a3b3＋b6，‎ 即证a4＋b4≥2a2b2，‎ 因为(a2－b2)2≥0，即a4＋b4≥2a2b2成立．‎ 故原不等式成立．‎ ‎(2)要证a＋b≤2成立，‎ 只需证(a＋b)3≤8，‎ 即证a3＋3a2b＋3ab2＋b3≤8，‎ 即证ab(a＋b)≤2，‎ 即证ab(a＋b)≤a3＋b3，‎ 即证ab(a＋b)≤(a＋b)(a2－ab＋b2)，‎ 即证ab≤a2－ab＋b2，显然成立．‎ 故原不等式成立．‎ 分析法与综合法常常结合起来使用，称为分析综合法，其实质是既充分利用已知条件，又时刻瞄准解题目标，即不仅要搞清已知什么，还要明确要干什么，通常用分析法找到解题思路，用综合法书写证题过程．　 ‎ ‎1．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知a，b，c为正数，且满足abc＝1，证明：‎ ‎(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；‎ ‎(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.‎ 证明：(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，‎ 且abc＝1，故有 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.‎ 所以＋＋≤a2＋b2＋c2.‎ ‎(2)因为a，b，c为正数且abc＝1，故有 ‎(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3‎ ‎≥3 ‎＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)‎ ‎≥3×(2)×(2)×(2)‎ ‎＝24.‎ 所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.‎ ‎2．(2020·湖南长沙长郡中学调研)已知函数f(x)＝|x＋2|.‎ ‎(1)解不等式f(x)>4－|x＋1|；‎ ‎(2)已知a＋b＝2(a>0，b>0)，求证：|x－2.5|－f(x)≤＋.‎ 解：(1)f(x)>4－|x＋1|，即|x＋2|＋|x＋1|>4，‎ 则得x<－3.5；‎ 无解；‎ 得x>0.5.‎ 所以原不等式的解集为{x|x<－3.5或x>0.5}．‎ ‎(2)证明：|x－2.5|－f(x)＝|x－2.5|－|x＋2|≤4.5，‎ ＋＝(a＋b)(＋)＝(4＋1＋＋)≥(5＋4)＝4.5，‎ 所以|x－2.5|－f(x)≤＋.‎ ‎　　　　　　反证法证明不等式(师生共研)‎ ‎ 设0，(1－b)c>，(1－c)a>，‎ 三式相乘得(1－a)b·(1－b)c·(1－c)a>，①‎ 又因为00，ab＋bc＋ca>0，abc>0，求证：a，b，c>0.‎ 证明：(1)设a<0，因为abc>0，‎ 所以bc<0.‎ 又由a＋b＋c>0，则b＋c>－a>0，‎ 所以ab＋bc＋ca＝a(b＋c)＋bc<0，与题设矛盾．‎ ‎(2)若a＝0，则与abc>0矛盾，‎ 所以必有a>0.‎ 同理可证b>0，c>0.‎ 综上可证a，b，c>0.‎ ‎　　　　　　放缩法证明不等式(师生共研)‎ ‎ 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＝≤ ‎＝ ‎＝＋≤＋.‎ 综上，原不等式成立．‎ ‎“放”和“缩”的常用技巧 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<”．‎ ‎[提醒]　在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．　 ‎ ‎　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．‎ ‎ [基础题组练]‎ ‎1．(2020·南阳模拟)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，证明：t2＋1≥＋3t.‎ 解：(1)依题意，得f(x) 于是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时，取等号，‎ 所以M＝[3，＋∞)．‎ 要证t2＋1≥＋3t，即证t2－3t＋1－≥0.‎ 而t2－3t＋1－＝＝.‎ 因为t∈M，所以t－3≥0，t2＋1>0，‎ 所以≥0.‎ 所以t2＋1≥＋3t.‎ ‎2．(2020·榆林模拟)已知函数f(x)＝|x＋1|＋|x－1|.‎ ‎(1)求函数f(x)的最小值a；‎ ‎(2)根据(1)中的结论，若m3＋n3＝a，且m>0，n>0，求证：m＋n≤2.‎ 解：(1)f(x)＝|x＋1|＋|x－1|≥|x＋1－(x－1)|＝2，当且仅当(x＋1)(x－1)≤0即－1≤x≤1时取等号，‎ 所以f(x)min＝2，即a＝2.‎ ‎(2)证明：假设m＋n>2，则m>2－n，m3>(2－n)3.‎ 所以m3＋n3>(2－n)3＋n3＝2＋6(1－n)2≥2.①‎ 由(1)知a＝2，所以m3＋n3＝2.②‎ ‎①②矛盾，所以m＋n≤2.‎ ‎3．(2020·宣城模拟)已知函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－2|，集合A＝{x|f(x)<3}．‎ ‎(1)求集合A；‎ ‎(2)若实数s，t∈A，求证：<.‎ 解：(1)函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－2|＝ 首先画出y＝f(x)与y＝3的图象如图所示．‎ 可得不等式f(x)<3的解集A＝.‎ ‎(2)证明：因为实数s，t∈A，所以s，t∈.‎ 所以－＝1＋－t2－＝(1－t2)·(s2－1)<0，‎ 所以<，所以<.‎ ‎4．(2020·重庆模拟)已知关于x的不等式|2x|＋|2x－1|≤m有解．‎ ‎(1)求实数m的取值范围；‎ ‎(2)已知a>0，b>0，a＋b＝m，证明：＋≥.‎ 解：(1)|2x|＋|2x－1|≥|2x－(2x－1)|＝1，当且仅当2x(2x－1)≤0即0≤x≤时取等号，故m≥1.‎ 所以实数m的取值范围为[1，＋∞)．‎ ‎(2)证明：由题知a＋b≥1，‎ 又(a＋2b＋2a＋b)≥(a＋b)2，‎ 所以＋≥(a＋b)≥.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．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|，‎ 只需证1＋a2b2c2>a2b2＋c2，‎ 只需证1－a2b2>c2(1－a2b2)，‎ 只需证(1－a2b2)(1－c2)>0，‎ 由a，b，c∈A，得－10恒成立．‎ 综上，>1.‎ ‎2．已知函数f(x)＝k－|x－3|，k∈R，且f(x＋3)≥0的解集为[－1，1]．‎ ‎(1)求k的值；‎ ‎(2)若a，b，c是正实数，且＋＋＝1，‎ 求证：a＋2b＋3c≥9.‎ 解：(1)因为f(x)＝k－|x－3|，‎ 所以f(x＋3)≥0等价于|x|≤k，‎ 由|x|≤k有解，得k≥0，且解集为[－k，k]．‎ 因为f(x＋3)≥0的解集为[－1，1]．‎ 因此k＝1.‎ ‎(2)证明：由(1)知＋＋＝1，‎ 因为a，b，c为正实数，‎ 所以a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c) ‎＝3＋＋＋＋＋＋＝3＋＋＋ ‎≥3＋2＋2＋2＝9.‎ 当且仅当a＝2b＝3c时，等号成立．‎ 因此a＋2b＋3c≥9.‎ ‎3．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，当x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1.‎ ‎(1)求证：|b|≤1；‎ ‎(2)若f(0)＝－1，f(1)＝1，求实数a的值．‎ 解：(1)证明：由题意知f(1)＝a＋b＋c，f(－1)＝a－b＋c，‎ 所以b＝[f(1)－f(－1)]．‎ 因为当x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1，‎ 所以|f(1)|≤1，|f(－1)|≤1，‎ 所以|b|＝|f(1)－f(－1)|≤[|f(1)|＋|f(－1)|]≤1.‎ ‎(2)由f(0)＝－1，f(1)＝1可得c＝－1，b＝2－a，‎ 所以f(x)＝ax2＋(2－a)x－1.‎ 当a＝0时，不满足题意，当a≠0时，‎ 函数f(x)图象的对称轴为x＝，即x＝－.‎ 因为x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1，‎ 即|f(－1)|≤1，所以|2a－3|≤1，解得1≤a≤2.‎ 所以－≤－≤0，故|f|＝‎ ‎|a＋(2－a)－1|≤1.‎ 整理得|＋1|≤1，‎ 所以－1≤＋1≤1，‎ 所以－2≤≤0，‎ 又a＞0，所以≥0，‎ 所以＝0，所以a＝2.‎ ‎4．(2019·高考全国卷Ⅲ)设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.‎ ‎(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；‎ ‎(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立，证明：a≤－3或a≥－1.‎ 解：(1)由于 ‎[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2‎ ‎＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]‎ ‎≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，‎ 故由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，当且仅当x＝，y＝－，z＝－时等号成立．‎ 所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为.‎ ‎(2)证明：由于 ‎[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2‎ ‎＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－a)(x－2)]‎ ‎≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，‎ 故由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，当且仅当x＝，y＝，z＝时等号成立．‎ 因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为.‎ 由题设知≥，解得a≤－3或a≥－1.‎