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  • 2021-05-13 发布

2018版高考数学(理)(苏教版,江苏专用)大一轮教师文档讲义:第十四章14-4第2课时不等式的证明

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第2课时 不等式的证明 ‎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,此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.几个常用基本不等式 ‎(1)柯西不等式:‎ ‎①柯西不等式的代数形式:设a,b,c,d均为实数,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为平面上的两个向量,则|α||β|≥|α·β|,等号当且仅当α,β共线时成立.‎ ‎③柯西不等式的三角不等式: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.‎ ‎1.设a,b,m,n∈R,且a2+b2=5,ma+nb=5,求的最小值.‎ 解 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.‎ ‎2.若a,b,c∈(0,+∞),且a+b+c=1,求++的最大值.‎ 解 (++)2=(1×+1×+1×)2‎ ‎≤(12+12+12)(a+b+c)=3.‎ 当且仅当a=b=c=时,等号成立.‎ ‎∴(++)2≤3.‎ 故++的最大值为.‎ ‎3.设x>0,y>0,若不等式++≥0恒成立,求实数λ的最小值.‎ 解 ∵x>0,y>0,‎ ‎∴原不等式可化为-λ≤(+)(x+y)=2++.‎ ‎∵2++≥2+2=4,当且仅当x=y时等号成立.‎ ‎∴min=4,即-λ≤4,λ≥-4. ‎ 题型一 用综合法与分析法证明不等式 例1 (2016·南通二模)(1)已知x,y均为正数,且x>y,求证:2x+≥2y+3;‎ ‎(2)设a,b,c>0且ab+bc+ca=1,求证:a+b+c≥.‎ 证明 (1)因为x>0,y>0,x-y>0,‎ ‎2x+-2y=2(x-y)+ ‎=(x-y)+(x-y)+ ‎≥3=3,‎ 所以2x+≥2y+3.‎ ‎(2)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)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,互相渗透,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.‎ ‎ 设a、b、c均为正数,且a+b+c=1,证明:‎ ‎(1)ab+bc+ac≤;(2)++≥1.‎ 证明 (1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac得 a2+b2+c2≥ab+bc+ca.‎ 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,‎ 故+++(a+b+c)≥2(a+b+c),‎ 即++≥a+b+c.‎ 所以++≥1.‎ 题型二 放缩法证明不等式 例2 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= ‎≤= ‎=+≤+.‎ 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.‎ ‎ 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x,y,z均为实数.‎ ‎(1)若x+y+z=1,求证:++≤3;‎ ‎(2)若x+2y+3z=6,求x2+y2+z2的最小值.‎ ‎(1)证明 因为(++)2≤(12+12+12)(3x+1+3y+2+3z+3)=27.‎ 所以++≤3.‎ 当且仅当x=,y=,z=0时取等号.‎ ‎(2)解 因为6=x+2y+3z≤·,‎ 所以x2+y2+z2≥,当且仅当x==即x=,y=,z=时,x2+y2+z2有最小值.‎ 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.‎ ‎ 已知大于1的正数x,y,z满足x+y+z=3.求证:++≥.‎ 证明 由柯西不等式及题意得,‎ ‎(++)‎ ‎·[(x+2y+3z)+(y+2z+3x)+(z+2x+3y)]≥(x+y+z)2=27.‎ 又(x+2y+3z)+(y+2z+3x)+(z+2x+3y)=6(x+y+z)=18,‎ ‎∴++≥=,‎ 当且仅当x=y=z=时,等号成立. ‎ ‎1.已知x+y=1,求2x2+3y2的最小值.‎ 解 由柯西不等式(2x2+3y2)· ‎≥2=(x+y)2=1,‎ ‎∴2x2+3y2≥,当且仅当2x=3y,即x=,y=时,等号成立.所以2x2+3y2的最小值为.‎ ‎2.设a+b=2,b>0,当+取得最小值时,求a的值.‎ 解 由于a+b=2,所以+=+=++,由于b>0,|a|>0,所以+≥2=1,因此当a>0时,+的最小值是+1=;当a<0时,+的最小值是-+1=.故+的最小值为,此时 即a=-2.‎ ‎3.(2016·徐州模拟)设a、b、c是正实数,且a+b+c=9,求++的最小值.‎ 解 ∵(a+b+c) ‎=[()2+()2+()2]·‎ ‎≥2=18.‎ ‎∴++≥2.∴++的最小值为2.‎ ‎4.设x,y,z∈R,且满足:x2+y2+z2=1,x+2y+3z=,求x+y+z.‎ 解 由柯西不等式可得(x2+y2+z2)(12+22+32)≥(x+2y+3z)2,即(x+2y+3z)2≤14,因此x+2y+3z≤.因为x+2y+3z=,所以x==,解得x=,y=,z=,于是x+y+z=.‎ ‎5.(2016·江苏)设a>0,<,|y-2|<,‎ 求证:|2x+y-4|<a.‎ 证明 由a>0,|x-1|<可得|2x-2|<,‎ 又|y-2|<,‎ ‎∴|2x+y-4|=|(2x-2)+(y-2)|≤|2x-2|+|y-2|<+=a.‎ 即|2x+y-4|<a.‎ ‎6.(2016·苏州模拟)已知a,b,c∈R,且2a+2b+c=8,求(a-1)2+(b+2)2+(c-3)2的最小值.‎ 解 由柯西不等式得 ‎(4+4+1)×[(a-1)2+(b+2)2+(c-3)2]≥[2(a-1)+2(b+2)+c-3]2,‎ ‎∴9[(a-1)2+(b+2)2+(c-3)2]≥(2a+2b+c-1)2.‎ ‎∵2a+2b+c=8,‎ ‎∴(a-1)2+(b+2)2+(c-3)2≥,‎ 当且仅当==c-3时等号成立,‎ ‎∴(a-1)2+(b+2)2+(c-3)2的最小值是.‎ ‎7.(2015·湖南)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,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0<a<1;‎ 同理,0<b<1,从而ab<1,这与ab=1矛盾.‎ 故a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.‎ ‎8.(2016·南京质检)已知:an=+++…+(n∈N*),求证:n,‎ ‎∴an=++…+>1+2+3+…+n=.‎ ‎∵<,‎ ‎∴an<+++…+ ‎=+(2+3+…+n)+=.‎ 综上得1,即a的取值范围是(1,+∞).‎ ‎(2)由柯西不等式,得 ‎[42+()2+22]·[()2+()2+()2]‎ ‎≥(4×+×+2×)2‎ ‎=(x+y+z)2,‎ 即25×1≥(x+y+z)2.‎ ‎∴5≥|x+y+z|,∴-5≤x+y+z≤5.‎ ‎∴x+y+z的取值范围是[-5,5].‎ ‎10.(2016·南京模拟)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,+∞),及柯西不等式可得:‎ ‎(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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