2020年高考数学理科一轮复习讲义：第12章选修4系列第4讲

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．x<y<zC．y>x>z   D．y<z<x答案　C解析　∵x2＝，y2＝a＋b，z2＝，∴x2>z2，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a<b时，a－b<0，可得a－b>1.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，∴3<x≤5.综上所得，1≤x≤3或3<x≤5，即1≤x≤5.∴原不等式的解集为[1,5]．(2)证明：由绝对值不等式性质得，|x－1|＋|x－3|≥|(1－x)＋(x－3)|＝2，∴c＝2，即a＋b＝2.令a＋1＝m，b＋1＝n，则m>1，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)<a的解集为空集，求实数a的取值范围；(2)若|a|<1，|b|<3，且a≠0，判断与f的大小，并说明理由．解　(1)因为f(x－1)＋f(x)＝|x－4|＋|x－3|≥|x－4＋3－x|＝1，不等式f(x－1)＋f(x)<a的解集为空集，则1≥a即可，所以实数a的取值范围是(－∞，1]．(2)>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．