(通用版)201X版高考数学一轮复习 不等式选讲 2 第2讲 不等式的证明教案 理

第2讲 不等式的证明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 ＋b2≥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 ＋c3≥3abc ，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≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．2．不等式的证明方法证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等． 3．数学归纳法证明不等式的关键使用数学归纳法证明与自然数有关的不等式，关键是由n ＝k 时不等式成立推证n ＝k ＋1时不等式成立，此步的证明要具有目标意识，要注意与最终达到的解题目标进行分析、比较，以便确定解题方向．对于任意的x 、y ∈R ，求证|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|≥3. 证明：根据绝对值的几何意义，可知|x －1|＋|x |≥1， |y －1|＋|y ＋1|≥2，所以|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|≥1＋2＝3. 若a ，b ∈(0，＋∞)且a ＋b ＝1，求证：1a 2＋1b2≥8.证明：因为a ＋b ＝1， 所以a 2＋2ab ＋b 2＝1. 因为a >0，b >0， 所以1a 2＋1b 2＝（a ＋b ）2a 2＋（a ＋b ）2b 2＝1＋2ba ＋b 2a 2＋1＋2a b ＋a 2b 2＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b a ＋2a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a 2＋a 2b 2≥2＋22b a ·2a b＋2b 2a 2·a 2b 2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫当a ＝b ＝12时取等号.若x ，y ，z ∈R ＋，且x ＋y >z ，求证：x 1＋x ＋y 1＋y >z1＋z . 证明：因为x ＋y >z ， 所以x ＋y －z >0.由分数性质得z 1＋z <z ＋（x ＋y －z ）1＋z ＋（x ＋y －z ）＝x ＋y1＋x ＋y.因为x >0，y >0，所以x ＋y 1＋x ＋y ＝x 1＋x ＋y ＋y 1＋x ＋y <x 1＋x ＋y 1＋y.所以x 1＋x ＋y 1＋y >z1＋z.若a >b >1，证明：a ＋1a >b ＋1b.证明：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a ＋1a －⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b >0，所以a ＋1a >b ＋1b.比较法证明不等式[典例引领](2016·高考全国卷Ⅱ)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】(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12＜x ＜12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )＜2得－2x ＜2，解得x ＞－1；当－12＜x ＜12时，f (x )＜2；当x ≥12时，由f (x )＜2得2x ＜2，解得x ＜1.所以f (x )＜2的解集M ＝{x |－1＜x ＜1}．(2)证明：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.因此|a ＋b |＜|1＋ab |.比较法证明不等式的方法与步骤(1)作差比较法：作差、变形、判号、下结论． (2)作商比较法：作商、变形、判断、下结论．[提醒] (1)当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时，一般使用作差比较法． (2)当被证的不等式两边含有幂式或指数式或乘积式时，一般使用作商比较法．[通关练习]1．若a ，b ∈R ＋，证明：(a ＋b )(a 5＋b 5)≤2(a 6＋b 6)．证明：因为(a ＋b )(a 5＋b 5)－2(a 6＋b 6)＝a 6＋a 5b ＋ab 5＋b 6－2a 6－2b 6＝a 5b ＋ab 5－a 6－b 6＝a 5(b －a )＋b 5(a －b )＝(a －b )(b 5－a 5)．当a >b >0时，a －b >0，b 5－a 5<0，有(a －b )(b 5－a 5)<0. 当b >a >0时，a －b <0，b 5－a 5>0，有(a －b )(b 5－a 5)<0. 当a ＝b >0时，a －b ＝0，有(a －b )(b 5－a 5)＝0. 综上可知(a ＋b )(a 5＋b 5)≤2(a 6＋b 6)．2．已知a ，b ∈(0，＋∞)，求证：a b b a ≤(ab )a ＋b2.证明：a b b a （ab ）a ＋b 2＝ab －a ＋b 2ba －a ＋b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b2.当a ＝b 时，⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b2＝1；当a >b >0时，0<ba <1，a －b2>0，⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b2<1. 当b >a >0时，b a >1，a －b 2<0，⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b2<1.所以a b b a ≤(ab )a ＋b2.用综合法、分析法证明不等式[典例引领](2017·高考全国卷Ⅱ)已知a >0，b >0，a 3＋b 3＝2.证明： (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4； (2)a ＋b ≤2.【证明】 法一：(综合法) (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6 ＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4) ＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4.(2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3 ＝2＋3ab (a ＋b )≤2＋3（a ＋b ）24·(a ＋b )＝2＋3（a ＋b ）34，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2. 法二：(分析法)(1)因为a >0，b >0，a 3＋b 3＝2.要证(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4， 只需证(a ＋b )(a 5＋b 5)≥(a 3＋b 3)2， 再证a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6≥a 6＋2a 3b 3＋b 6， 再证a 4＋b 4≥2a 2b 2，因为(a 2－b 2)2≥0，即a 4＋b 4≥2a 2b 2成立． 故原不等式成立． (2)要证a ＋b ≤2成立， 只需证(a ＋b )3≤8，再证a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3≤8， 再证ab (a ＋b )≤2， 再证ab (a ＋b )≤a 3＋b 3，再证ab (a ＋b )≤(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)， 即证ab ≤a 2－ab ＋b 2显然成立． 故原不等式成立．分析法与综合法常常结合起来使用，称为分析综合法，其实质是既充分利用已知条件，又时刻瞄准解题目标，即不仅要搞清已知什么，还要明确干什么，通常用分析法找到解题思路，用综合法书写证题过程．[通关练习]1．设x ≥1，y ≥1，求证：x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy .证明：由于x ≥1，y ≥1， 要证x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ，只需证xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2. 因为[y ＋x ＋(xy )2]－[xy (x ＋y )＋1] ＝[(xy )2－1]－[xy (x ＋y )－(x ＋y )] ＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1) ＝(xy －1)(xy －x －y ＋1) ＝(xy －1)(x －1)(y －1)，因为x ≥1，y ≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0，从而所要证明的不等式成立．2．已知实数a ，b ，c 满足a >0，b >0，c >0，且abc ＝1. (1)证明：(1＋a )(1＋b )(1＋c )≥8； (2)证明：a ＋b ＋c ≤1a ＋1b ＋1c.证明：(1)1＋a ≥2a ，1＋b ≥2b ，1＋c ≥2c ， 相乘得：(1＋a )(1＋b )(1＋c )≥8abc ＝8. (2)1a ＋1b ＋1c＝ab ＋bc ＋ac ，ab ＋bc ≥2ab 2c ＝2b ， ab ＋ac ≥2a 2bc ＝2a ， bc ＋ac ≥2abc 2＝2c ，相加得a ＋b ＋c ≤1a ＋1b ＋1c.反证法证明不等式[典例引领]设0<a ，b ，c <1，求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14.【证明】 设(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >14，三式相乘得(1－a )b ·(1－b )c ·(1－c )a >164，①又因为0<a ，b ，c <1，所以0<(1－a )a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤（1－a ）＋a 22＝14.同理：(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14，以上三式相乘得(1－a )a ·(1－b )b ·(1－c )c ≤164，与①矛盾．所以(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14.利用反证法证明问题的一般步骤(1)否定原结论；(2)从假设出发，导出矛盾；(3)证明原命题正确．已知a＋b＋c>0，ab＋bc＋ca>0，abc>0，求证：a，b，c>0.证明：(1)设a<0，因为abc>0，所以bc<0.又由a＋b＋c>0，则b＋c>－a>0，所以ab＋bc＋ca＝a(b＋c)＋bc<0，与题设矛盾．(2)若a＝0，则与abc>0矛盾，所以必有a>0.同理可证：b>0，c>0.综上可证a，b，c>0.放缩法证明不等式[典例引领]若a，b∈R，求证：|a＋b|1＋|a＋b|≤|a|1＋|a|＋|b|1＋|b|.【证明】当|a＋b|＝0时，不等式显然成立．当|a＋b|≠0时，由0＜|a＋b|≤|a|＋|b|⇒1|a＋b|≥1|a|＋|b|，所以|a＋b|1＋|a＋b|＝11|a＋b|＋1≤11＋1|a|＋|b|＝|a|＋|b| 1＋|a|＋|b|＝|a|1＋|a|＋|b|＋|b|1＋|a|＋|b|≤|a|1＋|a|＋|b|1＋|b|.综上，原不等式成立．“放”和“缩”的常用技巧在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧． 常见的放缩变换有：(1)变换分式的分子和分母，如1k2<1k （k －1），1k 2>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)真分数性质“若0<a <b ，m >0，则a b <a ＋mb ＋m”．[提醒] 在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．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，所以12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <n n ＝1.所以原不等式成立．用数学归纳法证明不等式[典例引领]证明贝努利不等式：设x ∈R ，且x >－1，x ≠0，n ∈N ，n >1，则(1＋x )n >1＋nx . 【证明】 (1)当n ＝2时，因为x ≠0.所以(1＋x )2＝1＋2x ＋x 2>1＋2x ，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥2)时不等式成立， 即有(1＋x )k >1＋kx ，则当n＝k＋1时，由于x>－1，x≠0.所以(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)(1＋kx)＝1＋x＋kx＋kx2>1＋(k＋1)x，所以当n＝k＋1时不等式成立．由(1)(2)可知，贝努利不等式成立．用数学归纳法证明与自然数有关的命题时应注意以下两个证题步骤：(1)证明当n＝n0(满足命题的最小的自然数的值)时，命题正确．(2)在假设n＝k(k≥n0)时命题正确的基础上，推证当n＝k＋1时，命题也正确．这两步合为一体才是数学归纳法，缺一不可．其中第一步是基础，第二步是递推的依据．证明：对于n∈N*，不等式|sin nθ|≤n|sin θ|恒成立．证明：(1)当n＝1时，上式左边＝|sin θ|＝右边，不等式成立．(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时不等式成立，即有|sin kθ|≤k|sin θ|.当n＝k＋1时，|sin(k＋1)θ|＝|sin kθcos θ＋cos kθsin θ|≤|sin kθcos θ|＋|cos kθsin θ|＝|sin kθ|·|cos θ|＋|cos kθ|·|sin θ|≤|sin kθ|＋|sin θ|≤k|sin θ|＋|sin θ|＝(k＋1)|sin θ|.所以当n＝k＋1时不等式也成立．由(1)(2)可知，不等式对一切正整数n均成立．证明不等式的常用方法与技巧(1)如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出或否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法；如果待证不等式与自然数有关，则考虑用数学归纳法等．(2)在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．尤其是对含绝对值不等式的解法或证明，其简化的基本思路是去绝对值号，转化为常见的不等式(组)求解．多以绝对值的几何意义或“找零点、分区间、逐个解、并起来”为简化策略，而绝对值三角不等式，往往作为不等式放缩的依据．在使用基本不等式时，等号成立的条件是一直要注意的事情，特别是连续使用时，要分析每次使用时等号是否成立．1．(2018·安徽省两校阶段性测试)已知函数f (x )＝|x －2|. (1)解不等式：f (x )＋f (x ＋1)≤2； (2)若a <0，求证：f (ax )－af (x )≥f (2a )．解：(1)由题意，得f (x )＋f (x ＋1)＝|x －1|＋|x －2|. 因此只要解不等式|x －1|＋|x －2|≤2.当x ≤1时，原不等式等价于－2x ＋3≤2，即12≤x ≤1；当1<x ≤2时，原不等式等价于1≤2，即1<x ≤2； 当x >2时，原不等式等价于2x －3≤2，即2<x ≤52.综上，原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧x ⎪⎪⎪⎭⎪⎬⎪⎫12≤x ≤52.(2)证明：由题意得f (ax )－af (x )＝|ax －2|－a |x －2|＝|ax －2|＋|2a －ax |≥|ax －2＋2a －ax |＝|2a －2|＝f (2a )，所以f (ax )－af (x )≥f (2a )成立． 2．求证：112＋122＋132＋…＋1n 2<2.证明：因为1n 2<1n （n －1）＝1n －1－1n，所以112＋122＋132＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋13×4＋…＋1（n －1）×n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n <2. 3．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )，当x ∈[－1，1]时，|f (x )|≤1. (1)求证：|b |≤1；(2)若f (0)＝－1，f (1)＝1，求实数a 的值．解：(1)证明：由题意知f (1)＝a ＋b ＋c ，f (－1)＝a －b ＋c ，所以b ＝12[f (1)－f (－1)]． 因为当x ∈[－1，1]时，|f (x )|≤1，所以|f (1)|≤1，|f (－1)|≤1，所以|b |＝12|f (1)－f (－1)|≤12[|f (1)|＋|f (－1)|]≤1. (2)由f (0)＝－1，f (1)＝1可得c ＝－1，b ＝2－a ，所以f (x )＝ax 2＋(2－a )x －1.当a ＝0时，不满足题意，当a ≠0时，函数f (x )图象的对称轴为x ＝a －22a ，即x ＝12－1a. 因为x ∈[－1，1]时，|f (x )|≤1，即|f (－1)|≤1，所以|2a －3|≤1，解得1≤a ≤2.所以－12≤12－1a ≤0，故|f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1a |＝ |a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1a 2＋(2－a )⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1a －1|≤1. 整理得|（a －2）24a＋1|≤1， 所以－1≤（a －2）24a＋1≤1， 所以－2≤（a －2）24a≤0， 又a ＞0，所以（a －2）24a≥0， 所以（a －2）24a＝0，所以a ＝2. 4．设a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1.(1)求证：2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12； (2)求证：a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a≥2.证明：(1)要证2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12，只需证1≥4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2，即证1－(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)≥0，而1－(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)＝(a ＋b ＋c )2－(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)＝a 2＋b 2－2ab ＝(a －b )2≥0成立，所以2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12. (2)因为a 2＋c 2b ≥2ac b ，b 2＋a 2c ≥2ab c ，c 2＋b 2a ≥2bc a， 所以a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫ac b ＋ab c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ab c ＋bc a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ac b ＋bc a ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c ＋b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c ＋c a ＋c ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a ≥2a ＋2b ＋2c ＝2(当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立)． 5．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：(1)f (x )＋f (x ＋4)＝|x －1|＋|x ＋3|＝⎩⎨⎧－2x －2，x <－3，4，－3≤x ≤12x ＋2，x >1.当x <－3时，由－2x －2≥8，解得x ≤－5；当－3≤x ≤1时，4≥8不成立；当x >1时，由2x ＋2≥8，解得x ≥3. 所以不等式f (x )＋f (x ＋4)≥8的解集为{x |x ≤－5或x ≥3}．(2)证明：f (ab )>|a |f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ，即|ab －1|>|a －b |.因为|a |<1，|b |<1，所以|ab －1|2－|a －b |2＝(a 2b 2－2ab ＋1)－(a 2－2ab ＋b 2)＝(a 2－1)(b 2－1)>0，所以|ab －1|>|a －b |.故所证不等式成立．1．(2018·武汉市武昌区调研考试)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，证明：x [f (x )]2－x 2f (x )≤0.解：(1)由已知，得f (x )＝⎩⎨⎧x －1，x ≤23x －5，x >2.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 ≤43，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－x 2f (x )＝x (x －1)2－x 2(x －1)＝－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14. 令g (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14，则函数g (x )在(－∞，0]上是增函数， 所以g (x )≤g (0)＝0.故x [f (x )]2－x 2f (x )≤0.2．(2018·沈阳模拟)设a ，b ，c >0，且ab ＋bc ＋ca ＝1.求证：(1)a ＋b ＋c ≥ 3. (2)a bc ＋b ac ＋c ab ≥3(a ＋b ＋c )． 证明：(1)要证a ＋b ＋c ≥3，由于a ，b ，c >0，因此只需证明(a ＋b ＋c )2≥3.即证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3.而ab ＋bc ＋ca ＝1，故只需证明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 .而这可以由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)证得．所以原不等式成立． (2)a bc ＋b ac ＋c ab ＝a ＋b ＋c abc. 在(1)中已证a ＋b ＋c ≥ 3.因此要证原不等式成立， 只需证明1abc ≥a ＋b ＋c ， 即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca .而a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac 2，b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤bc ＋ac2，所以a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca(当且仅当a ＝b ＝c ＝33时等号成立)． 所以原不等式成立．3．已知a ，b ，c 均为正实数．求证：(1)(a ＋b )(ab ＋c 2)≥4abc ；(2)若a ＋b ＋c ＝3，则a ＋1＋b ＋1＋c ＋1≤3 2.证明：(1)要证(a ＋b )(ab ＋c 2)≥4abc ，可证a 2b ＋ac 2＋ab 2＋bc 2－4abc ≥0，需证b (a 2＋c 2－2ac )＋a (c 2＋b 2－2bc )≥0，即证b (a －c )2＋a (c －b )2≥0，当且仅当a ＝b ＝c 时，取等号，由已知，上式显然成立，故不等式(a ＋b )(ab ＋c 2)≥4abc 成立．(2)因为a ，b ，c 均为正实数，由不等式的性质知 a ＋1·2≤a ＋1＋22＝a ＋32，当且仅当a ＋1＝2时，取等号， b ＋1·2≤b ＋1＋22＝b ＋32，当且仅当b ＋1＝2时，取等号，c ＋1·2≤c ＋1＋22＝c ＋32，当且仅当c ＋1＝2时，取等号， 以上三式相加，得2(a ＋1＋b ＋1＋c ＋1)≤a ＋b ＋c ＋92＝6，所以a ＋1＋b ＋1＋c ＋1≤32，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，取等号．。