高考数学一轮复习 选修4－5 第2节 不等式的证明

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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eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)，当且仅当a＝b时，等号成立．
定理3：如果a，b，c为正数，则eq \f(a＋b＋c,3)≥eq \r(3,abc)，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eq \f(a1＋a2＋…＋an,n)≥eq \r(n,a1a2…an)，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．
2．不等式证明的方法
(1)比较法是证明不等式最基本的方法，可分为作差比较法和作商比较法两种.
(2)综合法与分析法
①综合法：利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这种方法叫综合法．即“由因导果”的方法．
②分析法：从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已经具备，那么就可以判定原不等式成立，这种方法叫作分析法．即“执果索因”的方法．
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(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)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．( )
(4)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)× (4)×
2．(教材改编)若a＞b＞1，x＝a＋eq \f(1,a)，y＝b＋eq \f(1,b)，则x与y的大小关系是( )
A．x＞yB．x＜y
C．x≥yD．x≤y
A [x－y＝a＋eq \f(1,a)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))
＝a－b＋eq \f(b－a,ab)＝eq \f(a－bab－1,ab).
由a＞b＞1得ab＞1，a－b＞0，
所以eq \f(a－bab－1,ab)＞0，即x－y＞0，所以x＞y.]
3．(教材改编)已知a≥b＞0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，则M，N的大小关系为________．
M≥N [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.]
4．已知a＞0，b＞0且ln(a＋b)＝0，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值是________．
4 [由题意得，a＋b＝1，a＞0，b＞0，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝2＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)
≥2＋2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，
当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时等号成立．]
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≥3eq \r(3,xy2)＞0,1＋x2＋y≥3eq \r(3,x2y)＞0，8分
故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3eq \r(3,xy2)·3eq \r(3,x2y)＝9xy.10分
已知a＞0，b＞0，求证：eq \f(a,\r(b))＋eq \f(b,\r(a))≥eq \r(a)＋eq \r(b).
[证明] 法一：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,\r(b))＋\f(b,\r(a))))－(eq \r(a)＋eq \r(b))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,\r(b))－\r(b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,\r(a))－\r(a)))＝eq \f(a－b,\r(b))＋eq \f(b－a,\r(a))
＝eq \f(a－b\r(a)－\r(b),\r(ab))＝eq \f(\r(a)＋\r(b)\r(a)－\r(b)2,\r(ab))≥0，
∴eq \f(a,\r(b))＋eq \f(b,\r(a))≥eq \r(a)＋eq \r(b).10分
法二：由于eq \f(\f(a,\r(b))＋\f(b,\r(a)),\r(a)＋\r(b))＝eq \f(a\r(a)＋b\r(b),\r(ab)\r(a)＋\r(b))
＝eq \f(\r(a)＋\r(b)a－\r(ab)＋b,\r(ab)\r(a)＋\r(b))＝eq \f(a＋b,\r(ab))－1≥eq \f(2\r(ab),\r(ab))－1＝1.8分
又a＞0，b＞0，eq \r(ab)＞0，∴eq \f(a,\r(b))＋eq \f(b,\r(a))≥eq \r(a)＋eq \r(b).10分
[规律方法] 1.在法一中，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eq \f(a,b)＞1(b＞0)．
2．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．
提醒：在使用作商比较法时，要注意说明分母的符号．
[变式训练1] (2017·莆田模拟)设a，b是非负实数，
求证：a2＋b2≥eq \r(ab)(a＋b). 【导学号：31222447】
[证明] 因为a2＋b2－eq \r(ab)(a＋b)
＝(a2－aeq \r(ab))＋(b2－beq \r(ab))
＝aeq \r(a)(eq \r(a)－eq \r(b))＋beq \r(b)(eq \r(b)－eq \r(a))
＝(eq \r(a)－eq \r(b))(aeq \r(a)－beq \r(b))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a\f(1,2)－b\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a\f(3,2)－b\f(3,2))).6分
因为a≥0，b≥0，所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有aeq \f(1,2)－beq \f(1,2)与eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(a\f(3,2)－b\f(3,2)))同号，所以(aeq \f(1,2)－beq \f(1,2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a\f(3,2)－b\f(3,2)))≥0，
所以a2＋b2≥eq \r(ab)(a＋b).10分
设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：
【导学号：31222448】
(1)ab＋bc＋ac≤eq \f(1,3)；
(2)eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥1.
[证明] (1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，
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≤eq \f(1,3).5分
(2)因为eq \f(a2,b)＋b≥2a，eq \f(b2,c)＋c≥2b，eq \f(c2,a)＋a≥2c，
故eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
则eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥a＋b＋c，所以eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥1.10分
[规律方法] 1.综合法证明的实质是由因导果，其证明的逻辑关系是：A⇒B1⇒B2⇒…⇒Bn⇒B(A为已知条件或数学定义、定理、公理，B为要证结论)，它的常见书面表达式是“∵，∴”或“⇒”．
2．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．
[变式训练2] (2017·石家庄调研)已知函数f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|.
(1)求f(x)的最小值m；
(2)若a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝m，求证：eq \f(b2,a)＋eq \f(c2,b)＋eq \f(a2,c)≥3.
[解] (1)当x＜－1时，f(x)＝－2(x＋1)－(x－2)＝－3x＞3；2分
当－1≤x＜2时，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4∈[3,6)；
当x≥2时，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x≥6.
综上，f(x)的最小值m＝3.5分
(2)证明：a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝3，
因为eq \f(b2,a)＋eq \f(c2,b)＋eq \f(a2,c)＋(a＋b＋c)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,a)＋a))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c2,b)＋b))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)＋c))
≥2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(b2,a)·a)＋\r(\f(c2,b)·b)＋\r(\f(a2,c)·c)))＝2(a＋b＋c).8分
(当且仅当a＝b＝c＝1时取“＝”)
所以eq \f(b2,a)＋eq \f(c2,b)＋eq \f(a2,c)≥a＋b＋c，即eq \f(b2,a)＋eq \f(c2,b)＋eq \f(a2,c)≥3.10分
(2015·全国卷Ⅱ)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：
(1)若ab>cd，则eq \r(a)＋eq \r(b)>eq \r(c)＋eq \r(d)；
(2)eq \r(a)＋eq \r(b)>eq \r(c)＋eq \r(d)是|a－b|(eq \r(c)＋eq \r(d))2，
即a＋b＋2eq \r(ab)>c＋d＋2eq \r(cd).
因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.
于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab0，且a＋b＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b).证明：
(1)a＋b≥2；
(2)a2＋a0，得ab＝1.2分
(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2eq \r(ab)＝2，即a＋b≥2.5分
(2)假设a2＋a