（全國(guó)通用版）2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 不等式選講 第2節(jié) 不等式的證明學(xué)案 理 新人教B版

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1、 第2節(jié)　不等式的證明 最新考綱　通過一些簡(jiǎn)單問題了解證明不等式的基本方法：比較法、綜合法、分析法. 知 識(shí) 梳 理 1.均值不等式 定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立. 定理2：如果a，b>0，那么≥，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立，即兩個(gè)正數(shù)的算術(shù)平均不小于(即大于或等于)它們的幾何平均. 定理3：如果a，b，c∈R＋，那么≥，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)，等號(hào)成立. 2.不等式的證明方法 (1)比較法 ①作差法(a，b∈R)：a－b>0?a>b；a－b<0?a0，b>0)：>1?a>b；<1?

2、a

3、　　) (3)分析法又叫逆推證法或執(zhí)果索因法，是從待證結(jié)論出發(fā)，一步一步地尋求結(jié)論成立的必要條件，最后達(dá)到題設(shè)的已知條件或已被證明的事實(shí).(　　) (4)使用反證法時(shí)，“反設(shè)”不能作為推理的條件應(yīng)用.(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)× 2.若a>b>1，x＝a＋，y＝b＋，則x與y的大小關(guān)系是(　　) A.x>y B.xb>1得ab>1，a－b>0， 所以>0，即x－y>0，所以x>y. 答案　A 3.(教材習(xí)題改編)已知a≥b>0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a

4、2b，則M，N的大小關(guān)系為________. 解析　2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b). 因?yàn)閍≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>0，2a＋b>0， 從而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，故2a3－b3≥2ab2－a2b. 答案　M≥N 4.已知a>0，b>0且ln(a＋b)＝0，則＋的最小值是________. 解析　由題意得，a＋b＝1，a>0，b>0， ∴＋＝(a＋b)＝2＋＋≥2＋2＝4.當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝時(shí)等號(hào)成立. ∴＋的最小值是4. 答案　4 5.已知x>0，

5、y>0，證明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy. 證明　因?yàn)閤>0，y>0， 所以1＋x＋y2≥3>0，1＋x2＋y≥3>0，故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3·3＝9xy. 考點(diǎn)一　比較法證明不等式 【例1－1】 (2017·江蘇卷)已知a，b，c，d為實(shí)數(shù)，且a2＋b2＝4，c2＋d2＝16.試證明：ac＋bd≤8. 證明　∵(a2＋b2)(c2＋d2)－(ac＋bd)2 ＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2－(a2c2＋b2d2＋2acbd) ＝b2c2＋a2d2－2acbd＝(bc－ad)2≥0， ∴(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2

6、， 又a2＋b2＝4，c2＋d2＝16. 因此(ac＋bd)2≤64，從而ac＋bd≤8. 【例1－2】 (一題多解)已知a>0，b>0，求證：＋≥＋. 證明　法一　因?yàn)椋?＋) ＝ ＝， ∵a>0，b>0，∴>0. 因此＋≥＋. 法二　由于＝ ＝ ＝－1≥－1＝1. 又a>0，b>0，>0， 所以＋≥＋. 規(guī)律方法　1.作差(商)證明不等式，關(guān)鍵是對(duì)差(商)式進(jìn)行合理的變形，特別注意作商證明不等式，不等式的兩邊應(yīng)同號(hào). 2.在例1－2證明中，法一采用局部通分，優(yōu)化了解題過程；在法二中，利用不等式的性質(zhì)，把證明a>b轉(zhuǎn)化為證明>1(b>0). 提醒　在使用作商

7、比較法時(shí)，要注意說明分母的符號(hào). 【訓(xùn)練1】 設(shè)a，b是非負(fù)實(shí)數(shù)，求證：a2＋b2≥(a＋b). 證明　因?yàn)閍2＋b2－(a＋b) ＝(a2－a)＋(b2－b) ＝a(－)＋b(－) ＝(－)(a－b) ＝(a－b)(a－b). 因?yàn)閍≥0，b≥0，所以不論a≥b≥0，還是0≤a≤b，都有a－b與a－b同號(hào)，所以(a－b)(a－b)≥0， 所以a2＋b2≥(a＋b). 考點(diǎn)二　綜合法證明不等式 【例2－1】 (2017·全國(guó)Ⅱ卷)已知實(shí)數(shù)a>0，b>0，且a3＋b3＝2. 證明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4； (2)a＋b≤2. 證明　(1)∵a>0，b>0，且

8、a3＋b3＝2. 則(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6 ＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4) ＝4＋ab(a4－2a2b2＋b4) ＝4＋ab(a2－b2)2≥4. (2)因?yàn)?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. 【例2－2】 (2016·全國(guó)Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝＋，M為不等式f(x)<2的解集. (1)求M； (2)證明：當(dāng)a，b∈M時(shí)，|a＋b|<|1＋ab|. (1)解　f(x)＝ 當(dāng)x≤－時(shí)，由f(x)<2得－2x<2， 解得x>

9、－1，所以－1

10、不等式的性質(zhì)和均值不等式是最常用的.在運(yùn)用這些性質(zhì)時(shí)，要注意性質(zhì)成立的前提條件. 【訓(xùn)練2】 (2018·石家莊調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|. (1)求f(x)的最小值m； (2)若a，b，c均為正實(shí)數(shù)，且滿足a＋b＋c＝m，求證：＋＋≥3. (1)解　當(dāng)x<－1時(shí)，f(x)＝－2(x＋1)－(x－2)＝－3x>3； 當(dāng)－1≤x≤2時(shí)，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4， 此時(shí)，3≤f(x)≤6； 當(dāng)x>2時(shí)，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x>6. 綜上可知，f(x)的最小值m＝3. (2)證明　a，b，c均大于0，且a＋b＋c＝3. ∵

11、(a＋b＋c)＋＝＋＋≥2＝2(a＋b＋c)(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝1時(shí)取“＝”)， 所以＋＋≥a＋b＋c， 故＋＋≥3. 考點(diǎn)三　分析法證明不等式 【例3】 已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證：b>c且a＋b＋c＝0，知a>0，c<0. 要證0， 只需證(a－b)(2a＋b)>0， 只需證(a－b)(a－c)>0. ∵a>b>c，∴a－b>0，a－c>0， ∴(a－b)(a－c)>0顯然成立， 故原不等式成立. 規(guī)律方法　1.

12、當(dāng)要證的不等式較難發(fā)現(xiàn)條件和結(jié)論之間的關(guān)系時(shí)，可用分析法來尋找證明途徑，使用分析法證明的關(guān)鍵是推理的每一步必須可逆. 2.分析法證明的思路是“執(zhí)果索因”，其框圖表示為： →→→…→ 【訓(xùn)練3】 (2018·福州八中質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝|x－1|. (1)解不等式f(x)＋f(x＋4)≥8； (2)若|a|<1，|b|<1，且a≠0，求證：f(ab)>|a|f. (1)解　依題意，原不等式等價(jià)于|x－1|＋|x＋3|≥8. 當(dāng)x<－3時(shí)，則－2x－2≥8，解得x≤－5. 當(dāng)－3≤x≤1時(shí)，則4≥8不成立，不等式解集為?. 當(dāng)x>1時(shí)，則2x＋2≥8，解得x≥3. 所以不等

13、式f(x)＋f(x＋4)≥8的解集為{x|x≥3或x≤－5}. (2)證明　要證f(ab)>|a|f， 只需證|ab－1|>|b－a|， 只需證(ab－1)2>(b－a)2. ∵|a|<1，|b|<1，知a2<1，b2<1， ∴(ab－1)2－(b－a)2＝a2b2－a2－b2＋1 ＝(a2－1)(b2－1)>0. 故(ab－1)2>(b－a)2成立. 從而原不等式成立. 基礎(chǔ)鞏固題組 (建議用時(shí)：50分鐘) 1.設(shè)a，b，c均為正數(shù)，且a＋b＋c＝1，證明： (1)ab＋bc＋ca≤； (2)＋＋≥1. 證明　(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c

14、2＋a2≥2ca 得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)取“＝”. 由題設(shè)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?yàn)椋玝≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)取“＝”. 故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)， 則＋＋≥a＋b＋c. 所以＋＋≥1. 2.設(shè)a>0，b>0，且a＋b＝＋.證明： (1)a＋b≥2； (2)a2＋a<2與b2＋b<2不可能同時(shí)成立. 證明　由a＋b＝＋＝，a>0，b>0，得ab＝1. (1)由均值不等式及ab＝

15、1，有a＋b≥2＝2， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時(shí)等號(hào)成立，即a＋b≥2. (2)假設(shè)a2＋a<2與b2＋b<2同時(shí)成立，則由a2＋a<2及a>0，得0

16、|＋|x－1|的最小值為1. 要使f(x)≥|m－1|恒成立，只需|m－1|≤1， ∴0≤m≤2，則m的最大值M＝2. (2)證明　由(1)知，a2＋b2＝2， 由a2＋b2≥2ab，知ab≤1.① 又a＋b≥2，則(a＋b)≥2ab. 由①知，≤1.故a＋b≥2ab. 4.(2014·全國(guó)Ⅰ卷)若a＞0，b＞0，且＋＝. (1)求a3＋b3的最小值； (2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并說明理由. 解　(1)由＝＋≥，得ab≥2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝時(shí)等號(hào)成立. 故a3＋b3≥2≥4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝時(shí)等號(hào)成立. 所以a3＋b3的最小值為4. (2)由(1)知，

17、2a＋3b≥2·≥4. 由于4＞6，從而不存在a，b，使得2a＋3b＝6. 5.已知函數(shù)f(x)＝k－|x－3|，k∈R，且f(x＋3)≥0的解集為[－1，1]. (1)求k的值； (2)若a，b，c是正實(shí)數(shù)，且＋＋＝1. 求證：a＋2b＋3c≥9. (1)解　因?yàn)閒(x)＝k－|x－3|， 所以f(x＋3)≥0等價(jià)于|x|≤k， 由|x|≤k有解，得k≥0，且解集為[－k，k]. 因?yàn)閒(x＋3)≥0的解集為[－1，1]. 因此k＝1. (2)證明　由(1)知＋＋＝1，因?yàn)閍，b，c為正實(shí)數(shù). 所以a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c) ＝3＋＋＋ ≥3＋2＋2＋2＝

18、9. 當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b＝3c時(shí)等號(hào)成立. 因此a＋2b＋3c≥9. 能力提升題組 (建議用時(shí)：30分鐘) 6.(2015·全國(guó)Ⅱ卷)設(shè)a，b，c，d均為正數(shù)，且a＋b＝c＋d，證明： (1)若ab>cd，則＋>＋； (2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要條件. 證明　(1)∵a，b，c，d為正數(shù)，且a＋b＝c＋d， 欲證＋>＋，只需證明(＋)2>(＋)2， 也就是證明a＋b＋2>c＋d＋2， 只需證明>，即證ab>cd. 由于ab>cd，因此＋>＋. (2)①若|a－b|<|c－d|，則(a－b)2<(c－d)2， 即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.

19、 ∵a＋b＝c＋d，所以ab>cd. 由(1)得＋>＋. ②若＋>＋，則(＋)2>(＋)2， ∴a＋b＋2>c＋d＋2. ∵a＋b＝c＋d，所以ab>cd. 于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2. 因此|a－b|<|c－d|. 綜上，＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要條件. 7.(2018·樂山模擬)已知定義在R上的函數(shù)f(x)＝|x－m|＋|x|，m∈N+，若存在實(shí)數(shù)x使得f(x)<2成立. (1)求實(shí)數(shù)m的值； (2)若α，β>1，f(α)＋f(β)＝6，求證：＋≥. (1)解　因?yàn)閨x－m|＋|x|≥|x－m－x|＝|m|，

20、 要使|x－m|＋|x|<2有解，則|m|<2，解得－21，f(α)＋f(β)＝2α－1＋2β－1＝6， ∴α＋β＝4， ∴＋≥(α＋β) ＝≥＝， 當(dāng)且僅當(dāng)＝，即α＝，β＝時(shí)“＝”成立， 故＋≥. 8.設(shè)函數(shù)f(x)＝|2x－a|，g(x)＝x＋2. (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求不等式f(x)＋f(－x)≤g(x)的解集； (2)求證：f ，f ，f 中至少有一個(gè)不小于. (1)解　當(dāng)a＝1時(shí)，|2x－1|＋|2x＋1|≤x＋2， 化簡(jiǎn)可得或或 解得0≤x<或≤x≤. 綜上，不等式的解集為. (2)證明　假設(shè)f ，f ，f 都小于， 則 前兩式相加得－