【数学】2019届一轮复习人教A版证明不等式的基本方法(1)学案 16页

‎12．4　证明不等式的基本方法 ‎[知识梳理]‎ ‎1．证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法．‎ ‎2．三个正数的算术几何平均不等式 ‎(1)定理：如果a，b，c∈R＋那么≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．即三个正数的算术平均不小于它们的几何平均.‎ ‎(2)基本不等式的推广 对于n个正数a1，a2，…，an，它们的算术平均数不小于它们的几何平均数，即≥ ，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．‎ ‎3．柯西不等式 ‎(1)设a，b，c，d均为实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时等号成立．‎ ‎(2)若ai，bi(i∈N*)为实数，则≥2，当且仅当＝＝…＝(当ai＝0时，约定bi＝0，i＝1,2，…，n)时等号成立．‎ ‎(3)柯西不等式的向量形式：设α，β为平面上的两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当α，β共线时等号成立．‎ ‎[诊断自测]‎ ‎1．概念思辨 ‎(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)|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．教材衍化 ‎(1)(选修A4－5P23T1)不等式：①x2＋3>3x；②a2＋b2≥2(a－b－1)；③＋≥2，其中恒成立的是(　　)‎ A．①③ B．②③ C．①②③ D．①②‎ 答案　D 解析　由①得x2＋3－3x＝2＋>0，所以x2＋3>3x；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，即＋<2.故选D.‎ ‎(2)(选修A4－5P25T2)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＋＋，得 ＋＋ ‎＝3＋＋＋ ‎≥3＋2＋2＋2＝9，‎ 当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．‎ ‎3．小题热身 ‎(1)(2017·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 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)设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则的最小值为________．‎ 答案　 解析　由柯西不等式得(ma＋nb)2≤(m2＋n2)(a2＋b2)，即m2＋n2≥5，∴ ≥，∴所求最小值为.‎ 题型1　综合法证明不等式 　　(2018·安徽百校模拟)已知a>0，b>0，函数f(x)＝|2x＋a|＋2＋1的最小值为2.‎ ‎(1)求a＋b的值；‎ ‎(2)求证：a＋log3≥3－b.‎ ‎(1)当绝对值符号中x的系数相同时，利用绝对值不等式的性质消去x即可；(2)利用a＋b＝1转化为如＋＝(a＋b)求解．‎ 解　(1)因为f(x)＝|2x＋a|＋|2x－b|＋1≥|2x＋a－(2x－b)|＋1＝|a＋b|＋1，‎ 当且仅当(2x＋a)(2x－b)≤0时，等号成立，‎ 又a>0，b>0，所以|a＋b|＝a＋b，‎ 所以f(x)的最小值为a＋b＋1＝2，所以a＋b＝1.‎ ‎(2)证明：由(1)知，a＋b＝1，‎ 所以＋＝(a＋b)＝1＋4＋＋≥5＋2＝9，‎ 当且仅当＝且a＋b＝1，即a＝，b＝时取等号．‎ 所以log3≥log39＝2，‎ 所以a＋b＋log3≥1＋2＝3，即a＋log3≥3－b.‎ 方法技巧 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．‎ 冲关针对训练 ‎(2018·浙江金华模拟)已知x，y∈R.‎ ‎(1)若x，y满足|x－3y|<，|x＋2y|<，求证：|x|<；‎ ‎(2)求证：x4＋16y4≥2x3y＋8xy3.‎ 证明　(1)利用绝对值不等式的性质得 ‎|x|＝[|2(x－3y)＋3(x＋2y)|]≤[|2(x－3y)|＋|3(x＋2y)|]<＝.‎ ‎(2)因为x4＋16y4－(2x3y＋8xy3)‎ ‎＝x4－2x3y＋16y4－8xy3‎ ‎＝x3(x－2y)＋8y3(2y－x)‎ ‎＝(x－2y)(x3－8y3)‎ ‎＝(x－2y)(x－2y)(x2＋2xy＋4y2)‎ ‎＝(x－2y)2[(x＋y)2＋3y2]≥0，‎ ‎∴x4＋16y4≥2x3y＋8xy3.‎ 题型2　分析法证明不等式 　　设a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.‎ 求证：(1)a＋b＋c≥；‎ ‎(2) ＋＋≥(＋＋)．‎ 含根式的不等式考虑分析法．‎ 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＋ac)≥3，而ab＋bc＋ca＝1，故需证明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ac)≥3(ab＋bc＋ac)，即证a2＋b2＋c ‎2≥ab＋bc＋ac.‎ 因为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．‎ ‎(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≤ab＋bc＋ca.‎ 而a＝≤，b＝≤，c＝≤，‎ 所以a＋b＋c≤ab＋bc＋ca(a＝b＝c＝时等号成立)．所以原不等式成立．‎ 方法技巧 分析法证明不等式的思路 ‎ 用分析法证明不等式时，分析的过程是寻求结论成立的充分条件，而不一定是充要条件，同时要正确使用“要证”“只需证”这样的连接“关键词”．‎ 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．‎ 冲关针对训练 ‎1．若a≥b>0，试证：‎2a3－b3≥2ab2－a2b.‎ 证明　要证明‎2a3－b3≥2ab2－a2b成立，‎ 只需证‎2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，‎ 即证‎2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0，‎ 即证(a＋b)(a－b)(‎2a＋b)≥0.‎ ‎∵a≥b>0，∴a－b≥0，a＋b>0,‎2a＋b>0，‎ 从而(a＋b)(a－b)(‎2a＋b)≥0成立，‎ ‎∴‎2a3－b3≥2ab2－a2b.‎ ‎2．若m>0，a，b∈R，试证：2≤.‎ 证明　因为m>0，所以1＋m>0.‎ 所以要证原不等式成立，‎ 只需证(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，‎ 即证m(a2－2ab＋b2)≥0，‎ 即证(a－b)2≥0，‎ 而(a－b)2≥0显然成立，故原不等式得证．‎ 题型3　反证法证明不等式 　　(2015·湖南高考)设a>0，b>0，且a＋b＝＋.证明：‎ ‎(1)a＋b≥2；‎ ‎(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．‎ 否定形式的命题考虑用反证法．‎ 证明　由a＋b＝＋＝，a>0，b>0，‎ 得ab＝1.‎ ‎(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2，当且仅当a＝b＝1时等号成立．‎ ‎(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，则由a2＋a<2及a>0，得00，b>1，若a＋b＝2，则＋的最小值为(　　)‎ A．2 B．‎8 C．4 D．4＋2 答案　D 解析　∵设a>0，b>1，a＋b＝2，‎ ‎∴＋＝(a＋b－1)＝4＋＋≥4＋2＝4＋2，当且仅当a＝(b－1)＝时取等号，‎ ‎∴＋的最小值为4＋2.故选D.‎ ‎2．(2017·红花岗期中)设x，y，z∈R，且＋＋＝1，求x＋y＋z的最大值与最小值．‎ 解　∵x＋y＋z＝4·＋·＋2·＋2，‎ 根据柯西不等式，(x1x2＋y1y2＋z1z2)2≤(x＋y＋z)·(x＋y＋z)，得 2≤(16＋5＋4)·＝25，‎ 所以，≤5，‎ 即－5≤4·＋·＋2·≤5，‎ 因此，x＋y＋z∈[－3,7]，‎ 故x＋y＋z的最大值为7，最小值为－3.‎ ‎3．(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)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.‎ ‎4．(2018·南昌模拟)函数f(x)＝.‎ ‎(1)若a＝5，求函数f(x)的定义域A；‎ ‎(2)设a，b∈(－1,1)，证明：<.‎ 解　(1)由|x＋1|＋|x＋2|－5≥0，当x≤－2时，－2x－8≥0，解得x≤－4；‎ 当－20)．‎ ‎(1)若a＝3，解关于x的不等式f(x)<0；‎ ‎(2)若对于任意的实数x，不等式f(x)－f(x＋a)0，∴a1.‎ 故实数a的取值范围为(1，＋∞)．‎ ‎2．(2017·河北石家庄二模)设函数f(x)＝|x－1|－|2x＋1|的最大值为m.‎ ‎(1)作出函数f(x)的图象；‎ ‎(2)若a2＋‎2c2＋3b2＝m，求ab＋2bc的最大值．‎ 解　(1)因为f(x)＝|x－1|－|2x＋1|，‎ 所以f(x)＝ 画出图象如图．‎ ‎(2)由(1)可知m＝.‎ 因为＝m＝a2＋‎2c2＋3b2＝(a2＋b2)＋2(c2＋b2)≥2ab＋4bc，‎ 所以ab＋2bc≤，当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．‎ 所以ab＋2bc的最大值为.‎ ‎3．(2017·广东肇庆统测)已知函数f(x)＝|x＋1|，g(x)＝2|x|＋a.‎ ‎(1)若a＝0，解不等式f(x)≥g(x)；‎ ‎(2)若存在x∈R，使得f(x)≥g(x)成立，求实数a的取值范围．‎ 解　(1)当a＝0时，由f(x)≥g(x)，得|x＋1|≥2|x|，‎ 两边平方，并整理得(3x＋1)(1－x)≥0，所以所求不等式的解集为.‎ ‎(2)解法一：由f(x)≥g(x)，得|x＋1|≥2|x|＋a，‎ 即|x＋1|－2|x|≥a.‎ 令F(x)＝|x＋1|－2|x|，‎ 依题意可得F(x)max≥a.‎ F(x)＝|x＋1|－|x|－|x|≤|x＋1－x|－|x|＝1－|x|≤1，‎ 当且仅当x＝0时，上述不等式的等号同时成立，所以F(x)max＝‎ ‎1.‎ 所以a的取值范围是(－∞，1]．‎ 解法二：由f(x)≥g(x)，得|x＋1|≥2|x|＋a，‎ 即|x＋1|－2|x|≥a.‎ 令F(x)＝|x＋1|－2|x|，依题意可得F(x)max≥a.‎ F(x)＝|x＋1|－2|x|＝ 易得F(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以当x＝0时，F(x)取得最大值，最大值为1.‎ 故a的取值范围是(－∞，1]．‎ ‎4．(2017·衡阳联考)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．‎ ‎5．(2017·泉州一模)已知函数f(x)＝|x＋1|＋|2x－4|.‎ ‎(1)解关于x的不等式f(x)<9；‎ ‎(2)若直线y＝m与曲线y＝f(x)围成一个三角形，求实数m的取值范围，并求所围成的三角形面积的最大值．‎ 解　(1)x≤－1，不等式可化为－x－1－2x＋4<9，‎ ‎∴x>－2，∴－2－4，∴－10，a＋b＋c＝1.求证：(1) ＋＋≤；‎ ‎(2)＋＋≥.‎ 证明　(1)由柯西不等式得(＋＋)2＝(1·＋1·＋1·)2≤(12＋12＋12)[()2＋()2＋()2]＝3，当且仅当＝＝，即a＝b＝c＝ 时等号成立，‎ ‎∴＋＋≤ .‎ ‎(2)由柯西不等式得 ‎[(‎3a＋1)＋(3b＋1)＋(‎3c＋1)] ‎≥ 2＝9，‎ 又a＋b＋c＝1，∴6≥9，‎ ‎∴＋＋≥.‎