2019版高考数学大一轮复习第十二章不等式选讲第60讲不等式的证明优选学案
2019版高考数学大一轮复习第十二章不等式选讲课时达标60不等式的证明
成语训练A．这些人对茶也形成了偏见，以为中国茶只是下里巴人解渴的东西，档次不高，一般隆重场合，总是端出英国红茶，似乎唯此才够贵族。
B．当游览到“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”的庐山瀑布时，人们真有一种乐此不疲，不想离去的感觉。
C．在京剧舞台上，出来四个龙套……他们相互将手中的刀枪随意地碰几下，口作吆喝状，就表示已经打过一场战争。
这对外国人来讲，是不可理喻的。
D．说来实在可气，我们研究所限于技术设备，不得不把古生物遗骸千里迢迢地送到外国去鉴定，不仅耗时费钱，还得仰人鼻息。
3．下列句子中，没有错别字的一项是( )A．分析师说，这一结果与万科全年计划基本相符，12月的销售情况甚至要好于预期，回拢一部分资金后，万科的现金流也比以前更稳健。
B．1959年，上海音乐学院的何占豪、陈钢以家喻户晓的民间传说为题材，吸取越剧中的曲调，创作了小提琴谐奏曲《梁山伯与祝英台》。
C．顾文彬以严谨大器之风范，为人师表。
家学渊源，他的三个儿子皆精绘事，通赏鉴，善音律，擅金石，其中尤以三子顾承为其依重。
D．要恢复健康、有序的文化生态环境，需要创作者们淡化评奖意识，要让“艺术搏奖”变成“艺术博览”，让文艺工作者在宽松的环境中观摩、创作。
4．下列各句中，加点的成语使用无误的一项是（）A．京韵大鼓表演艺术家、中国曲艺牡丹奖获得者刘春爱从艺50周年北京演唱会在文联小剧场举行，演绎骆派经典，曲尽其妙。
B．胡锦涛、温家宝在祝贺曾荫权当选之余，也对他提出期望，希望曾荫权能不孚众望，为香港的繁荣稳定作出新贡献。
C．随着手机在高中生中的基本普及，各类考试中，有很多学生开始使用手机作弊，手机作弊在校园正蔚然成风。
D．回到住所，我饶有兴味地翻看着一张张剧照，耳边又隐隐奏起城隍庙小戏台的流云之响和绕梁之声。
5．下列各句中加点的成语，使用正确一句是（）A．中国女排在先失两局的情况下，第三局破釜沉舟，调上全部精锐人马，拼力反击，终于反败为胜。
B．浙江出土的青花瓷器，虽然有不少已经破损，但博物馆的工作人员对这些文物却敝帚自珍，用先进工艺加以修复，使它们重现光彩。
2019高考数学考点突破__鸭系列：不等式的证明学案.docx
不等式的证明【考点梳理】1.基本不等式定理1：设日，方GR,则a +l)^2ab,当且仅当a=b时，等号成立.定理2：如果日，力为正数，则当且仅当a=b时，等号成立.定理3：如果自，b, c为正数，则"+?+、眾嬴,当且仅当2=Z?=c时，等号成立.定理4：(一般形式的算术一儿何平均不等式)如果务创,…，缶为门个正数，则"+型+…+弘n2冷&血…当且仅当级=业=••• = &“吋，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.名称作差比较法作商比较法理论依据日＞/心日一Z?＞0日＜/x二＞臼一方＜08= b=0/?>0, 7>1=>^>Z? bb<0, 7>1=>^<Z? b(2)①综合法：利用某些己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“市因导果”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】设臼，〃是非负实数，求证：才+FNp矗(日+力).[解析]因为a+b~—y[ab(a+ 6)=(a—cr\[ab) += cr^a + lr^~b (y[b—y[a)=（込—边）cj —Z T \^）（1/ 33\/ -b 2a 2 -h 2\7 \ 丿2 12 因为曰20,力20,所以不论日2力NO,还是0WaWb,都有a 2-b 2与/所以 a +1）^y[ab （ci+ 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,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$>o, z?>o,求证：击込+寸2. [解析]法一因为玄+±一（&+血（V^） '+ （y/1））（込+V^）（y[2+y{7））'又$>0,方〉0,寸乔>0,所以玄+#2寸寸厶考点二、综合法证明不等式【例2】已知函数f\x) =| + x+^，〃为不等式f(x) <2的解集.(1) 求鳳(2) 证明：当日，b^M Bt, \a+b\<\l+ab\.( 1（\_/ 3 3 A-b 2a 2 -b 2 \ /\ /30,5同号，所以通常将差变形V c?>0, Z?>0, >0.因此亡+卓 yfbJL +A法二由于（込+V^） （自—b ）（士+yp?）_2x,点一㊁，［解析］(l)f(x)=V 1, —|<x|,2x,心当—*时，由f(0 <2 得一2*2,解得x> —1,所以-1<穴_*；当—时，f(力<2恒成立.当吋，由f{x) <2 得2X2,解得*1,所以所以t\x) <2 的解集M= {x\— 1<X1}.(2)由⑴知,当a, b^M时,-l<a<l, -KZK1,从而(臼+b)‘一{\+ab)~ = a+Ij—aIj—\=&一1) (1_旳<0,所以(匂+b)2<(l + $m 因此 | a+b\< | \ + 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戶B戸・・0BnnB(A为已知条件或数学定义、定理、公理，〃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，要着力分析己知与求证之间，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+l\ + \x-2\.(1)求fd)的最小值/〃；// 店 /(2)若日，b, c均为正实数，且满足a+b+c=m,求证：一+丁+—M3.a b c[解析](1)当x< —1 时，f(x) =—2(^+1) — (x—2) = —3%>3；当一1 WxV2 时，f(x) =2(x+l) — (x—2) =x+4E [3, 6):当xM2时，f(x) =2(x+l) + (x-2) =3心6.综上，fd)的最小值仍=3.(2)臼，b, c 均为正实数，且满足自+方+c=3,A 2 //因为一+〒+—+@+方+c)a D c =&+臼丿+厅+方丿+u+c三2（七•十挣 b+弋• cj=2（a+b+c ）. （当且仅当日=b=c =1时取“=”）考点三、分析法证明不等式 【例3】设日，方，c, 〃均为正数，且a+b= c+d,证明： ⑴若自b> cd,则y[a+y[b>y[c+^~ck ⑵y[a+y[b>y[c+y[d7^. \ a — b\< \ c —d\ 的充要条件.[解析](1)丁日，b, c, 〃为正数，且a+ b= c+ d, 欲证£+卫>迄+甫, 只需证明(y[a+y[l))~> (y[c+y[d)2f也就是证明臼 + 方 +c~\~ d~\~2yl~cc/f只需证明y[晶即证ab> cd.由于ab> cd,因 ^y[a+yp)>y[c+y[c/.(2)①若 | a —b\< I c~d\ ,则(a —Z>)2<(c —dD 2,即(&+b)'—4臼Z?<(c+ d)~—4cd. 因为 $+ b= c+ d,所以 ab> cd. 由(1)，得&+讥>讥+*\/^②若士+卫>\[^+甫,则(&+边)2> (y[c+y[d) \ 即 a+ b+ 2y[ab> c+ r/+ 2y[cd.23.因为 a+b= c+ d,所以 ab>cd.于是(日一方)'=(^+Z?)2—4a/X (c+ d)z—4cd= (c~ d)2. 因此\a~b\<\ c —d\.综上，寸讥「日一方|| Q — 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滲透命题，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，可通过两边平方來证明.2. 当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法來寻找证明途径，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：【对点训练】己知函数f(x) = | 11.(1) 解不等式 f(0+/U+4)M8；(2) 若 |c?|<l, |/?|<1,且日 H0,求证：f(cib) >\a\f・［解析］ ⑴依题意,原不等式等价于| l 11 + |卄31 N8. 当* — 3 时，则一2x —2N8,解得 xW —5.当一3冬虑1时，则4M8不成立，不等式解集为0. 当Q1时，则2/+2M8,解得/N3.所以不等式f(x) +尸匕+4) $8的解集为{” 或xW —5}.(2)要证 f (“) >| 日(勺,只需证I ab —\\>\b —a\,只需证(ab —l)2>(b —a)2.V |a|<l, |Z?|<1,知 a<l,方幻,(ab — 1)' — (b — a)2= a I)—a —tt+1= (/-l)(方'一l)>0.故(必一I)%—»成立.从而原不等式成立.|铁川一［7両一|雄u/羽得到一个明显 成立的条件。
2019年高考数学一轮复习不等式选讲第2节不等式的证明学案文北师大版.docx
第二节不等式的证明［考纲传真］通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法.双基自主测评I基本能力全面巩固（对应学生用书第166页）［基础知识填充］1.不等式证明的方法⑴比较法：①求差比较法：知道40,水Q白一ZK0,因此要证明小方，只要证明白一方>0即可,这种方法称为求差比较法.②求商比较法：由日>b>0O#>l且Q0,方〉0,因此当Q0,方〉0时，要证明$>力，只要证明#>1即可，这b b 种方法称为求商比较法.（2）分析法：从所要证明的结论入手向已知条件反推直至达到已知条件为止.这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法.（3）综合法:从已知条件出发，利用不等式的性质（或已知证明过的不等式），推出了所要证明的结论, 即"由因寻果”的方法.这种证明不等式的方法称为综合法.（4）几何法：通过构造几何图形，利用几何图形的性质来证明不等式的解法称为几何法.（5）放缩法和反证法：在证明不等式时，有时可以通过缩小（或放大）分式的分母（或分子），或通过放大（或缩小）被减式（或减式）来证明不等式，这种证明不等式的方法称为放缩法.反证法是常用的证明方法.它是通过证明命题结论的否定不能成立，来肯定命题结论一定成立.其证明的步骤是：①作出否定结论的假设；②进行推理，导出矛盾；③否定假设，肯定结论.2.几个常用基本不等式（1）柯西不等式：①柯西不等式的代数形式：对任意实数臼，b, c, d,有&+方2）&+旳事血土型（当向量（白，小与向量2,小共线时.等号成立）.②柯西不等式的向量形式：设0是两个向量，贝'JI a・0|,当且仅当8是零向量，或存在实数使a=kB时，等号成立.③一般形式的柯西不等式设t?i,型，…，/与b\, &, •••,方”是两组实数，则有&+垃 -------------- 韵&+/＞； -------------------------------------------------------- 力：）2 （日di+劲2 ------- aM 2,当向量（越,及,…，a”）与向量（5, th,…，几）共线时，等号成立.（2）算术一儿何平均不等式若 G ，32, …，日“为正数，则~三勺/曰2…日”, 当且仅当 7 =也=・・・=為时,等号成立.［基本能力自测］ 1. （思考辨析）判断下列结论的正误.（正确的打“厂，错误的打“X”）（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］⑴X ⑵丁 ⑶X （4）XA \_x~ y=a-\ 1b — a a — b ab —\=a ~b+^= --------------- 忑—由 a>b> 1 得臼方>1, ci-b>0,. a — b ab —1tlM . -所以 --------亦 ------- >0,即x —y>o,所以x>y.]3. （教材改编）已知 心2/—庆N=2al/-ab,则必用的大小关系为心 N ［2a~（2 日孑一曰络）=2a{a~l ）） +b{a~ I ））=（孑 _ 用）（2日+方）=（日一方）（日+力）（2日+〃）•因为日三力＞0,所以日一方20,日+力＞0,2自+力＞0, 从而（臼一力）（臼+ 力）（2臼+〃） $0,故 \ 4-已知玄＞0,力＞0且吨+方）=0,则牛+彳的最小值是【导学号：00090380］4 ［由题意得，自+方=1,臼＞0,方＞0,2.（教材改编）若E ＞1, &卄+ y=b+\则x 与y 的大小关系是（）A. x>yB. x<yC. x^yD. xW y$2 + 2,当且仅当日=〃=*时等号成立.］ 5.己知尢>0, y>0,证明：(1 + A Z + y) (1 + x + y) ^9xy.[证明]因为x>0, y>0,所以 1+/+ y >3^/x?>0, \+x + y^3yj7y>0 故(l + x+ y) (1+/+y) 23引2?・ 3y/7y=9xy.题型分类突破I 高考题型规律方法逐一突破(对应学生用书第167页)laatl»例11已知曰＞0,力＞0,求证:［证明］法一：・・・a — b10分&土一 卄冷+心 朋+册 法i 叶卜士+店嗣匹+边a —y ［ai^+ by[ab y[a+y[b a+b币T2y[^b yj&b又日>0,方>0, V^>o,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b a—• —= 4 a bh O(廿姑2+十比较法证明不等式込+边 三0质’把证明Q 方转化为证畴＞1（40）・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，耍注意说明分母的符号. [变式训练1]（2018 •长沙模拟）设玄，力是非负实数,求证：a+b~ M 寸亦(臼+ Z?)・[证明]因为 c?2 +1) —y[ab{a+6) =(孑_+ (力‘_b\f~ali)=ci\[a + b\[b (y[b~y[a)=(.y[3—y[b) (zjyjh —1133=(a 2— b 2) ( a 2— b 2)•12 因为已20,力20,所以不论日2520,还是0WaWb,都有日所以a +/?空寸石（臼+方）. las2l综合法证明不等式（2018(1) ab+ bc+ 臼c W*2,2 2/ 、臼、b 、c . (2)-+-+—^1.b c a[证明] ⑴由 /+方'22臼方，If + c^2bc f c + 得 a+fj + c^ ab+ bc+ ca, 由题设得(日+方+ c)' = 1,即 a 1} + c -\~2ab~\-2bc~\~2ca =1, 所以 3 {ab+ bc+ ca) W1, 即 ab+ bc+2甘2（2）因为〒+Q2日，：+心2°2甘 2故比+丁 M+心M+Q ），同号，所以（讣一必20,10分»例与?2 >2 2 2/22则~+~+^^ 卄 b+ c, 所 以Y +—+•_& 1. 10 分b c a b c a[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=心BiUB, 今〃U 为已知条件或数学定义、定理、公理，〃为要证结论），它的常见书而表达式是“•・・， ・•・”或“今”.2.综合法证明不等式，要着力分析己知与求证之间，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f3 =2|x+l| + |x-2|.（1） 求fd ）的最小值仍；// （! O 2（2） 若/乩c 均为正实数，且满足a+b+c=t n,求证：一+丁+—$3・a b c【导学号：00090381][解](1)当 x< — \ 时,f\x) =_2(卄 1) — (x —2) = —3才>3； 当一1W/V2 时，f\x)=2(x+l) — (A ~2)=卄4丘[3, 6)； 当 xM2 时，f(x)=2(x+l) + (x —2)=3x26.综上，f{x)的最小值刃=3.(2)证明：臼，b, c 均为正实数，且满足臼+b+c=3,z 2 2 2/n p因为一+〒+—+ @+ b+ c)a b c=(»)+(和)+(細-2 (白+ A+ c)・（当£L 仅当a=b=c=｛时取A 2 /2所以了+玄+右卄力+o 10分|”3|分析法证明不等式（2015 ⑴若 ab> cd,则y[^+y[b>y[c+y[d^⑵&+#N>讥是方| <| c —d\的充要条件. [证明] ⑴丁&, b, c, 〃为正数，且a+ b= c+ d,只需证明(^[a+y[b)~> (y[c+y[d)2f卜例 22a即 a2aN3・c也就是证明日+力+2寸云> c+〃+2寸恳^, 只需证明石， 即证ab> cD.由于ab> cd, 因 it\[a+y[l}>y[c+y[d.(2)①若\a —b\<\ c~d\,则(臼一b)'<(c —勿"，即(白+b)'—4白ZK (c+小‘一4".因为 a+ b= c+ d,所以 ab> cD. 由(1), ^y[^+yj^>y[c+y[d.②若士+卫>\[^+甫, 则(&+边)2> (y[c+y[d) 2f 即 b+ c+ d+ 2yj~cc/. 因为臼+ b= c+ d>所以ab> cD.于是(臼一b)'= (a+Z?)J—4aZK (c+ d)2—4cc/= (c — d) \ 因此 | a —b\< | c~d\. 综上，诵+边>\/^+寸旋|日一Z?|〈| q —〃|的充要条件.［规律方法］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，可通过两边平方來证明.2.当要证的不等式较难发现条件和结论之I'可的关系时，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:［变式训练 3］已知 a>b>c,且日+Z?+c=0,求证：y ］l}—ac<y ［3A, ［证明］要证p $cV 羽白, 只需证V a+b~\~c=0f 只需证 8+a （a+6） <3a ,只需证 2a — ab — //>0,只需证（日一力）（2日+Z?） >0, 只需证（a —Z?）（日一c ） >0.V a> b> c t a —Z?>0, a~ c>0, (a —A) (a —c) >0 显然成立，故原不等式成立.10分gP\ - PSP得到一个明显成立的条件10分。
2019版高考数学一轮复习选修部分不等式选讲第二节不等式的证明实用课件理
(3)已知 a，b，c 是正实数，且 a＋b＋c＝1，则1a＋1b＋1c的最小值 为________． 解析：把 a＋b＋c＝1 代入1a＋1b＋1c， 得a＋ab＋c＋a＋bb＋c＋a＋bc ＋c ＝3＋ba＋ab＋ac＋ac＋bc＋bc ≥3＋2＋2＋2＝9， 当且仅当 a＝b＝c＝13时，等号成立． 答案：9
第二节 不等式的证明
本节重点突破 1 个知识点：不等式的证明.
01
突破点 不等式的证明
02
全国卷5课时达标检测
01 突破点 不等式的证明
自学区 抓牢双基· 完成情况
[基本知识]
1．基本不等式
定理 1 如果 a，b∈R ，那么 a2＋b2≥ 2ab ，当且仅 当 a＝b 时，等号成立
解析：∵a，b∈R ＋，且 a＋b＝2，∴(a＋b)1a＋1b＝2＋ba＋ab ≥2＋2 ba·ab＝4，∴1a＋1b≥a＋4 b＝2，即1a＋1b的最小值为 2(当且仅当 a＝b＝1 时，“＝”成立)． 答案：2
(2)已知正实数 a，b 满足 2ab＝a＋b＋12，则 ab 的最小值是 ________．
(2)因为 f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋ 1)|＝|a＋b|，
所以，要证 f(ab)＞f(a)－f(－b)， 只需证|ab＋1|＞|a＋b|， 即证|ab＋1|2＞|a＋b|2， 即证 a2b2＋2ab＋1＞a2＋2ab＋b2， 即证 a2b2－a2－b2＋1＞0， 即证(a2－1)(b2－1)＞0. 因为 a，b∈M， 所以 a2＞1，b2＞1， 所以(a2－1)(b2－1)＞0 成立，所以原不等式成立．
全国通用近年高考数学大一轮复习第十二章不等式选讲第59讲绝对值不等式优选学案(2021年整理)
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第59讲绝对值不等式考纲要求考情分析命题趋势1.理解绝对值的几何意义,并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式：(1)错误!≤错误!＋错误!.(2）错误!≤错误!＋错误!。
2．会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：错误!≤c，错误!≥c，错误!＋错误!≥c.2017·全国卷Ⅰ，232017·全国卷Ⅲ，232016·江苏卷,21(D）解绝对值不等式是本部分在高考中的重点考查内容，其中以解含有两个绝对值的不等式为主．分值:5~10分1．绝对值三角不等式定理1:如果a，b是实数，那么错误!≤错误!＋错误!,当且仅当__ab≥0__时,等号成立．定理2：如果a,b，c是实数，那么错误!≤错误!＋错误!,当且仅当__（a－c）(c－b）≥0__时，等号成立．2．绝对值不等式的解法（1)含绝对值的不等式错误!＜a，错误!＞a的解集不等式a＞0a＝0a＜0错误!＜a__{x｜－a＜x＜a｝____∅____∅__错误!＞a__{x｜x＞a或x＜－a｝____ ｛x｜x∈R且x≠0}____ R__（2)错误!≤c(c＞0)和错误!≥c（c＞0)型不等式的解法ax＋b≤c⇔－c≤ax＋b≤c；①||②错误!≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c.1．思维辨析(在括号内打“√”或“”)．(1)对错误!≥错误!－错误!当且仅当a＞b＞0时等号成立．（×)(2）对错误!－错误!≤错误!当且仅当错误!＞错误!时等号成立．（×)（3)对错误!≤错误!＋错误!当且仅当ab≤0时等号成立．（√）(4)错误!≤c的解等价于－c≤ax＋b≤c。
高考数学一轮复习 6.3 不等式的证明(二)教案
6.3 不等式的证明（二）●知识梳理1.用综合法证明不等式：利用不等式的性质和已证明过的不等式以及函数的单调性导出待证不等式的方法叫综合法，概括为“由因导果”.2.用分析法证明不等式：从待证不等式出发，分析并寻求使这个不等式成立的充分条件的方法叫分析法，概括为“执果索因”.3.放缩法证明不等式.4.利用单调性证明不等式.5.构造一元二次方程利用“Δ”法证明不等式.6.数形结合法证明不等式.7.反证法、换元法等.特别提示不等式证明方法多，证法灵活，其中比较法、分析法、综合法是基本方法，要熟练掌握，其他方法作为辅助，这些方法之间不能截然分开，要综合运用各种方法.●点击双基1.（2005年春季北京，8）若不等式（－1）na ＜2+nn 11+-）（对任意n ∈N *恒成立，则实数a 的取值范围是A.［－2，23） B.（－2，23） C.［－3，23）D.（－3，23） 解析：当n 为正偶数时，a ＜2－n 1，2－n 1为增函数，∴a ＜2－21=23. 当n 为正奇数时，－a ＜2+n 1，a ＞－2－n 1.而－2－n 1为增函数，－2－n1＜－2， ∴a ≥－2.故a ∈［－2，23）. 答案：A2.（2003年南京市质检题）若a 1＜b1＜0，则下列结论不正确．．．的是 A.a 2＜b 2B.ab ＜b 2C.a b +ba＞2D.|a |+|b |＞|a +b |解析：由a 1＜b1＜0，知b ＜a ＜0.∴A 不正确. 答案：A3.分析法是从要证的不等式出发，寻求使它成立的A.充分条件B.必要条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件 答案：A4.（理）在等差数列{a n }与等比数列{b n }中，a 1=b 1＞0，a n =b n ＞0，则a m 与b m 的大小关系是____________.解析：若d =0或q =1，则a m =b m .若d ≠0，画出a n =a 1+（n －1）d 与b n =b 1·q n －1的图象，易知a m ＞b m ，故a m ≥b m . 答案：a m ≥b m（文）在等差数列{a n }与等比数列{b n }中，a 1=b 1＞0，a 2n +1=b 2n +1＞0（n =1，2，3，…），则a n +1与b n +1的大小关系是____________.解析：a n +1=2121++n a a ≥121+n a a =121+n b b =b n +1. 答案：a n +1≥b n +15.若a ＞b ＞c ，则b a -1+c b -1_______c a -3.（填“＞”“=”“＜”）解析：a ＞b ＞c ，（b a -1+c b -1）（a －c ）=（b a -1+cb -1）［（a －b ）+（b －c ）］ ≥2））（（c b b a --1·2））（（c b b a --=4.∴b a -1+c b -1≥c a -4＞ca -3. 答案：＞ ●典例剖析【例1】 设实数x 、y 满足y ＋x 2＝0，0＜a ＜1.求证：log a （a x ＋a y）＜log a 2＋81.剖析：不等式左端含x 、y ，而右端不含x 、y ，故从左向右变形时应消去x 、y .证明：∵a x ＞0，a y＞0， ∴a x＋a y≥2y x a +＝22x x a -.∵x －x 2＝41－（x －21）2≤41，0＜a ＜1，∴a x ＋a y≥241a ＝2a 81.∴log a （a x＋a y）＜log a 2a 81＝log a 2＋81.评述：本题的证题思路可由分析法获得.要证原不等式成立，只要证a x ＋a y≥2·a 81即可． 【例2】 已知a 、b 、c ∈R +，且a +b +c =1.求证： （1+a ）（1+b ）（1+c ）≥8（1－a ）（1－b ）（1－c ）.剖析：在条件“a +b +c =1”的作用下，将不等式的“真面目”隐含了，给证明不等式带来困难，若用“a +b +c ”换成“1”，则还原出原不等式的“真面目”，从而抓住实质，解决问题.证明：∵a 、b 、c ∈R +且a +b +c =1， ∴要证原不等式成立， 即证［（a +b +c ）+a ］·［（a +b +c ）+b ］［（a +b +c ）+c ］≥8［（a +b +c ）－a ］·［（a +b +c ）－b ］·［（a +b +c ）－c ］.也就是证［（a +b ）+（c +a ）］［（a +b ）+（b +c ）］·［（c +a ）+（b +c ）］≥8（b +c ）（c +a ）（a +b ）. ①∵（a +b ）+（b +c ）≥2））（（c b b a ++＞0， （b +c ）+（c +a ）≥2））（（a c c b ++＞0， （c +a ）+（a +b ）≥2））（（b a a c ++＞0， 三式相乘得①式成立. 故原不等式得证.【例3】 已知a ＞1，n ≥2，n ∈N *. 求证：n a －1＜na 1-. 证法一：要证n a －1＜n a 1-，即证a ＜（na 1-+1）n. 令a －1=t ＞0，则a =t +1.也就是证t +1＜（1+nt ）n. ∵（1+n t ）n =1+C 1n n t +…+C n n （n t ）n ＞1+t ，即n a －1＜na 1-成立. 证法二：设a =x n，x ＞1.于是只要证nx n 1-＞x －1，即证11--x x n ＞n .联想到等比数列前n 项和1+x +…+x n －1=11--x x n，① 倒序xn －1+xn －2+…+1=11--x x n .②①+②得2·11--x x n =（1+x n －1）+（x +x n －2）+…+（x n －1+1）＞21-n x +21-n x +…+21-n x ＞2n . ∴11--x x n ＞n .思考讨论本不等式是与自然数有关的命题，用数学归纳法可以证吗?读者可尝试一下. ●闯关训练 夯实基础1.已知a 、b 是不相等的正数，x =2b a +，y =b a +，则x 、y 的关系是A.x ＞yB.y ＞xC.x ＞2yD.不能确定解析：∵x 2=21（a +b ）2=21（a +b +2ab ）， y 2=a +b =21（a +b +a +b ）＞21（a +b +2ab ）=x 2，又x ＞0，y ＞0.∴y ＞x . 答案：B2.对实数a 和x 而言，不等式x 3+13a 2x ＞5ax 2+9a 3成立的充要条件是____________.解析：（x 3+13a 2x ）－（5ax 2+9a 3） =x 3－5ax 2+13a 2x －9a 3=（x －a ）（x 2－4ax +9a 2）=（x －a ）［（x －2a ）2+5a 2］＞0.∵当x ≠2a ≠0时，有（x －2a ）2+5a 2＞0.由题意故只需x －a ＞0即x ＞a ，以上过程可逆. 答案：x ＞a3.已知a ＞b ＞c 且a +b +c =0，求证：ac b -2＜3a . 证明：要证ac b -2＜3a ，只需证b 2－ac ＜3a 2，即证b 2+a （a +b ）＜3a 2，即证（a －b ）（2a +b ）＞0， 即证（a －b ）（a －c ）＞0. ∵a ＞b ＞c ，∴（a －b ）·（a －c ）＞0成立. ∴原不等式成立.4.已知a +b +c =0，求证：ab +bc +ca ≤0.证法一：（综合法）∵a +b +c =0，∴（a +b +c ）2＝0.展开得ab +bc +ca =－2222c b a ++，∴ab +bc +ca ≤0. 证法二：（分析法）要证ab +bc +ca ≤0， ∵a +b +c =0，故只需证ab +bc +ca ≤（a +b +c ）2，即证a 2+b 2+c 2+ab +bc +ca ≥0，亦即证21［（a +b ）2＋（b ＋c ）2＋（c ＋a ）2］≥0． 而这是显然的，由于以上相应各步均可逆， ∴原不等式成立.证法三：∵a +b +c =0，∴－c =a +b .∴ab +bc +ca =ab +（b +a ）c =ab －（a +b ）2＝－a 2－b 2－ab ＝－［（a ＋2b ）2＋432b ］≤0．∴ab +bc +ca ≤0.培养能力5.设a +b +c =1，a 2+b 2+c 2=1且a ＞b ＞c . 求证：－31＜c ＜0.证明：∵a 2+b 2+c 2=1，∴（a +b ）2－2ab +c 2=1.∴2ab =（a +b ）2+c 2－1=（1－c ）2+c 2－1=2c 2－2c .∴ab =c 2－c .又∵a +b =1－c ，∴a 、b 是方程x 2+（c －1）x +c 2－c =0的两个根，且a ＞b ＞c . 令f （x ）=x 2+（c －1）x +c 2－c ，则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<-⇒>->.0031210）（c f c c c Δ6.已知ac b 22-=1，求证：方程ax 2+bx +c =0有实数根. 证明：由a cb 22-=1，∴b =22c a +. ∴b 2=（2a+2c ）2=22a +2ac +2c 2=4ac +（2a －2c ）2≥4ac .∴方程ax 2+bx +c =0有实数根.7.设a 、b 、c 均为实数，求证：a 21+b 21+c 21≥c b +1+a c +1+ba +1. 证明：∵a 、b 、c 均为实数，∴21（a 21＋b 21）≥ab21≥b a +1，当a =b 时等号成立；21（b 21＋c 21）≥bc21≥c b +1，当b =c 时等号成立； 21（c 21＋a 21）≥ca21≥a c +1． 三个不等式相加即得a 21+b 21+c 21≥c b +1+a c +1+ba +1，当且仅当a =b =c 时等号成立. 探究创新8.已知a 、b 、c 、d ∈R ，且a +b =c +d =1，ac +bd ＞1. 求证：a 、b 、c 、d 中至少有一个是负数. 证明：假设a 、b 、c 、d 都是非负数， ∵a +b =c +d =1，∴（a +b ）（c +d ）=1.∴ac +bd +bc +ad =1≥ac +bd .这与ac +bd ＞1矛盾. 所以假设不成立，即a 、b 、c 、d 中至少有一个负数. ●思悟小结1.综合法就是“由因导果”，从已知不等式出发，不断用必要条件替换前面的不等式，直至推出要证的结论.2.分析法就是“执果索因”，从所证不等式出发，不断用充分条件替换前面的不等式，直至找到成立的不等式.3.探求不等式的证法一般用分析法，叙述证明过程用综合法较简，两法结合在证明不等式中经常遇到.4.构造函数利用单调性证不等式或构造方程利用“Δ≥0”证不等式，充分体现相关知识间的联系.●教师下载中心 教学点睛1.在证明不等式的过程中，分析法和综合法是不能分离的，如果使用综合法证明不等式难以入手时，常用分析法探索证题途径，之后用综合法的形式写出它的证明过程，以适应学生习惯的思维规律.有时问题证明难度较大，常使用分析综合法，实现两头往中间靠以达到证题目的.2.由于高考试题不会出现单一的不等式的证明题，常常与函数、数列、三角、方程综合在一起，所以在教学中，不等式的证明除常用的三种方法外，还需介绍其他方法，如函数的单调性法、判别式法、换元法（特别是三角换元）、放缩法以及数学归纳法等.拓展题例【例1】 已知a 、b 为正数，求证：（1）若a +1＞b ，则对于任何大于1的正数x ，恒有ax +1-x x＞b 成立； （2）若对于任何大于1的正数x ，恒有ax +1-x x＞b 成立，则a +1＞b . 分析：对带条件的不等式的证明，条件的利用常有两种方法：①证明过程中代入条件；②由条件变形得出要证的不等式.证明：（1）ax +1-x x =a （x －1）+11-x +1+a ≥2a +1+a =（a +1）2. ∵a +1＞b （b ＞0），∴（a +1）2＞b 2. （2）∵ax +1-x x ＞b 对于大于1的实数x 恒成立，即x ＞1时，［ax +1-x x ］min ＞b ， 而ax +1-x x =a （x －1）+11-x +1+a ≥2a +1+a =（a +1）2， 当且仅当a （x －1）=11-x ，即x =1+a1＞1时取等号.故［ax +1-x x ］min =（a +1）2.则（a +1）2＞b ，即a +1＞b .评述：条件如何利用取决于要证明的不等式两端的差异如何消除. 【例2】 求证：||1||b a b a +++≤||1||a a ++||1||b b +.剖析：|a +b |≤|a |+|b |，故可先研究f （x ）=xx+1（x ≥0）的单调性. 证明：令f （x ）=xx+1（x ≥0），易证f （x ）在［0，+∞）上单调递增. |a +b |≤|a |+|b |，∴f （|a +b |）≤f （|a |+|b |），即||1||b a b a +++≤||||1||||b a b a +++=||||1||||||1||b a b b a a +++++≤||1||||1||b b a a +++.思考讨论1.本题用分析法直接去证可以吗?2.本题当|a +b |=0时，不等式成立；当|a +b |≠0时，原不等式即为||111b a ++≤||1||||1||b b a a +++.再利用|a +b |≤|a |+|b |放缩能证吗?读者可以尝试一下!。
2019届高考数学一轮复习 选考部分 不等式选讲 第2课时 不等式的证明与柯西不等式教案 文
∴x＝ 1144，y＝21414，z＝31414.
∴x＋y＋z＝61414＝3
14 7.
6．(2016·江苏，理)设 a>0，|x－1|<3a，|y－2|<3a，求证：|2x ＋y－4|<a.
答案 略 证明 因为|x－1|<3a，|y－2|<3a， 所以|2x＋y－4|＝|2(x－1)＋(y－2)|≤2|x－1|＋|y－2|<2×3a＋3a＝ a.
4．(2014·陕西)设 a，b，m，n∈R，且 a2＋b2＝5，ma＋nb ＝5，则 m2＋n2的最小值为________．
答案 5 解析 由柯西不等式，得(a2＋b2)(m2＋n2)≥(am＋bn)2，即 5(m2 ＋n2)≥25. ∴m2＋n2≥5，当且仅当 an＝bm 时，等号成立． ∴ m2＋n2的最小值为 5.
方法二：(分析法) ∵a>0，b>0， ∴要证 a＋b≥2ab， 只需证(a＋b)2≥4a2b2， 即证 a2＋b2＋2ab≥4a2b2， ∵a2＋b2＝M，∴只要证 2＋2ab≥4a2b2， 即证 2(ab)2－ab－1≤0， 即证(2ab＋1)(ab－1)≤0.
方法二：令 a＝(3，4)，b＝(x，y)，则 a·b＝3x＋4y，|a|＝ 32＋42＝5，|b|＝ x2＋y2. ∵|a·b|≤|a|·|b|(柯西不等式的向量形式)， ∴|3x＋4y|≤5 x2＋y2. ∴x2＋y2≥|3x＋254y|2＝245. 其他同方法一． 【答案】 最小值为245，最小值点为(265，285)
第2课时 不等式的证明与 柯西不等式
…2018 考纲下载… 1．了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、 放缩法、数学归纳法． 2．了解柯西不等式、排序不等式以及贝努利不等式． 3．能利用均值不等式求一些特定函数的最值． 请注意 不等式的证明是中学数学的难点．柯西不等式只要求会简单 应用．
北师大版版高考数学一轮复习选修不等式选讲不等式的证明教学案理
一、知识梳理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，则错误!≥错误!，当且仅当a＝b时，等号成立．定理３：如果a，b，c为正数，则错误!≥错误!，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．定理推广：（一般形式的算术—几何平均不等式）如果a１，a２，…，a n为n个正数，则错误!≥错误!，当且仅当a１＝a２＝…＝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．常用结论１．a２≥0（a∈R）．２．（a—b）２≥0（a，b∈R），其变形有a２＋b２≥２ab，错误!错误!≥ab，a２＋b２≥错误!（a＋b）２.３．若a，b为正实数，则错误!≥错误!.特别地，错误!＋错误!≥２．４．a２＋b２＋c２≥ab＋bc＋ca.二、教材衍化１．已知a≥b>0，M＝２a３—b３，N＝２ab２—a２b，则M，N的大小关系为________．解析：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.答案：M≥N２．求证：错误!＋错误!<２＋错误!.证明：错误!＋错误!<２＋错误!⇐（错误!＋错误!）２<（２＋错误!）２⇐１0＋２错误!<１0＋４错误!⇐错误!<２错误!⇐２１<２４．故原不等式成立．一、思考辨析判断正误（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）×二、易错纠偏错误!错误!错误!设a，b∈（0，＋∞），且ab—a—b＝１，则有（）Ａ．a＋b≥２（错误!＋１）Ｂ．a＋b≤错误!＋１Ｃ．a＋b<错误!＋１Ｄ．a＋b>２（错误!＋１）解析：选Ａ．由已知得a＋b＋１＝ab≤错误!错误!，故有（a＋b）２—４（a＋b）—４≥0，解得a ＋b≥２错误!＋２或a＋b≤—２错误!＋２（舍去），即a＋b≥２错误!＋２．（当且仅当a＝b＝错误!＋１时取等号）故选Ａ．比较法证明不等式（师生共研）设a，b是非负实数，求证：a３＋b３≥错误!（a２＋b２）．【证明】因为a，b是非负实数，所以a３＋b３—错误!（a２＋b２）＝a２错误!（错误!—错误!）＋b２错误!（错误!—错误!）＝（错误!—错误!）[（错误!）５—（错误!）５]．当a≥b时，错误!≥错误!，从而（错误!）５≥（错误!）５，得（错误!—错误!）[（错误!）５—（错误!）５]≥0；当a<b时，错误!<错误!，从而（错误!）５<（错误!）５，得（错误!—错误!）[（错误!）５—（错误!）５]>0．所以a３＋b３≥错误!（a２＋b２）．错误!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．１．当p，q都是正数且p＋q＝１时，试比较（px＋qy）２与px２＋qy２的大小．解：（px＋qy）２—（px２＋qy２）＝p２x２＋q２y２＋２pqxy—（px２＋qy２）＝p（p—１）x２＋q（q—１）y２＋２pqxy.因为p＋q＝１，所以p—１＝—q，q—１＝—p.所以（px＋qy）２—（px２＋qy２）＝—pq（x２＋y２—２xy）＝—pq（x—y）２.因为p，q为正数，所以—pq（x—y）２≤0，所以（px＋qy）２≤px２＋qy２.当且仅当x＝y时，不等式中等号成立．２．已知a，b∈（0，＋∞），求证：a b b a≤（ab）错误!.证明：错误!＝a b—错误!ba—错误!＝错误!错误!.当a＝b时，错误!错误!＝１；当a>b>0时，0<错误!<１，错误!>0，错误!错误!<１．当b>a>0时，错误!>１，错误!<0，错误!错误!<１．所以a b b a≤（ab）错误!.综合法、分析法证明不等式（师生共研）（一题多解）已知a>0，b>0，a３＋b３＝２．证明：（１）（a＋b）（a５＋b５）≥４；（２）a＋b≤２．【证明】法一（综合法）：（１）（a＋b）（a５＋b５）＝a6＋ab５＋a５b＋b6＝（a３＋b３）２—２a３b３＋ab（a４＋b４）＝４＋ab（a２—b２）２≥４．（２）因为（a＋b）３＝a３＋３a２b＋３ab２＋b３＝２＋３ab（a＋b）≤２＋错误!·（a＋b）＝２＋错误!，所以（a＋b）３≤8，因此a＋b≤２．法二（分析法）：（１）因为a>0，b>0，a３＋b３＝２．要证（a＋b）（a５＋b５）≥４，只需证（a＋b）（a５＋b５）≥（a３＋b３）２，即证a6＋ab５＋a５b＋b6≥a6＋２a３b３＋b6，即证a４＋b４≥２a２b２，因为（a２—b２）２≥0，即a４＋b４≥２a２b２成立．故原不等式成立．（２）要证a＋b≤２成立，只需证（a＋b）３≤8，即证a３＋３a２b＋３ab２＋b３≤8，即证ab（a＋b）≤２，即证ab（a＋b）≤a３＋b３，即证ab（a＋b）≤（a＋b）（a２—ab＋b２），即证ab≤a２—ab＋b２，显然成立．故原不等式成立．错误!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，还要明确要干什么，通常用分析法找到解题思路，用综合法书写证题过程．１．（２0１9·高考全国卷Ⅰ）已知a，b，c为正数，且满足abc＝１，证明：（１）错误!＋错误!＋错误!≤a２＋b２＋c２；（２）（a＋b）３＋（b＋c）３＋（c＋a）３≥２４．证明：（１）因为a２＋b２≥２ab，b２＋c２≥２bc，c２＋a２≥２ac，且abc＝１，故有a２＋b２＋c２≥ab＋bc＋ca＝错误!＝错误!＋错误!＋错误!.所以错误!＋错误!＋错误!≤a２＋b２＋c２.（２）因为a，b，c为正数且abc＝１，故有（a＋b）３＋（b＋c）３＋（c＋a）３≥３错误!＝３（a＋b）（b＋c）（a＋c）≥３×（２错误!）×（２错误!）×（２错误!）＝２４．所以（a＋b）３＋（b＋c）３＋（c＋a）３≥２４．２．（２0２0·湖南长沙长郡中学调研）已知函数f（x）＝|x＋２|.（１）解不等式f（x）>４—|x＋１|；（２）已知a＋b＝２（a>0，b>0），求证：|x—２．５|—f（x）≤错误!＋错误!.解：（１）f（x）>４—|x＋１|，即|x＋２|＋|x＋１|>４，则错误!得x<—３．５；错误!无解；错误!得x>0．５．所以原不等式的解集为{x|x<—３．５或x>0．５}．（２）证明：|x—２．５|—f（x）＝|x—２．５|—|x＋２|≤４．５，错误!＋错误!＝错误!（a＋b）（错误!＋错误!）＝错误!（４＋１＋错误!＋错误!）≥错误!（５＋４）＝４．５，所以|x—２．５|—f（x）≤错误!＋错误!.反证法证明不等式（师生共研）设0<a，b，c<１，求证：（１—a）b，（１—b）c，（１—c）a不可能同时大于错误!.【证明】设（１—a）b>错误!，（１—b）c>错误!，（１—c）a>错误!，三式相乘得（１—a）b·（１—b）c·（１—c）a>错误!，１又因为0<a，b，c<１，所以0<（１—a）a≤错误!错误!＝错误!.同理（１—b）b≤错误!，（１—c）c≤错误!，以上三式相乘得（１—a）a·（１—b）b·（１—c）c≤错误!，与１矛盾．所以（１—a）b，（１—b）c，（１—c）a不可能同时大于错误!.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．错误!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（师生共研）若a，b∈R，求证：错误!≤错误!＋错误!.【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|⇒错误!≥错误!，所以错误!＝错误!≤错误!＝错误!＝错误!＋错误!≤错误!＋错误!.综上，原不等式成立．错误!“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，如错误!<错误!，错误!>错误!，错误!<错误!，错误!>错误!.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，则错误!<错误!”．[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：错误!≤错误!＋错误!＋…＋错误!<１．证明：由２n≥n＋k>n（k＝１，２，…，n），得错误!≤错误!<错误!.当k＝１时，错误!≤错误!<错误!；当k＝２时，错误!≤错误!<错误!；…当k＝n时，错误!≤错误!<错误!，所以错误!＝错误!≤错误!＋错误!＋…＋错误!<错误!＝１．所以原不等式成立．[基础题组练]１．（２0２0·南阳模拟）已知函数f（x）＝|２x—１|＋|x＋１|.（１）解不等式f（x）≤３；（２）记函数g（x）＝f（x）＋|x＋１|的值域为M，若t∈M，证明：t２＋１≥错误!＋３t.解：（１）依题意，得f（x）错误!于是f（x）≤３⇔错误!或错误!或错误!解得—１≤x≤１．即不等式f（x）≤３的解集为{x|—１≤x≤１}．（２）证明：g（x）＝f（x）＋|x＋１|＝|２x—１|＋|２x＋２|≥|２x—１—２x—２|＝３，当且仅当（２x—１）（２x＋２）≤0时，取等号，所以M＝[３，＋∞）．要证t２＋１≥错误!＋３t，即证t２—３t＋１—错误!≥0．而t２—３t＋１—错误!＝错误!＝错误!.因为t∈M，所以t—３≥0，t２＋１>0，所以错误!≥0．所以t２＋１≥错误!＋３t.２．（２0２0·榆林模拟）已知函数f（x）＝|x＋１|＋|x—１|.（１）求函数f（x）的最小值a；（２）根据（１）中的结论，若m３＋n３＝a，且m>0，n>0，求证：m＋n≤２．解：（１）f（x）＝|x＋１|＋|x—１|≥|x＋１—（x—１）|＝２，当且仅当（x＋１）（x—１）≤0即—１≤x≤１时取等号，所以f（x）min＝２，即a＝２．（２）证明：假设m＋n>２，则m>２—n，m３>（２—n）３.所以m３＋n３>（２—n）３＋n３＝２＋6（１—n）２≥２．１由（１）知a＝２，所以m３＋n３＝２．２１２矛盾，所以m＋n≤２．３．（２0２0·宣城模拟）已知函数f（x）＝|２x＋１|＋|x—２|，集合A＝{x|f（x）<３}．（１）求集合A；（２）若实数s，t∈A，求证：错误!<错误!.解：（１）函数f（x）＝|２x＋１|＋|x—２|＝错误!首先画出y＝f（x）与y＝３的图象如图所示．可得不等式f（x）<３的解集A＝错误!.（２）证明：因为实数s，t∈A，所以s，t∈错误!.所以错误!错误!—错误!错误!＝１＋错误!—t２—错误!＝错误!（１—t２）·（s２—１）<0，所以错误!错误!<错误!错误!，所以错误!<错误!.４．（２0２0·重庆模拟）已知关于x的不等式|２x|＋|２x—１|≤m有解．（１）求实数m的取值范围；（２）已知a>0，b>0，a＋b＝m，证明：错误!＋错误!≥错误!.解：（１）|２x|＋|２x—１|≥|２x—（２x—１）|＝１，当且仅当２x（２x—１）≤0即0≤x≤错误!时取等号，故m≥１．所以实数m的取值范围为[１，＋∞）．（２）证明：由题知a＋b≥１，又错误!（a＋２b＋２a＋b）≥（a＋b）２，所以错误!＋错误!≥错误!（a＋b）≥错误!.[综合题组练]１．设不等式||x＋１|—|x—１||<２的解集为A.（１）求集合A；（２）若a，b，c∈A，求证：错误!>１．解：（１）由已知，令f（x）＝|x＋１|—|x—１|＝错误!由|f（x）|<２得—１<x<１，即A＝{x|—１<x<１}．（２）证明：要证错误!>１，只需证|１—abc|>|ab—c|，只需证１＋a２b２c２>a２b２＋c２，只需证１—a２b２>c２（１—a２b２），只需证（１—a２b２）（１—c２）>0，由a，b，c∈A，得—１<ab<１，c２<１，所以（１—a２b２）（１—c２）>0恒成立．综上，错误!>１．２．已知函数f（x）＝k—|x—３|，k∈R，且f（x＋３）≥0的解集为[—１，１]．（１）求k的值；（２）若a，b，c是正实数，且错误!＋错误!＋错误!＝１，求证：a＋２b＋３c≥9．解：（１）因为f（x）＝k—|x—３|，所以f（x＋３）≥0等价于|x|≤k，由|x|≤k有解，得k≥0，且解集为[—k，k]．因为f（x＋３）≥0的解集为[—１，１]．因此k＝１．（２）证明：由（１）知错误!＋错误!＋错误!＝１，因为a，b，c为正实数，所以a＋２b＋３c＝（a＋２b＋３c）错误!＝３＋错误!＋错误!＋错误!＋错误!＋错误!＋错误!＝３＋错误!＋错误!＋错误!≥３＋２错误!＋２错误!＋２错误!＝9．当且仅当a＝２b＝３c时，等号成立．因此a＋２b＋３c≥9．３．已知函数f（x）＝ax２＋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＝错误![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|＝错误!|f（１）—f（—１）|≤错误![|f（１）|＋|f（—１）|]≤１．（２）由f（0）＝—１，f（１）＝１可得c＝—１，b＝２—a，所以f（x）＝ax２＋（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＝错误!，即x＝错误!—错误!.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—错误!≤错误!—错误!≤0，故|f错误!|＝|a错误!错误!＋（２—a）错误!—１|≤１．整理得|错误!＋１|≤１，所以—１≤错误!＋１≤１，所以—２≤错误!≤0，又a＞0，所以错误!≥0，所以错误!＝0，所以a＝２．４．（２0１9·高考全国卷Ⅲ）设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝１．（１）求（x—１）２＋（y＋１）２＋（z＋１）２的最小值；（２）若（x—２）２＋（y—１）２＋（z—a）２≥错误!成立，证明：a≤—３或a≥—１．解：（１）由于[（x—１）＋（y＋１）＋（z＋１）]２＝（x—１）２＋（y＋１）２＋（z＋１）２＋２[（x—１）（y＋１）＋（y＋１）（z＋１）＋（z＋１）（x—１）]≤３[（x—１）２＋（y＋１）２＋（z＋１）２]，故由已知得（x—１）２＋（y＋１）２＋（z＋１）２≥错误!，当且仅当x＝错误!，y＝—错误!，z＝—错误!时等号成立．所以（x—１）２＋（y＋１）２＋（z＋１）２的最小值为错误!.（２）证明：由于[（x—２）＋（y—１）＋（z—a）]２＝（x—２）２＋（y—１）２＋（z—a）２＋２[（x—２）（y—１）＋（y—１）（z—a）＋（z—a）（x—２）]≤３[（x—２）２＋（y—１）２＋（z—a）２]，故由已知得（x—２）２＋（y—１）２＋（z—a）２≥错误!，当且仅当x＝错误!，y＝错误!，z＝错误!时等号成立．因此（x—２）２＋（y—１）２＋（z—a）２的最小值为错误!.由题设知错误!≥错误!，解得a≤—３或a≥—１．。
[配套K12]2019高考数学 考点突破——选考系列：不等式的证明学案
![[配套K12]2019高考数学 考点突破——选考系列：不等式的证明学案](https://img.taocdn.com/s3/m/e4dfa1a90975f46527d3e195.png)
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 ＋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 nn≥na 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 )＝11332222a b a b ⎛⎫⎛⎫-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭. 因为a ≥0，b ≥0，所以不论a ≥b ≥0，还是0≤a ≤b ，都有1122a b -与3322a b -同号，所以11332222a 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 ＋ba≥a ＋b . [解析] 法一 因为a b ＋ba－(a ＋b ) ＝（a ）3＋（b ）3－（a ＋b ）ab ab ＝（a ＋b ）（a －b ）2ab，∵a >0，b >0，∴（a ＋b ）（a －b ）2ab>0.因此a b ＋ba≥a ＋b . 法二 由于a b ＋b a a ＋b ＝a a ＋b bab （a ＋b ）＝（a ＋b ）（a －ab ＋b ）ab （a ＋b ）＝a ＋b ab －1≥2abab －1＝1.又a >0，b >0，ab >0，所以a b ＋ba≥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 ≤－12，1，－12<x <12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )<2得－2x <2，解得x >－1，所以－1<x ≤－12；当－12<x <12时，f (x )<2恒成立.当x ≥12时，由f (x )<2得2x <2，解得x <1，所以12<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 2c≥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 2c＋(a ＋b ＋c )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a ＋a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2b ＋b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2c ＋c ≥2⎝⎛⎭⎪⎫b 2a·a ＋c 2b·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 2c≥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.。
[配套K12]2019版高考数学一轮复习 第12章 选4系列 12.4 证明不等式的基本方法学案 文
![[配套K12]2019版高考数学一轮复习 第12章 选4系列 12.4 证明不等式的基本方法学案 文](https://img.taocdn.com/s3/m/44b369045727a5e9846a613f.png)
12．4 证明不等式的基本方法[知识梳理]1．证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法． 2．三个正数的算术几何平均不等式 (1)定理：如果a ，b ，c ∈R ＋a ＝b ＝c 时，等号成立．即三个正数的算术平均a ＋b ＋c3不小于它们的几何平均3abc .(2)基本不等式的推广对于n 个正数a 1，a 2，…，a n ，它们的算术平均数不小于它们的几何平均数，即a 1＋a 2＋…＋a nn≥ na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．3．柯西不等式(1)设a ，b ，c ，d 均为实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时等号成立．(2)若a i ，b i (i ∈N *)为实数，则⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n a 2i ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n b 2i ≥⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n a i b i 2，当且仅当b 1a 1＝b 2a 2＝…＝b n a n (当a i＝0时，约定b i ＝0，i ＝1,2，…，n )时等号成立．(3)柯西不等式的向量形式：设α，β为平面上的两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当α，β共线时等号成立．[诊断自测] 1．概念思辨(1)用反证法证明命题“a ，b ，c 全为0”时，假设为“a ，b ，c 全不为0”．( ) (2)若x ＋2yx －y>1，则x ＋2y >x －y .( ) (3)|a ＋b |＋|a －b |≥|2a |.( )(4)若实数x ，y 适合不等式xy >1，x ＋y >－2，则x >0，y >0.( ) 答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√ 2．教材衍化(1)(选修A4－5P 23T 1)不等式：①x 2＋3>3x ；②a 2＋b 2≥2(a －b －1)；③b a ＋a b≥2，其中恒成立的是( )A ．①③B ．②③C ．①②③D ．①② 答案 D解析 由①得x 2＋3－3x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋34>0，所以x 2＋3>3x ；对于②，因为a 2＋b 2－2(a －b－1)＝(a －1)2＋(b ＋1)2≥0，所以不等式成立；对于③，因为当ab <0时，b a ＋a b －2＝(a －b )2ab<0，即b a ＋a b<2.故选D.(2)(选修A4－5P 25T 2)已知a ，b ，c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1c的最小值为________．答案 9解析 把a ＋b ＋c ＝1代入1a ＋1b ＋1c，得a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋cc＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c a ＋a c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立．3．小题热身(1)(2017·聊城模拟)下列四个不等式：①log x 10＋lg x ≥2(x >1)；②|a －b |<|a |＋|b |；③⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ＋ab ≥2(ab ≠0)；④|x －1|＋|x －2|≥1，其中恒成立的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4答案 C解析 log x 10＋lg x ＝1lg x＋lg x ≥2(x >1)，①正确．ab ≤0时，|a －b |＝|a |＋|b |，②不正确；因为ab ≠0，b a 与a b同号，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ＋a b ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b ≥2，③正确；由|x －1|＋|x －2|的几何意义知， |x －1|＋|x －2|≥1恒成立，④正确， 综上①③④正确．故选C.(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 由柯西不等式得(ma ＋nb )2≤(m 2＋n 2)(a 2＋b 2)，即m 2＋n 2≥5，∴ m 2＋n 2≥5，∴所求最小值为 5.题型1 综合法证明不等式典例 (2018·安徽百校模拟)已知a >0，b >0，函数f (x )＝|2x ＋a |＋2⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －b 2＋1的最小值为2.(1)求a ＋b 的值；(2)求证：a ＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥3－b .(1)当绝对值符号中x 的系数相同时，利用绝对值不等式的性质消去x 即可；(2)利用a ＋b ＝1转化为1a ＋4b＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b 求解．解 (1)因为f (x )＝|2x ＋a |＋|2x －b |＋1≥|2x ＋a －(2x －b )|＋1＝|a ＋b |＋1， 当且仅当(2x ＋a )(2x －b )≤0时，等号成立， 又a >0，b >0，所以|a ＋b |＝a ＋b ，所以f (x )的最小值为a ＋b ＋1＝2，所以a ＋b ＝1. (2)证明：由(1)知，a ＋b ＝1，所以1a ＋4b＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ＝1＋4＋b a ＋4a b≥5＋2b a ·4ab＝9， 当且仅当b a ＝4a b 且a ＋b ＝1，即a ＝13，b ＝23时取等号．所以log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥log 39＝2，所以a ＋b ＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥1＋2＝3，即a ＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥3－b .方法技巧1．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．2．在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用的．在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条件．冲关针对训练(2018·浙江金华模拟)已知x ，y ∈R .(1)若x ，y 满足|x －3y |<12，|x ＋2y |<16，求证：|x |<310；(2)求证：x 4＋16y 4≥2x 3y ＋8xy 3. 证明 (1)利用绝对值不等式的性质得|x |＝15[|2(x －3y )＋3(x ＋2y )|]≤15[|2(x －3y )|＋|3(x ＋2y )|]<15⎝ ⎛⎭⎪⎫2×12＋3×16＝310.(2)因为x 4＋16y 4－(2x 3y ＋8xy 3) ＝x 4－2x 3y ＋16y 4－8xy 3＝x 3(x －2y )＋8y 3(2y －x ) ＝(x －2y )(x 3－8y 3)＝(x －2y )(x －2y )(x 2＋2xy ＋4y 2) ＝(x －2y )2[(x ＋y )2＋3y 2]≥0， ∴x 4＋16y 4≥2x 3y ＋8xy 3. 题型2 分析法证明不等式典例 设a ，b ，c >0，且ab ＋bc ＋ca ＝1. 求证：(1)a ＋b ＋c ≥3； (2)a bc ＋b ac ＋ cba≥3(a ＋b ＋c )．含根式的不等式考虑分析法．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a2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ac )≥3，而ab ＋bc ＋ca ＝1，故需证明a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ac )≥3(ab ＋bc ＋ac )，即证a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ac .因为ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋c 2＋b 22＋a 2＋c 22＝a 2＋b 2＋c 2(当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立)，所以原不等式成立． (2)a bc ＋b ac＋c ba ＝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 ba ≤ab ＋bc ＋ca .而a bc ＝ab ac ≤ab ＋ac2，b ac ＝ab bc ≤ab ＋bc2，c ba ＝cb ac ≤cb ＋ac2，所以a bc ＋b ac ＋c ba ≤ab ＋bc ＋ca (a ＝b ＝c ＝33时等号成立)．所以原不等式成立． 方法技巧分析法证明不等式的思路用分析法证明不等式时，分析的过程是寻求结论成立的充分条件，而不一定是充要条件，同时要正确使用“要证”“只需证”这样的连接“关键词”．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．冲关针对训练1．若a ≥b >0，试证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b . 证明 要证明2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b 成立， 只需证2a 3－b 3－2ab 2＋a 2b ≥0， 即证2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2)≥0， 即证(a ＋b )(a －b )(2a ＋b )≥0.∵a ≥b >0，∴a －b ≥0，a ＋b >0,2a ＋b >0， 从而(a ＋b )(a －b )(2a ＋b )≥0成立， ∴2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .2．若m >0，a ，b ∈R ，试证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m . 证明 因为m >0，所以1＋m >0. 所以要证原不等式成立，只需证(a ＋mb )2≤(1＋m )(a 2＋mb 2)， 即证m (a 2－2ab ＋b 2)≥0， 即证(a －b )2≥0，而(a －b )2≥0显然成立，故原不等式得证． 题型3 反证法证明不等式典例 (2015·湖南高考)设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1b .证明：(1)a ＋b ≥2； (2)a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．否定形式的命题考虑用反证法．证明 由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋b ab，a >0，b >0，得ab ＝1.(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2，当且仅当a ＝b ＝1时等号成立．(2)假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则由a 2＋a <2及a >0，得0<a <1；同理，0<b <1，从而ab <1，这与ab ＝1矛盾．故a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．方法技巧反证法证明不等式的题型及思路对于某些问题中所证结论若是“都是”“都不是”“至多”“至少”等问题，一般用反证法．其一般步骤是假设→推理→得出矛盾→肯定原结论．冲关针对训练法国数学家阿达玛说过“反证法在于表明，若肯定定理的假设而否定其结论，就会导致矛盾”这是对反证法精辟的概括．有如下用反证法证明命题：若a ，b ，c 都是正数，则a ＋1b，b ＋1c ，c ＋1a中至少有一个不小于2. 证明 假设a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a全部小于2，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1b<2，b ＋1c <2，c ＋1a <2，由不等式的性质，得a ＋1b ＋b ＋1c ＋c ＋1a<6， 而a ＋1b ＋b ＋1c＋c ＋1a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c ≥2＋2＋2＝6，与上式矛盾．所以，假设错误，原命题成立．题型4 柯西不等式典例1(2017·江苏高考)已知a ，b ，c ，d 为实数，且a 2＋b 2＝4，c 2＋d 2＝16，证明：ac ＋bd ≤8.证明 由柯西不等式，得(ac ＋bd )2≤(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)． 因为a 2＋b 2＝4，c 2＋d 2＝16， 所以(ac ＋bd )2≤64， 因此ac ＋bd ≤8.典例2已知a ，b ，c ∈R,4a 2＋b 2＋2c 2＝4，求2a ＋b ＋c 的最大值．用凑配法得出柯西不等式的结构．解 由柯西不等式得[(2a )2＋b 2＋(2c )2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋12＋⎝⎛⎭⎪⎫122≥(2a ＋b ＋c )2.因为4a 2＋b 2＋2c 2＝4，所以(2a ＋b ＋c )2≤10，当且仅当a ＝105，b ＝2105，c ＝105时取等号．所以－10≤2a ＋b ＋c ≤10， 所以2a ＋b ＋c 的最大值为10. 方法技巧利用柯西不等式的解题思路1．用柯西不等式证明时，一般需要对不等式变形，使之与柯西不等式有相似的结构，然后根据柯西不等式的结构特征，利用柯西不等式进行证明．2．利用柯西不等式求最值的一般结构为(a 21＋a 22＋…＋a 2n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n ≥(1＋1＋…＋1)2＝n 2.在使用柯西不等式时，要注意右边为常数和等号成立的条件．冲关针对训练若p ，q ，r 为正实数，且13p ＋12q ＋1r ＝4，求3p ＋2q ＋r 的最小值．解 令a 1＝3p ，a 2＝2q ，a 3＝r . 由柯西不等式，得⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 32·(a 21＋a 22＋a 23)≥⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1·a 1＋1a 2·a 2＋1a 3·a 32＝9，即⎝ ⎛⎭⎪⎫13p ＋12q ＋1r (3p ＋2q ＋r )≥9.∵13p ＋12q ＋1r ＝4，∴3p ＋2q ＋r ≥94， 当且仅当13p ＝12q ＝1r ＝43，即p ＝14，q ＝38，r ＝34时，取等号．∴3p ＋2q ＋r 的最小值为94.1．(2017·民乐模拟)设a >0，b >1，若a ＋b ＝2，则3a ＋1b －1的最小值为( )A ．2 3B ．8C ．4 3D ．4＋2 3 答案 D解析 ∵设a >0，b >1，a ＋b ＝2，∴3a ＋1b －1＝(a ＋b －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ＋1b －1＝4＋3(b －1)a ＋a b －1≥4＋23(b －1)a ·ab －1＝4＋23，当且仅当a ＝3(b －1)＝3－32时取等号，∴3a ＋1b －1的最小值为4＋2 3.故选D.2．(2017·红花岗期中)设x ，y ，z ∈R ，且(x －1)216＋(y ＋2)25＋(z －3)24＝1，求x ＋y ＋z 的最大值与最小值．解 ∵x ＋y ＋z ＝4·x －14＋5·y ＋25＋2·z －32＋2，根据柯西不等式，(x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2)2≤(x 21＋y 21＋z 21)·(x 22＋y 22＋z 22)，得⎝⎛⎭⎪⎫4·x －14＋5·y ＋25＋2·z －322≤(16＋5＋4)·⎣⎢⎡⎦⎥⎤(x －1)216＋(y ＋2)25＋(z －3)24＝25，所以，⎪⎪⎪⎪⎪⎪4·x －14＋5·y ＋25＋2·z －32≤5， 即－5≤4·x －14＋5·y ＋25＋2·z －32≤5，因此，x ＋y ＋z ∈[－3,7]，故x ＋y ＋z 的最大值为7，最小值为－3.3．(2017·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 (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 ≤2.4．(2018·南昌模拟)函数f (x )＝|x ＋1|＋|x ＋2|－a . (1)若a ＝5，求函数f (x )的定义域A ；(2)设a ，b ∈(－1,1)，证明：|a ＋b |2<⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋ab 4.解 (1)由|x ＋1|＋|x ＋2|－5≥0， 当x ≤－2时，－2x －8≥0，解得x ≤－4； 当－2<x ≤－1时，－4≥0，无解； 当x >－1时，2x －2≥0，解得x ≥1. 解得A ＝{x |x ≤－4或x ≥1}．(2)证明：∵|a ＋b |2<⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋ab 4⇔2|a ＋b |<|4＋ab |.而4(a ＋b )2－(4＋ab )2＝4(a 2＋2ab ＋b 2)－(16＋8ab ＋a 2b 2)＝4a 2＋4b 2－a 2b 2－16＝a 2(4－b 2)＋4(b 2－4)＝(b 2－4)(4－a 2)，∵a ，b ∈(－1,1)，∴(b 2－4)(4－a 2)<0， ∴4(a ＋b )2<(4＋ab )2，∴|a ＋b |2<⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋ab 4.[基础送分 提速狂刷练]1．(2018·沈阳质检)已知函数f (x )＝|x －a |－12x (a >0)．(1)若a ＝3，解关于x 的不等式f (x )<0；(2)若对于任意的实数x ，不等式f (x )－f (x ＋a )<a 2＋a2恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝3时，f (x )＝|x －3|－12x ，即|x －3|－12x <0，原不等式等价于－x 2<x －3<12x ，解得2<x <6，故不等式的解集为{x |2<x <6}． (2)f (x )－f (x ＋a )＝|x －a |－|x |＋a2，原不等式等价于|x －a |－|x |<a 2， 由三角绝对值不等式的性质，得 |x －a |－|x |≤|(x －a )－x |＝|a |，原不等式等价于|a |<a 2，又a >0，∴a <a 2，解得a >1. 故实数a 的取值范围为(1，＋∞)．2．(2017·河北石家庄二模)设函数f (x )＝|x －1|－|2x ＋1|的最大值为m . (1)作出函数f (x )的图象；(2)若a 2＋2c 2＋3b 2＝m ，求ab ＋2bc 的最大值．解 (1)因为f (x )＝|x －1|－|2x ＋1|，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2，x ≤－12，－3x ，－12<x <1，－x －2，x ≥1，画出图象如图． (2)由(1)可知m ＝32.因为32＝m ＝a 2＋2c 2＋3b 2＝(a 2＋b 2)＋2(c 2＋b 2)≥2ab ＋4bc ，所以ab ＋2bc ≤34，当且仅当a ＝b ＝c ＝12时，等号成立．所以ab ＋2bc 的最大值为34.3．(2017·广东肇庆统测)已知函数f (x )＝|x ＋1|，g (x )＝2|x |＋a . (1)若a ＝0，解不等式f (x )≥g (x )；(2)若存在x ∈R ，使得f (x )≥g (x )成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)当a ＝0时，由f (x )≥g (x )，得|x ＋1|≥2|x |，两边平方，并整理得(3x ＋1)(1－x )≥0，所以所求不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－13≤x ≤1. (2)解法一：由f (x )≥g (x )，得|x ＋1|≥2|x |＋a ， 即|x ＋1|－2|x |≥a . 令F (x )＝|x ＋1|－2|x |， 依题意可得F (x )max ≥a .F (x )＝|x ＋1|－|x |－|x |≤|x ＋1－x |－|x |＝1－|x |≤1，当且仅当x ＝0时，上述不等式的等号同时成立，所以F (x )max ＝1. 所以a 的取值范围是(－∞，1]．解法二：由f (x )≥g (x )，得|x ＋1|≥2|x |＋a ， 即|x ＋1|－2|x |≥a .令F (x )＝|x ＋1|－2|x |，依题意可得F (x )max ≥a . F (x )＝|x ＋1|－2|x |＝⎩⎪⎨⎪⎧1－x ，x ≥0，3x ＋1，－1<x <0，x －1，x ≤－1，易得F (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以当x ＝0时，F (x )取得最大值，最大值为1.故a 的取值范围是(－∞，1]．4．(2017·衡阳联考)已知函数f (x )＝|x －3|.(1)若不等式f (x －1)＋f (x )<a 的解集为空集，求实数a 的取值范围；(2)若|a |<1，|b |<3，且a ≠0，判断f (ab )|a |与f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 的大小，并说明理由． 解 (1)因为f (x －1)＋f (x )＝|x －4|＋|x －3|≥|x －4＋3－x |＝1，不等式f (x －1)＋f (x )<a 的解集为空集，则1≥a 即可，所以实数a 的取值范围是(－∞，1]．(2)f (ab )|a |>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a . 证明：要证f (ab )|a |>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ，只需证|ab －3|>|b －3a |， 即证(ab －3)2>(b －3a )2，又(ab －3)2－(b －3a )2＝a 2b 2－9a 2－b 2＋9＝(a 2－1)(b 2－9)． 因为|a |<1，|b |<3，所以(ab －3)2>(b －3a )2成立，所以原不等式成立．5．(2017·泉州一模)已知函数f (x )＝|x ＋1|＋|2x －4|.(1)解关于x 的不等式f (x )<9；(2)若直线y ＝m 与曲线y ＝f (x )围成一个三角形，求实数m 的取值范围，并求所围成的三角形面积的最大值．解 (1)x ≤－1，不等式可化为－x －1－2x ＋4<9，∴x >－2，∴－2<x ≤－1；－1<x <2，不等式可化为x ＋1－2x ＋4<9，∴x >－4，∴－1<x <2；x ≥2，不等式可化为x ＋1＋2x －4<9，∴x <4，∴2≤x <4；综上所述，不等式的解集为{x |－2<x <4}．(2)f (x )＝|x ＋1|＋2|x －2|，由题意作图如右，结合图象可知，A (3,6)，B (－1，6)，C (2,3)；故3<m ≤6，且m ＝6时面积最大为12×(3＋1)×3＝6.6．(2018·东北三校模拟)已知a ，b ，c >0，a ＋b ＋c ＝1.求证：(1)a ＋b ＋c ≤ 3；(2)13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥32. 证明 (1)由柯西不等式得(a ＋b ＋c )2＝(1·a ＋1·b ＋1·c )2≤(12＋12＋12)[(a )2＋(b )2＋(c )2]＝3，当且仅当1a ＝1b ＝1c ，即a ＝b ＝c ＝13时等号成立， ∴a ＋b ＋c ≤ 3.(2)由柯西不等式得[(3a ＋1)＋(3b ＋1)＋(3c ＋1)]⎝ ⎛⎭⎪⎫13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1 ≥⎝ ⎛ 3a ＋1·13a ＋1＋3b ＋1·13b ＋1＋3c ＋1·⎭⎪⎫13c ＋12＝9⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当a ＝b ＝c ＝13时取等号， 又a ＋b ＋c ＝1，∴6⎝ ⎛⎭⎪⎫13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥9， ∴13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥32.。
2019版高考数学大一轮复习第十二章不等式选讲课时达标60不等式的证明
课时达标 第60讲 不等式的证明[解密考纲]不等式的证明以解答题进行考查，主要考查综合法、比较法，还常用基本不等式证明不等式或求最值．1．已知a ，b 都是正数，且a ≠b ，求证：a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2. 证明 (a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)＝(a ＋b )(a －b )2. 因为a ，b 都是正数，所以a ＋b >0.又因为a ≠b ，所以(a －b )2>0.于是(a ＋b )(a －b )2>0， 即(a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)>0，所以a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2.2．已知a ，b ，c 都是正数，求证：a2b2＋b2c2＋c2a2a ＋b ＋c ≥abc .证明 因为b 2＋c 2≥2bc ，a 2>0，所以a 2(b 2＋c 2)≥2a 2bc ，① 同理，b 2(a 2＋c 2)≥2ab 2c ，②c 2(a 2＋b 2)≥2abc 2，③①②③相加得2(a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2)≥2a 2bc ＋2ab 2c ＋2abc 2， 从而a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2≥abc (a ＋b ＋c )． 由a ，b ，c 都是正数，得a ＋b ＋c >0， 因此a2b2＋b2c2＋c2a2a ＋b ＋c≥abc .3．已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)，求证：2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 3－3abc .证明 欲证2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 3－3abc ，只需证a ＋b －2ab ≤a ＋b ＋c －33abc ， 即证c ＋2ab ≥33abc ，∵a ，b ，c ∈(0，＋∞)， ∴c ＋2ab ＝c ＋ab ＋ab ≥33c·ab ·ab ＝33abc ， ∴c ＋2ab ≥33abc 成立，故原不等式成立． 4．设a ，b 为正实数，且1a ＋1b ＝2 2.(1)求a 2＋b 2的最小值；(2)若(a －b )2≥4(ab )3，求ab 的值． 解析 (1)由22＝1a ＋1b≥21ab ，得ab ≥12，当a ＝b ＝22时取等号．故a 2＋b 2≥2ab ≥1，当a ＝b ＝22时取等号． 所以a 2＋b 2的最小值是1.(2)由(a －b )2≥4(ab )3，得⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1b 2≥4ab ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b 2－4ab ≥4ab ，从而ab ＋1ab≤2. 又a ，b 为正实数，所以ab ＋1ab ≥2，所以ab ＋1ab ＝2，所以ab ＝1.5．已知函数f (x )＝|x |－|2x －1|，记f (x )>－1的解集为M . (1)求M ；(2)已知a ∈M ，比较a 2－a ＋1与1a的大小．解析 (1)f (x )＝|x |－|2x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1，x≤0，3x －1，0<x<12，－x ＋1，x≥12.由f (x )>－1，得⎩⎪⎨⎪⎧x≤0，x －1>－1或⎩⎪⎨⎪⎧0<x<12，3x －1>－1或⎩⎪⎨⎪⎧x≥12，－x ＋1>－1，解得0<x <2，故M ＝{x |0<x <2}． (2)由(1)知0<a <2，因为a 2－a ＋1－1a ＝a3－a2＋a －1a ＝－＋a，当0<a <1时，－＋a <0，所以a 2－a ＋1<1a ；当a ＝1时，－＋a ＝0，所以a 2－a ＋1＝1a ；当1<a <2时，－＋a>0，所以a 2－a ＋1>1a.综上所述，当0<a <1时，a 2－a ＋1<1a ；当a ＝1时，a 2－a ＋1＝1a；。
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第60讲 不等式的证明
1．比较法
作差比较法与作商比较法的基本原理：
.
__b ＞a __⇔0＞b －a 作差法：(1)
．
0)＞b ，0＞a (b ＞a ⇔__1__＞a
b
作商法：(2)
2．综合法与分析法
__
综合法：证明不等式时，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过(1)而得出命题成立，综合法又叫顺推证法或由因导果法．
__推理论证
，直至__充分条件__分析法：证明命题时，从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的(2)所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出
的思考和证明方法．
__执果索因__要证的命题成立．这是一种
3．反证法
理、，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定__不成立__先假设要证的命题或已证明的定理、性质、明显成立的事实(，得到和命题的条件__推理__性质等，进行正确的，从而证明原命题成立，我们把它称为反证法．
__不正确__的结论，以说明假设__矛盾__)等
4．放缩法
以利于化简，并使它
__缩小__或__放大__证明不等式时，通过把所证不等式的一边适当地
与不等式的另一边的不等关系更为明显，从而得出原不等式成立，这种方法称为放缩法．
5．数学归纳法
数学归纳法证明不等式的一般步骤：
时命题成立；
__0n ＝n __证明当(1)
时命题也成立．
1__＋k ＝n __，证明时命题成立)0n ≥k ，且*
N ∈k (__k ＝n __假设当(2) 综合(1)(2)可知，结论对于任意n ≥n 0，且n 0，n ∈N *
都成立．
6．柯西不等式
(1)代数形式：设a ，b ，c ，d 均为实数，则(a 2
＋b 2
)(c 2
＋d 2
)≥(ac ＋bd )2
，当且仅当ad ＝
bc 时等号成立．
(2)向量形式：设α，β是两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当β是零向量，
或存在实数k ，使α＝k β时，等号成立．
(3)三角不等式：设x 1，y 1，x 2，y 2，x 3，y 3∈R ，则
错误!＋错误!≥
错误!.
(4)一般形式：设a 1，a 2，a 3，…，a n ，b 1，b 2，b 3，…，b n 是实数，则(a 21＋a 2＋…＋a 2n )(b 21＋b 2＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2
，当且仅当b i ＝0(i ＝1,2，…，n )或存在一个数k ，
使得a i ＝kb i (i ＝1,2，…，n )时，等号成立．
7．排序不等式
设a 1≤a 2≤…≤a n ，b 1≤b 2≤…≤b n 为两组实数，c 1，c 2，…，c n 是b 1，b 2，…，b n 的任一排列，那么a 1b n ＋a 2b n －1＋…＋a n b 1≤a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a n c n ≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n .当且仅当a 1＝
a 2＝…＝a n 或
b 1＝b 2＝…＝b n 时，反序和等于顺序和．
1．思维辨析(在括号内打“√”或“”)．
(1)用反证法证明命题“a ，b ，c 全为0”时假设为“a ，b ，c 全不为0”. ( × )
(2)若实数x ，y 适合不等式xy >1，x ＋y >－2，则x >0，y >0.( √ )
(3)不等式|x ＋a |＋|x ＋b |≥c 恒成立的充要条件是|a －b |≥c .( √ ) (4)不等式|x ＋a |－|x ＋b |＜c 恒成立的充要条件是|a －b |≤c .( × )
2．若a >0，b >0，a ，b 的等差中项是12，且α＝a ＋1a ，β＝b ＋1
b
，则α＋β的最小值为
( D )
A ．2
B ．3
C ．4
D ．5
解析 ∵12为a ，b 的等差中项，∴a ＋b ＝1
2
×2＝1.。