2019高考数学考点突破精解__鸭系列：不等式的证明精品学案

不等式的证明
【考点梳理】
1．基本不等式
定理1：设a ，b ∈R ，则a 2
＋b 2
≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立． 定理2：如果a ，b 为正数，则
a ＋b
2
≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．
定理3：如果a ，b ，c 为正数，则
a ＋
b ＋c
3
≥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a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则
a 1＋a 2＋…＋a n
n
≥n
a 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 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)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． 【考点突破】
考点一、比较法证明不等式
【例1】设a ，b 是非负实数，求证：a 2
＋b 2
≥ab (a ＋b ). [解析] 因为a 2
＋b 2
－ab (a ＋b ) ＝(a 2
－a ab )＋(b 2
－b ab ) ＝a a (a －b )＋b b (b －a )
＝(a －b )(a a －b b )
＝1133
2222a b a b ⎛⎫⎛⎫-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭
. 因为a ≥0，b ≥0，所以不论a ≥b ≥0，还是0≤a ≤b ，都有1
12
2
a b -与332
2
a b -同号，所以
1133
2222a b a b ⎛⎫⎛⎫-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭
≥0， 所以a 2＋b 2≥ab (a ＋b ). 【类题通法】
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积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负． 【对点训练】
已知a >0，b >0，求证：
a b ＋b
a
≥a ＋b . [解析] 法一 因为
a b ＋b
a
－(a ＋b ) ＝（a ）3
＋（b ）3
－（a ＋b ）ab ab ＝（a ＋b ）（a －b ）
2
ab
，
∵a >0，b >0，∴（a ＋b ）（a －b ）2
ab
>0.
因此
a b ＋b
a
≥a ＋b . 法二 由于a b ＋b a a ＋b ＝a a ＋b b
ab （a ＋b ）
＝（a ＋b ）（a －ab ＋b ）ab （a ＋b ）＝a ＋b ab －1≥2ab
ab －1＝1.
又a >0，b >0，ab >0，所以
a b ＋b
a
≥a ＋b . 考点二、综合法证明不等式
【例2】已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪
⎪⎪x ＋12，M 为不等式f (x )<2的解集. (1)求M ；
(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |<|1＋ab |.
[解析] (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－1
2
，
1，－12<x <1
2，
2x ，x ≥12
.
当x ≤－1
2
时，由f (x )<2得－2x <2，
解得x >－1，所以－1<x ≤－1
2；
当－12<x <1
2时，f (x )<2恒成立.
当x ≥1
2时，由f (x )<2得2x <2，
解得x <1，所以1
2
<x <1.
所以f (x )<2的解集M ＝{x |－1<x <1}.
(2)由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1<a <1，－1<b <1， 从而(a ＋b )2
－(1＋ab )2
＝a 2
＋b 2
－a 2b 2
－1 ＝(a 2
－1)(1－b 2
)<0，
所以(a ＋b )2
<(1＋ab )2
，因此|a ＋b |<|1＋ab |. 【类题通法】
1．综合法证明的实质是由因导果，其证明的逻辑关系是：A ⇒B 1⇒B 2⇒…⇒B n ⇒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． 【对点训练】
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：b 2a ＋c 2b ＋a 2
c
≥3.
[解析] (1)当x ＜－1时，f (x )＝－2(x ＋1)－(x －2)＝－3x ＞3； 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.
(2)a ，b ，c 均为正实数，且满足a ＋b ＋c ＝3，
因为b 2a ＋c 2b ＋a 2
c
＋(a ＋b ＋c )
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a ＋a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2b ＋b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2
c ＋c ≥2⎝
⎛⎭
⎪⎫
b 2
a
·a ＋c 2
b
·b ＋a 2c ·c ＝2(a ＋b ＋c ). (当且仅当a ＝b ＝c ＝1时取“＝”)
所以b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥a ＋b ＋c ，即b 2a ＋c 2b ＋a 2
c
≥3.
考点三、分析法证明不等式
【例3】设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明： (1)若ab >cd ，则a ＋b >c ＋d ；
(2)a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件． [解析] (1)∵a ，b ，c ，d 为正数，且a ＋b ＝c ＋d ， 欲证a ＋b ＞c ＋d ，
只需证明(a ＋b )2
＞(c ＋d )2
， 也就是证明a ＋b ＋2ab ＞c ＋d ＋2cd ， 只需证明ab ＞cd ，即证ab ＞cd . 由于ab ＞cd ，
因此a ＋b ＞c ＋d .
(2)①若|a －b |<|c －d |，则(a －b )2
<(c －d )2
， 即(a ＋b )2
－4ab <(c ＋d )2
－4cd . 因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd . 由(1)，得a ＋b >c ＋d .
②若a ＋b >c ＋d ，则(a ＋b )2>(c ＋d )2
， 即a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd . 因为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 |.
综上，a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件. 【类题通法】
1．本题将不等式证明与充要条件的判定渗透命题，考查推理论证能力和转化与化归的思想方法，由于两个不等式两边都是正数，可通过两边平方来证明．
2．当要证的不等式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．
3．分析法证明的思路是“执果索因”，其框图表示为：
Q ⇐P 1→P 1⇐P 2→P 2⇐P 3→…→
得到一个明显
成立的条件
【对点训练】
已知函数f (x )＝|x －1|.
(1)解不等式f (x )＋f (x ＋4)≥8；
(2)若|a |<1，|b |<1，且a ≠0，求证：f (ab )>|a |f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫b a . [解析] (1)依题意，原不等式等价于|x －1|＋|x ＋3|≥8. 当x <－3时，则－2x －2≥8，解得x ≤－5. 当－3≤x ≤1时，则4≥8不成立，不等式解集为∅. 当x >1时，则2x ＋2≥8，解得x ≥3.
所以不等式f (x )＋f (x ＋4)≥8的解集为{x |x ≥3或x ≤－5}. (2)要证f (ab )>|a |f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫b a
，
只需证|ab －1|>|b －a |，只需证(ab －1)2
>(b －a )2
. ∵|a |<1，|b |<1，知a 2
<1，b 2
<1， ∴(ab －1)2
－(b －a )2
＝a 2b 2
－a 2
－b 2
＋1
＝(a2－1)(b2－1)>0.
故(ab－1)2>(b－a)2成立.从而原不等式成立.。