2020版高考数学（理）新创新一轮复习通用版讲义：选修第二节不等式的证明

第二节不等式的证明

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.比较法
(1)作差法的依据是：a－b＞0⇔a＞b.
(2)作商法：若B＞0，欲证A≥B，只需证≥1.
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.
[小题查验基础]
一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)
(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)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实.(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×
二、选填题
1.已知a，b∈R＋，a＋b＝2，则＋的最小值为(　　)
A.1　　　　　　　　 B.2
C.4 D.8
解析：选B　∵a，b∈R＋，且a＋b＝2，
∴(a＋b)＝2＋＋≥2＋2 ＝4，
∴＋≥＝2，即＋的最小值为2(当且仅当a＝b＝1时，“＝”成立).故选B.
2.若a＞b＞1，x＝a＋，y＝b＋，则x与y的大小关系是(　　)
A.x＞y B.x＜y
C.x≥y D.x≤y
解析：选A　x－y＝a＋－＝a－b＋＝.
由a＞b＞1得ab＞1，a－b＞0，
所以＞0，即x－y＞0，所以x＞y.
3.若a，b，m∈R＋，且a＞b，则下列不等式一定成立的是(　　)
A.≥ B.＞
C.≤ D.＜
解析：选B　∵a，b，m∈R＋，且a＞b，
∴－＝＞0，
即＞，故选B.
4.设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则s与t的大小关系是________.
解析：∵s－t＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴s≥t.
答案：s≥t
5.已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最小值为________.
解析：由a＋b＋c＝1，
得＋＋
＝＋＋
＝3＋＋＋
≥3＋2＋2＋2＝9，
当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立.
故＋＋的最小值为9.
答案：9

考点一 比较法证明不等式 [师生共研过关]
[典例精析]
设a，b是非负实数，求证：a3＋b3≥(a2＋b2).
[证明]　∵a，b是非负实数，
∴a3＋b3－(a2＋b2)＝a2(－)＋b2(－)
＝(－)[()5－()5].
当a≥b时，≥ ，从而()5≥()5，
得(－)[()5－()5]≥0；
当a＜b时，＜ ，从而()5＜()5，
得(－)[()5－()5]＞0.
故a3＋b3≥(a2＋b2).
[解题技法]
作差比较法证明不等式的步骤
(1)作差；(2)变形；(3)判断差的符号；(4)下结论.其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断差的正负.
作商比较法也有类似的步骤，但注意其比较的是两个正数的大小，且第(3)步要判断商与1的大小.
[过关训练]
已知a，b都是正数，且a≠b，求证：a3＋b3＞a2b＋ab2.
证明：(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＝(a＋b)(a－b)2.
因为a，b都是正数，
所以a＋b＞0.
又因为a≠b，
所以(a－b)2＞0.
于是(a＋b)(a－b)2＞0，
即(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＞0，
所以a3＋b3＞a2b＋ab2.
考点二 综合法证明不等式[师生共研过关]
[典例精析]
已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：
(1)＋＋≥8；
(2)≥9.
[证明]　(1)∵a＋b＝1，a＞0，b＞0，
∴＋＋＝＋＋＝2＝2＝2＋4≥4 ＋4＝8，
当且仅当a＝b＝时，等号成立，
∴＋＋≥8.
(2)∵＝＋＋＋1，
由(1)知＋＋≥8.
∴≥9.
[解题技法]
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).
(5)(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.
[过关训练]
已知实数a，b，c满足a＞0，b＞0，c＞0，且abc＝1.求证：
(1)(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8；
(2)＋＋≤＋＋.
证明：(1)1＋a≥2，1＋b≥2，1＋c≥2，
三式相乘得(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8＝8.
(2)＋＋＝ab＋bc＋ac，
ab＋bc≥2＝2，
ab＋ac≥2＝2，
bc＋ac≥2＝2，
当且仅当a＝b＝c＝1时取等号，
三式相加化简得＋＋≤＋＋.
考点三 分析法证明不等式 [师生共研过关]
[典例精析]
已知函数f(x)＝|x＋1|.
(1)求不等式f(x)＜|2x＋1|－1的解集M；
(2)设a，b∈M，求证：f(ab)＞f(a)－f(－b).
[解]　(1)由题意，|x＋1|＜|2x＋1|－1，
①当x≤－1时，
不等式可化为－x－1＜－2x－2，
解得x＜－1；
②当－1＜x＜－时，
不等式可化为x＋1＜－2x－2，
此时不等式无解；
③当x≥－时，不等式可化为x＋1＜2x，解得x＞1.
综上，M＝{x|x＜－1或x＞1}.
(2)证明：因为f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，
所以要证f(ab)＞f(a)－f(－b)，
只需证|ab＋1|＞|a＋b|，
即证|ab＋1|2＞|a＋b|2，
即证a2b2＋2ab＋1＞a2＋2ab＋b2，
即证a2b2－a2－b2＋1＞0，
即证(a2－1)(b2－1)＞0.
因为a，b∈M，所以a2＞1，b2＞1，
所以(a2－1)(b2－1)＞0成立，所以原不等式成立.
[解题技法]
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.
[过关训练]
已知a＞0，b＞0,2c＞a＋b，求证：c－＜a＜c＋.
证明：要证c－＜a＜c＋，
只需证－＜a－c＜，
即证|a－c|＜，
即证(a－c)2＜c2－ab，
即证a2－2ac＜－ab.
因为a＞0，所以只要证a－2c＜－b，
即证a＋b＜2c.
由已知条件知，上式显然成立，所以原不等式成立.

1.(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.
2.设a，b为正实数，且＋＝2.
(1)求a2＋b2的最小值；
(2)若(a－b)2≥4(ab)3，求ab的值.
解：(1)由2＝＋≥2 ，得ab≥，
当a＝b＝时取等号.
故a2＋b2≥2ab≥1，当a＝b＝时取等号.
所以a2＋b2的最小值是1.
(2)由(a－b)2≥4(ab)3，得2≥4ab，
即2－≥4ab，从而ab＋≤2.
又ab＋≥2，当且仅当ab＝1时取等号.
所以ab＝1.
3.已知函数f(x)＝k－|x－3|，k∈R，且f(x＋3)≥0的解集为[－1,1].
(1)求k的值；
(2)若a，b，c是正实数，且＋＋＝1，求证：a＋2b＋3c≥9.
解：(1)因为f(x)＝k－|x－3|，
所以f(x＋3)≥0等价于|x|≤k，
由|x|≤k有解，得k≥0，且解集为[－k，k].
因为f(x＋3)≥0的解集为[－1,1]，所以k＝1.
(2)证明：由(1)知＋＋＝1，
因为a，b，c是正实数，
所以a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)
＝3＋＋＋＋＋＋
＝3＋＋＋
≥3＋2 ＋2 ＋2 ＝9.
当且仅当a＝2b＝3c时，等号成立.
因此a＋2b＋3c≥9.
4.(2019·南宁联考)已知函数f(x)＝|x－1|.
(1)求不等式f(x)≥3－2|x|的解集；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋|x＋3|的最小值为m，正数a，b满足a＋b＝m，求证：＋≥4.
解：(1)当x≥1时，原不等式可化为x－1≥3－2x，解得x≥，∴x≥；
当0＜x＜1时，原不等式可化为1－x≥3－2x，解得x≥2，无解；
当x≤0时，原不等式可化为1－x≥3＋2x，解得x≤－，∴x≤－.
∴原不等式的解集为.
(2)证明：∵g(x)＝|x－1|＋|x＋3|≥|(x－1)－(x＋3)|＝4，∴m＝4，即a＋b＝4.
又＋b≥2a，＋a≥2b，当且仅当a＝b时等号成立，
∴两式相加得＋≥2a＋2b，
∴＋≥a＋b＝4，
当且仅当a＝b＝2时等号成立.
5.(2019·长春质量检测)(1)已知函数f(x)＝|x＋1|＋|x－a|(a＞0)，若不等式f(x)≥5的解集为{x|x≤－2或x≥3}，求a的值；
(2)已知a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝m，求证：＋＋≥.
解：(1)因为a＞0，
所以f(x)＝|x＋1|＋|x－a|＝
又不等式f(x)≥5的解集为{x|x≤－2或x≥3}，
解得a＝2.
(2)证明：＋＋
＝
＝
＝
≥.
6.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，求证：x[f(x)]2－x2f(x)≤0.
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.
故x[f(x)]2－x2f(x)≤0.
7.已知函数f(x)＝|x－1|.
(1)解不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8；
(2)若|a|＜1，|b|＜1，a≠0，求证：＞f.
解：(1)f(2x)＋f(x＋4)＝|2x－1|＋|x＋3|
＝
当x＜－3时，由－3x－2≥8，解得x≤－；
当－3≤x＜时，－x＋4≥8，无解；
当x≥时，由3x＋2≥8，解得x≥2.
所以不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8的解集为
.
(2)证明：＞f等价于f(ab)＞|a|f，
即|ab－1|＞|a－b|.
因为|a|＜1，|b|＜1，
所以|ab－1|2－|a－b|2
＝(a2b2－2ab＋1)－(a2－2ab＋b2)
＝(a2－1)(b2－1)＞0，
所以|ab－1|＞|a－b|.
故所证不等式成立.
8.设函数f(x)＝x－|x＋2|－|x－3|－m，若∀x∈R，－4≥f(x)恒成立.
(1)求实数m的取值范围；
(2)求证：log(m＋1)(m＋2)＞log(m＋2)(m＋3).
解：(1)∵∀x∈R，－4≥f(x)恒成立，
∴m＋≥x－|x＋2|－|x－3|＋4恒成立.
令g(x)＝x－|x＋2|－|x－3|＋4＝
则函数g(x)在(－∞，3]上是增函数，
在(3，＋∞)上是减函数，
∴g(x)max＝g(3)＝2，∴m＋≥g(x)max＝2，
即m＋－2≥0⇒＝≥0，∴m＞0.
综上，实数m的取值范围是(0，＋∞).
(2)证明：由m＞0，知m＋3＞m＋2＞m＋1＞1，
即lg(m＋3)＞lg(m＋2)＞lg(m＋1)＞lg 1＝0.
∴要证log(m＋1)(m＋2)＞log(m＋2)(m＋3).
只需证＞，
即证lg(m＋1)·lg(m＋3)＜lg2(m＋2).
又lg(m＋1)·lg(m＋3)＜2
＝＜＝lg2(m＋2)，
∴log(m＋1)(m＋2)＞log(m＋2)(m＋3)成立.