2021版高考文科数学（人教A版）一轮复习教师用书：选修4－5　第2讲　不等式的证明

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4：(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．
常用结论
基本不等式及其推广
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
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)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×
二、易错纠偏
不等式放缩不当致错.
已知三个互不相等的正数a，b，c满足abc＝1.试证明：
＋＋<＋＋.
证明：因为a，b，c>0，且互不相等，abc＝1，所以＋＋＝＋＋<＋＋＝＋＋，即＋＋<＋＋.


　　　　　用综合法、分析法证明不等式(师生共研)
(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，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．
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.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.

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．

1．若a，b∈R，ab>0，a2＋b2＝1.求证：＋≥1.
证明：＋＝＝＝－2ab.
因为a2＋b2＝1≥2ab，当且仅当a＝b时等号成立，
所以0 令h(t)＝－2t，0 则h(t)在(0，]上递减，所以h(t)≥h()＝1.
所以当0 所以＋≥1.
2．(一题多解)(2020·宿州市质量检测)已知不等式|2x＋1|＋|2x－1|<4的解集为M.
(1)求集合M；
(2)设实数a∈M，b∉M，证明：|ab|＋1≤|a|＋|b|.
解：(1)当x<－时，不等式化为－2x－1＋1－2x<4，即x>－1，所以－1 当－≤x≤时，不等式化为2x＋1－2x＋1<4，
即2<4，
所以－≤x≤；
当x>时，不等式化为2x＋1＋2x－1<4，即x<1，
所以 综上可知，M＝{x|－1 (2)法一：因为a∈M，b∉M，所以|a|<1，|b|≥1.
而|ab|＋1－(|a|＋|b|)
＝|ab|＋1－|a|－|b|
＝(|a|－1)(|b|－1)≤0，
所以|ab|＋1≤|a|＋|b|.
法二：要证|ab|＋1≤|a|＋|b|，
只需证|a||b|＋1－|a|－|b|≤0，
只需证(|a|－1)(|b|－1)≤0，
因为a∈M，b∉M，所以|a|<1，|b|≥1，
所以(|a|－1)(|b|－1)≤0成立．
所以|ab|＋1≤|a|＋|b|成立．

　　　　　　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＝≤
＝＝＋≤
＋.

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0＜a＜b，m＞0，则＜”．

[注意]　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．

　　　　　　反证法证明不等式(师生共研)
设0 【证明】　设(1－a)b>，(1－b)c>，(1－c)a>，
三式相乘得(1－a)b·(1－b)c·(1－c)a>，①
又因为0 所以0<(1－a)a≤＝.
同理：(1－b)b≤，(1－c)c≤，
以上三式相乘得(1－a)a·(1－b)b·(1－c)c≤，与①矛盾．
所以(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不可能同时大于.

利用反证法证明问题的一般步骤
(1)否定原结论．
(2)从假设出发，导出矛盾．
(3)证明原命题正确．
　已知a＋b＋c>0，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.

[基础题组练]
1．设a＞0，b＞0，若是3a与3b的等比中项，求证：＋≥4.
证明：由是3a与3b的等比中项得
3a·3b＝3，
即a＋b＝1，要证原不等式成立，
只需证＋≥4成立，即证＋≥2成立，
因为a＞0，b＞0，
所以＋≥2＝2，
(当且仅当＝，即a＝b＝时，“＝”成立)，
所以＋≥4.
2．求证：＋＋＋…＋＜2.
证明：因为＜＝－，
所以＋＋＋…＋＜1＋＋＋＋…＋
＝1＋＋＋…＋＝2－＜2.
3．(2020·蚌埠一模)已知函数f(x)＝|x|＋|x－3|.
(1)解关于x的不等式f(x)－5≥x；
(2)设m，n∈{y|y＝f(x)}，试比较mn＋4与2(m＋n)的大小．
解：(1)f(x)＝|x|＋|x－3|＝f(x)－5≥x，即或或解得x≤－或x∈∅或x≥8.
所以不等式的解集为∪[8，＋∞)．
(2)由(1)易知f(x)≥3，所以m≥3，n≥3.
由于2(m＋n)－(mn＋4)＝2m－mn＋2n－4＝(m－2)(2－n)．
且m≥3，n≥3，所以m－2>0，2－n<0，
即(m－2)(2－n)<0，
所以2(m＋n) 4．(2020·开封市定位考试)已知函数f(x)＝|x－1|＋|x－m|(m>1)，若f(x)>4的解集是{x|x<0或x>4}．
(1)求m的值；
(2)若正实数a，b，c满足＋＋＝，求证：a＋2b＋3c≥9.
解：(1)因为m>1，所以f(x)＝，
作出函数f(x)的图象如图所示，

由f(x)>4的解集及函数f(x)的图象得，得m＝3.
(2)由(1)知m＝3，从而＋＋＝1，
a＋2b＋3c＝(＋＋)(a＋2b＋3c)＝3＋(＋)＋(＋)＋(＋)≥9，
当且仅当a＝3，b＝，c＝1时“＝”成立．
5．(2020·原创冲刺卷)已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|＋(x－1)2的最小值为s.
(1)试求s的值；
(2)若a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝s，求证：a2＋b2＋c2≥3.
解：(1)f(x)＝|x＋1|＋|x－2|＋(x－1)2≥|x＋1|＋|2－x|≥|(x＋1)＋(2－x)|＝3，即f(x)≥3.
当且仅当x＝1，且(x＋1)(2－x)≥0，即x＝1时，等号成立，所以f(x)的最小值为3，所以s＝3.
(2)证明：由(1)知a＋b＋c＝3.
故a2＋b2＋c2＝(a2＋12)＋(b2＋12)＋(c2＋12)－3
≥2a＋2b＋2c－3
＝2(a＋b＋c)－3＝3(当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立)．
6．设不等式－2＜|x－1|－|x＋2|＜0的解集为M，a，b∈M.
(1)证明：＜；
(2)比较|1－4ab|与2|a－b|的大小．
解：(1)证明：记f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝由－2＜－2x－1＜0
解得－＜x＜，即M＝，所以≤|a|＋|b|＜×＋×＝.
(2)由(1)得a2＜，b2＜，因为|1－4ab|2－4|a－b|2
＝(1－8ab＋16a2b2)－4(a2－2ab＋b2)
＝(4a2－1)(4b2－1)＞0，
故|1－4ab|2＞4|a－b|2，即|1－4ab|＞2|a－b|.
[综合题组练]
1．(2020·江西八所重点中学联考)已知不等式|ax－1|≤|x＋3|的解集为{x|x≥－1}．
(1)求实数a的值；
(2)求＋的最大值．
解：(1)|ax－1|≤|x＋3|的解集为{x|x≥－1}，即(1－a2)x2＋(2a＋6)x＋8≥0的解集为{x|x≥－1}．当1－a2≠0时，不符合题意， 舍去．
当1－a2＝0，即a＝±1时，
x＝－1为方程(2a＋6)x＋8＝0的一解，经检验a＝－1不符合题意，舍去，
a＝1符合题意．
综上，a＝1.
(2)(＋)2＝16＋2＝16＋2，当t＝＝4时，(＋)2有最大值，为32.
又＋≥0，所以＋的最大值为4.
2．(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.