2021届步步高数学大一轮复习讲义(文科)第十二章 12.2 第2课时 不等式的证明

第2课时 不等式的证明1．比较法 (1)作差比较法已知a >b ⇔a －b >0，a <b ⇔a －b <0，因此要证明a >b ，只要证明a －b >0即可，这种方法称为作差比较法． (2)作商比较法由a >b >0⇔a b >1且a >0，b >0，因此当a >0，b >0时，要证明a >b ，只要证明ab>1即可，这种方法称为作商比较法．2．综合法从已知条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，最终推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法叫做综合法，即“由因导果”的方法．3．分析法从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)，从而得出要证的不等式成立，这种证明方法叫做分析法，即“执果索因”的方法．4．反证法先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立．5．放缩法证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的．概念方法微思考1．综合法与分析法有何内在联系？提示 综合法往往是分析法的相反过程，其表述简单、条理清楚，当问题比较复杂时，通常把分析法和综合法结合起来使用，以分析法寻找证明的思路，而用综合法叙述、表达整个证明过程．2．分析法的过程中为什么要使用“要证”，“只需证”这样的连接“关键词”？提示 因为“要证”“只需证”这些词说明了分析法需要寻求的是充分条件，符合分析法的思维是逆向思维的特点，因此在证明时，这些词是必不可少的．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)当a ≥0，b ≥0时，a ＋b2≥ab .( √ )(2)用反证法证明命题“a ，b ，c 全为0”的假设为“a ，b ，c 全不为0”．( × ) (3)若实数x ，y 适合不等式xy >1，x ＋y >－2，则x >0，y >0.( √ )(4)若m ＝a ＋2b ，n ＝a ＋b 2＋1，则n ≥m .( √ ) 题组二 教材改编2．已知a ，b ∈R ＋，a ＋b ＝2，则1a ＋1b 的最小值为( )A ．1B ．2C ．4D ．8答案 B解析 因为a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝2， 所以(a ＋b )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋ab≥2＋2b a ·ab ＝4， 所以1a ＋1b ≥4a ＋b ＝2，即1a ＋1b 的最小值为2(当且仅当a ＝b ＝1时，“＝”成立)．故选B.3．若a ，b ，m ∈R ＋，且a >b ，则下列不等式一定成立的是( ) A.b ＋m a ＋m ≥b a B.b ＋m a ＋m >ba C.b ＋m a ＋m ≤b a D.b ＋m a ＋m <b a答案 B解析 因为a ，b ，m ∈R ＋，且a >b .所以b ＋m a ＋m －b a ＝m (a －b )a (a ＋m )>0，即b ＋m a ＋m >b a，故选B.题组三 易错自纠4．已知a ＋b ＋c >0，ab ＋bc ＋ac >0，abc >0，用反证法求证a >0，b >0，c >0时的假设为( ) A ．a <0，b <0，c <0 B ．a ≤0，b >0，c >0 C ．a ，b ，c 不全是正数 D ．abc <0答案 C5．若a >b >1，x ＝a ＋1a ，y ＝b ＋1b ，则x 与y 的大小关系是( )A ．x >yB ．x <yC ．x ≥yD ．x ≤y 答案 A解析 x －y ＝a ＋1a －⎝⎛⎭⎫b ＋1b ＝a －b ＋b －a ab ＝(a －b )(ab －1)ab .由a >b >1，得ab >1，a －b >0，所以(a －b )(ab －1)ab>0，即x －y >0，所以x >y .故选A.6．若a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．a >b >c B ．a >c >b C ．b >c >a D ．c >a >b 答案 A解析 “分子”有理化得a ＝13＋2，b ＝16＋5， c ＝17＋6，∴a >b >c .用综合法与分析法证明不等式例1 (1)已知x ，y 均为正数，且x >y ，求证：2x ＋1x 2－2xy ＋y 2≥2y ＋3；(2)设a ，b ，c >0且ab ＋bc ＋ca ＝1，求证：a ＋b ＋c ≥ 3. 证明 (1)因为x >0，y >0，x －y >0， 2x ＋1x 2－2xy ＋y 2－2y ＝2(x －y )＋1(x －y )2＝(x －y )＋(x －y )＋1(x －y )2≥33(x －y )2·1(x －y )2＝3(当且仅当x －y ＝1时，等号成立)，所以2x ＋1x 2－2xy ＋y 2≥2y ＋3.(2)因为a ，b ，c >0， 所以要证a ＋b ＋c ≥3， 只需证明(a ＋b ＋c )2≥3.即证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3， 而ab ＋bc ＋ca ＝1，故需证明a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3(ab ＋bc ＋ca )， 即证a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .而ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 22＝a 2＋b 2＋c 2(当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立)成立， 所以原不等式成立．思维升华 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． 跟踪训练1 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 . (1)解 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)证明 要证f (ab )>|a |·f ⎝⎛⎭⎫b a ， 只需证|ab －1|>|b －a |， 只需证(ab －1)2>(b －a )2.因为|a |<1，|b |<1，知a 2<1，b 2<1，所以(ab －1)2－(b －a )2＝a 2b 2－a 2－b 2＋1＝(a 2－1)(b 2－1)>0. 故(ab －1)2>(b －a )2成立． 从而原不等式成立．放缩法证明不等式例2 (1)设a >0，||x －1<a 3，|y －2|<a3，求证：|2x ＋y －4|<a .证明 由a >0，|x －1|<a 3，可得|2x －2|<2a3，又|y －2|<a3，∴|2x ＋y －4|＝|(2x －2)＋(y －2)|≤|2x －2|＋|y －2|<2a 3＋a3＝a . 即|2x ＋y －4|<a .(2)设n 是正整数，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <1.证明 由2n ≥n ＋k >n (k ＝1,2，…，n )，得 12n ≤1n ＋k <1n. 当k ＝1时，12n ≤1n ＋1<1n ；当k ＝2时，12n ≤1n ＋2<1n ；…当k ＝n 时，12n ≤1n ＋n <1n，∴12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <n n ＝1. ∴原不等式成立．思维升华(1)在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的证明技巧，常见的放缩方法有：①变换分式的分子和分母，如1k2<1k(k－1)，1k2>1k(k＋1)，1k<2k＋k－1，1k>2k＋k＋1，上面不等式中k∈N*，k>1.②利用函数的单调性．③利用结论，如“若0<a<b，m>0，则ab<a＋mb＋m.”(2)使用绝对值不等式的性质证明不等式时，常与放缩法结合在一起应用，利用放缩法时要目标明确，通过添、拆项后，适当放缩．跟踪训练2设f (x)＝x2－x＋1，实数a满足|x－a|<1，求证：|f (x)－f (a)|<2(|a|＋1)．证明|f (x)－f (a)|＝|x2－x－a2＋a|＝|x－a|·|x＋a－1|<|x＋a－1|＝|x－a＋2a－1|≤|x－a|＋|2a－1|<1＋|2a|＋1＝2(|a|＋1)，即|f (x)－f (a)|<2(|a|＋1)．通过翻阅近几年全国各省市高考数学试题，发现不少题目可以利用柯西不等式来求解，灵活地运用柯西不等式将会使我们的解题变得更为便利．例1函数y＝x－5＋26－x的最大值是()A. 3B. 5C．3 D．5答案 B解析根据柯西不等式知，y＝1×x－5＋2×6－x≤12＋22×(x －5)2＋(6－x )2＝5(当且仅当x ＝265时取等号)．例2 设a ，b ，m ，n ∈R ，且a 2＋b 2＝5，ma ＋nb ＝5，则m 2＋n 2的最小值为________． 答案5解析 根据柯西不等式(ma ＋nb )2≤(a 2＋b 2)(m 2＋n 2)， 得25≤5(m 2＋n 2)，m 2＋n 2≥5， 当且仅当an ＝bm 时等号成立， 所以m 2＋n 2的最小值为 5.例3 已知a ＋b ＋c ＝1，求证：a 2＋b 2＋c 2≥13.证明 方法一 ∵a 2＋b 2＋c 2＝(a ＋b ＋c )2－(2ab ＋2bc ＋2ac )≥(a ＋b ＋c )2－2(a 2＋b 2＋c 2)， ∴3(a 2＋b 2＋c 2)≥(a ＋b ＋c )2＝1， ∴a 2＋b 2＋c 2≥13.方法二∵a 2＋b 2＋c 2－13＝a 2＋b 2＋c 2－(a ＋b ＋c )23＝13(2a 2＋2b 2＋2c 2－2ab －2bc －2ac )＝13[(a －b )2＋(b －c )2＋(a －c )2]≥0， ∴a 2＋b 2＋c 2≥13.方法三 ∵(12＋12＋12)(a 2＋b 2＋c 2)≥(a ＋b ＋c )2＝1， 即3(a 2＋b 2＋c 2)≥1，当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立， ∴a 2＋b 2＋c 2≥13.1．已知函数f (x )＝|2x －1|－|x ＋1|.(1)解不等式f (x )≤4；(2)记函数y ＝f (x )＋3|x ＋1|的最小值m ，正实数a ，b 满足a ＋b ＝m 3，求证：log 3⎝⎛⎭⎫4a ＋1b ≥2. (1)解 f (x )≤4等价于⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤－1，－2x ＋1＋x ＋1≤4或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <12，－2x ＋1－x －1≤4或 ⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，2x －1－x －1≤4，故－2≤x ≤－1或－1<x <12或12≤x ≤6， 综上f (x )≤4的解集为[－2,6]．(2)证明 f (x )＋3|x ＋1|＝|2x －1|＋|2x ＋2|≥|2x －1－(2x ＋2)|＝3，当且仅当(2x －1)(2x ＋2)≤0，即－1≤x ≤12时取等号， ∴m ＝3，a ＋b ＝1，∴4a ＋1b ＝⎝⎛⎭⎫4a ＋1b (a ＋b )＝5＋4b a ＋a b≥5＋24b a ·a b＝9， 当且仅当a ＝23，b ＝13时等号成立， ∴log 3⎝⎛⎭⎫4a ＋1b ≥log 39＝2.2．已知函数f (x )＝|x －5|，g (x )＝5－|2x －3|.(1)解不等式f (x )<g (x )；(2)设F ＝f (x 2＋y 2)－g (3y ＋12)，求证：F ≥2.(1)解 由题意得原不等式为|x －5|＋|2x －3|<5，等价于⎩⎪⎨⎪⎧ x >5，x －5＋2x －3<5或⎩⎪⎨⎪⎧32≤x ≤5，5－x ＋2x －3<5 或⎩⎪⎨⎪⎧x <32，5－x ＋3－2x <5， 解得x ∈∅或32≤x <3或1<x <32， 综上可得1<x <3.∴原不等式的解集为{x |1<x <3}．(2)证明 F ＝|x 2＋y 2－5|＋|2(3y ＋12)－3|－5＝|x 2＋y 2－5|＋|6y ＋21|－5≥|x 2＋y 2－5＋6y ＋21|－5＝|x 2＋(y ＋3)2＋7|－5＝x 2＋(y ＋3)2＋2≥2，当且仅当x ＝0且y ＝－3时等号成立．3．已知函数f (x )＝x 2＋|x －2|.(1)解不等式f (x )>2|x |；(2)若f (x )≥a 2＋2b 2＋3c 2(a >0，b >0，c >0)对任意x ∈R 恒成立，求证：ab ·c <7232. (1)解 由f (x )>2|x |，得x 2＋|x －2|>2|x |，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥2，x 2＋x －2>2x 或⎩⎪⎨⎪⎧ 0<x <2，x 2＋2－x >2x或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，x 2＋2－x >－2x ，解得x >2或0<x <1或x ≤0，即x >2或x <1.所以不等式f (x )>2|x |的解集为(－∞，1)∪(2，＋∞)．(2)证明 当x ≥2时，f (x )＝x 2＋x －2≥22＋2－2＝4；当x <2时，f (x )＝x 2－x ＋2＝⎝⎛⎭⎫x －122＋74≥74， 所以f (x )的最小值为74. 因为f (x )≥a 2＋2b 2＋3c 2对任意x ∈R 恒成立，所以a 2＋2b 2＋3c 2≤74. 又a 2＋2b 2＋3c 2＝a 2＋c 2＋2(b 2＋c 2)≥2ac ＋4bc ≥42abc 2，且等号不能同时成立，所以42abc 2<74，即ab ·c <7232.4．(2020·四川六市诊断)设a >0，b >0，且a ＋b ＝ab .(1)若不等式|x |＋|x －2|≤a ＋b 恒成立，求实数x 的取值范围；(2)是否存在实数a ，b 使得4a ＋b ＝8？并说明理由．解 (1)由a ＋b ＝ab ，得1a ＋1b＝1， a ＋b ＝(a ＋b )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋a b≥2＋2b a ·a b＝4， 当且仅当a ＝b ＝2时等号成立．不等式|x |＋|x －2|≤a ＋b 恒成立等价于|x |＋|x －2|≤4， 当x <0时，不等式为－2x ＋2≤4，此时－1≤x <0； 当0≤x ≤2时，不等式2≤4成立，此时0≤x ≤2； 当x >2时，不等式为2x －2≤4，此时2<x ≤3.综上，实数x 的取值范围是[－1,3]．(2)由于a >0，b >0，由4a ＋b ＝(4a ＋b )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝5＋b a ＋4a b≥5＋2b a ·4a b＝9，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧ b a ＝4a b ，a ＋b ＝ab ，即a ＝32，b ＝3时， 4a ＋b 取得最小值9，所以不存在实数a ，b ，使得4a ＋b ＝8成立．5．已知函数f (x )＝|x －3|.(1)解不等式f (x )＋f (x ＋1)≥5；(2)若|a |>1，且f (ab )>|a |·f ⎝⎛⎭⎫b a ，证明：|b |>3.(1)解 |x －3|＋|x －2|≥5，当x >3时，(x －3)＋(x －2)≥5，x ≥5；当2≤x ≤3时，(3－x )＋(x －2)≥5,1≥5，无解；当x <2时，(3－x )＋(2－x )≥5，x ≤0，综上，不等式的解集为{x |x ≥5或x ≤0}．(2)证明 f (ab )>|a |·f ⎝⎛⎭⎫b a 等价于|ab －3|>|a |·⎪⎪⎪⎪b a －3，即|ab －3|>|b －3a |，则(ab －3)2>(b －3a )2，化简得a 2b 2＋9－b 2－9a 2>0，即(a 2－1)(b 2－9)>0.因为|a |>1，所以a 2－1>0，所以b 2－9>0，|b |>3.。