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- 2021-06-30 发布
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第2节 不等式的证明
最新考纲 通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法:比较法、综合法、分析法.
知 识 梳 理
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不小于(即大于或等于)它们的几何平均.
定理3:如果a,b,c∈R+,那么≥,当且仅当a=b=c时,等号成立.
2.不等式的证明方法
(1)比较法
①作差法(a,b∈R):a-b>0⇔a>b;a-b<0⇔a0,b>0):>1⇔a>b;<1⇔ab>1,x=a+,y=b+,则x与y的大小关系是( )
A.x>y B.xb>1得ab>1,a-b>0,
所以>0,即x-y>0,所以x>y.
答案 A
3.(教材习题改编)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
4.已知a>0,b>0且ln(a+b)=0,则+的最小值是 .
解析 由题意得,a+b=1,a>0,b>0,
∴+=(a+b)=2++≥2+2=4.当且仅当a=b=时等号成立.
∴+的最小值是4.
答案 4
5.已知x>0,y>0,证明:(1+x+y2)(1+x2+y)≥9xy.
证明 因为x>0,y>0,
所以1+x+y2≥3>0,1+x2+y≥3>0,故(1+x+y2)(1+x2+y)≥3·3=9xy.
考点一 比较法证明不等式
【例1-1】 (2017·江苏卷)已知a,b,c,d为实数,且a2+b2=4,c2+d2=16.试证明:ac+bd≤8.
证明 ∵(a2+b2)(c2+d2)-(ac+bd)2
=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2-(a2c2+b2d2+2acbd)
=b2c2+a2d2-2acbd=(bc-ad)2≥0,
∴(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,
又a2+b2=4,c2+d2=16.
因此(ac+bd)2≤64,从而ac+bd≤8.
【例1-2】 (一题多解)已知a>0,b>0,求证:+≥+.
证明 法一 因为+-(+)
=
=,
∵a>0,b>0,∴>0.
因此+≥+.
法二 由于=
=
=-1≥-1=1.
又a>0,b>0,>0,
所以+≥+.
规律方法 1.作差(商)证明不等式,关键是对差(商)式进行合理的变形,特别注意作商证明不等式,不等式的两边应同号.
2.在例1-2证明中,法一采用局部通分,优化了解题过程;在法二中,利用不等式的性质,把证明a>b转化为证明>1(b>0).
提醒 在使用作商比较法时,要注意说明分母的符号.
【训练1】 设a,b是非负实数,求证:a2+b2≥(a+b).
证明 因为a2+b2-(a+b)
=(a2-a)+(b2-b)
=a(-)+b(-)
=(-)(a-b)
=(a-b)(a-b).
因为a≥0,b≥0,所以不论a≥b≥0,还是0≤a≤b,都有a-b与a-b同号,所以(a-b)(a-b)≥0,
所以a2+b2≥(a+b).
考点二 综合法证明不等式
【例2-1】 (2017·全国Ⅱ卷)已知实数a>0,b>0,且a3+b3=2.
证明:(1)(a+b)(a5+b5)≥4;
(2)a+b≤2.
证明 (1)∵a>0,b>0,且a3+b3=2.
则(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6
=(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4)
=4+ab(a4-2a2b2+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.
【例2-2】 (2016·全国Ⅱ卷)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|.
(1)解 f(x)=
当x≤-时,由f(x)<2得-2x<2,
解得x>-1,所以-13;
当-1≤x≤2时,f(x)=2(x+1)-(x-2)=x+4,
此时,3≤f(x)≤6;
当x>2时,f(x)=2(x+1)+(x-2)=3x>6.
综上可知,f(x)的最小值m=3.
(2)证明 a,b,c均大于0,且a+b+c=3.
∵(a+b+c)+=++≥2=2(a+b+c)(当且仅当a=b=c=1时取“=”),
所以++≥a+b+c,
故++≥3.
考点三 分析法证明不等式
【例3】 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,
只需证(a-b)(2a+b)>0,
只需证(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.
规律方法 1.当要证的不等式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.分析法证明的思路是“执果索因”,其框图表示为:
→→→…→
【训练3】 (2018·九江质检)已知函数f(x)=|x-1|.
(1)解不等式f(x)+f(x+4)≥8;
(2)若|a|<1,|b|<1,且a≠0,求证:f(ab)>|a|f.
(1)解 依题意,原不等式等价于|x-1|+|x+3|≥8.
当x<-3时,则-2x-2≥8,解得x≤-5.
当-3≤x≤1时,则4≥8不成立,不等式解集为∅.
当x>1时,则2x+2≥8,解得x≥3.
所以不等式f(x)+f(x+4)≥8的解集为{x|x≥3或x≤-5}.
(2)证明 要证f(ab)>|a|f,
只需证|ab-1|>|b-a|,
只需证(ab-1)2>(b-a)2.
∵|a|<1,|b|<1,知a2<1,b2<1,
∴(ab-1)2-(b-a)2=a2b2-a2-b2+1
=(a2-1)(b2-1)>0.
故(ab-1)2>(b-a)2成立.
从而原不等式成立.
基础巩固题组
(建议用时:50分钟)
1.设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明:
(1)ab+bc+ca≤;
(2)++≥1.
证明 (1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca
得a2+b2+c2≥ab+bc+ca.当且仅当a=b=c时取“=”.
由题设得(a+b+c)2=1,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.
所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤.
(2)因为+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,当且仅当a=b=c时取“=”.
故+++(a+b+c)≥2(a+b+c),
则++≥a+b+c.
所以++≥1.
2.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.
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,
当且仅当a=b=1时等号成立,即a+b≥2.
(2)假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,则由a2+a<2及a>0,得0cd,则+>+;
(2)+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.
证明 (1)∵a,b,c,d为正数,且a+b=c+d,
欲证+>+,只需证明(+)2>(+)2,
也就是证明a+b+2>c+d+2,
只需证明>,即证ab>cd.
由于ab>cd,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.
∵a+b=c+d,所以ab>cd.
由(1)得+>+.
②若+>+,则(+)2>(+)2,
∴a+b+2>c+d+2.
∵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|.
综上,+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.
7.(2018·乐山模拟)已知定义在R上的函数f(x)=|x-m|+|x|,m∈N+,若存在实数x使得f(x)<2成立.
(1)求实数m的值;
(2)若α,β>1,f(α)+f(β)=6,求证:+≥.
(1)解 因为|x-m|+|x|≥|x-m-x|=|m|,
要使|x-m|+|x|<2有解,则|m|<2,解得-21,f(α)+f(β)=2α-1+2β-1=6,
∴α+β=4,
∴+≥(α+β)
=≥=,
当且仅当=,即α=,β=时“=”成立,
故+≥.
8.设函数f(x)=|2x-a|,g(x)=x+2.
(1)当a=1时,求不等式f(x)+f(-x)≤g(x)的解集;
(2)求证:f ,f ,f 中至少有一个不小于.
(1)解 当a=1时,|2x-1|+|2x+1|≤x+2,
化简可得或或
解得0≤x<或≤x≤.
综上,不等式的解集为.
(2)证明 假设f ,f ,f 都小于,
则
前两式相加得-