2 第2讲 不等式的证明

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 ＋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．
若a >b >1，证明：a ＋1a >b ＋1
b
.
证明：a ＋1
a －⎝⎛⎭⎫
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 ＋1
a －⎝⎛⎭⎫
b ＋1b >0， 所以a ＋1a >b ＋1
b
.
已知a >0，b >0，c >0，且a ，b ，c 不全相等，求证：bc a ＋ac b ＋ab
c >a ＋b ＋c .
证明：因为a ，b ，c ∈(0，＋∞)，所以bc a ＋ac
b
≥2
bc a ·ac
b
＝2c . 同理ac b ＋ab c ≥2a ，ab c ＋bc
a
≥2b .因为a ，b ，c 不全相等，
所以上述三个不等式中至少有一个等号不成立，三式相加，得2⎝⎛⎭⎫bc a ＋ac b ＋ab c >2(a ＋b ＋c )，即bc a ＋ac b ＋ab
c
>a ＋b ＋c .
用综合法、分析法证明不等式(师生共研)
(一题多解)(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 ）2
4·(a ＋b )
＝2＋3（a ＋b ）3
4
，
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．
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．
1．(2019·湖北八校联考)已知不等式|x |＋|x －3|<x ＋6的解集为(m ，n )． (1)求m ，n 的值；
(2)若x >0，y >0，nx ＋y ＋m ＝0，求证：x ＋y ≥16xy . 解：(1)由|x |＋|x －3|<x ＋6，
得⎩⎪⎨⎪⎧x ≥3，x ＋x －3<x ＋6或⎩⎪⎨⎪⎧0<x <3，3<x ＋6或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，－x ＋3－x <x ＋6，
解得－1<x <9，所以m ＝－1，n ＝9. (2)证明：由(1)知9x ＋y ＝1，又x >0，y >0， 所以⎝⎛⎭⎫1x ＋1y (9x ＋y )＝10＋y x ＋9x
y
≥10＋2y x ×9x
y
＝16， 当且仅当y x ＝9x y ，即x ＝112，y ＝1
4时取等号，
所以1x ＋1
y
≥16，即x ＋y ≥16xy .
2．(2019·长春市质量检测(一))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：⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎪1－abc ab －c >1.
解：(1)由已知，令f (x )＝|x ＋1|－|x －1|＝⎩⎪⎨⎪
⎧2，x ≥1，2x ，－1<x <1，－2，x ≤－1，
由|f (x )|<2得－1<x <1，即A ＝{x |－1<x <1}．
(2)证明：要证⎪⎪⎪⎪
⎪⎪
1－abc ab －c >1，只需证|1－abc |>|ab －c |，
只需证1＋a 2b 2c 2>a 2b 2＋c 2，只需证1－a 2b 2>c 2(1－a 2b 2)， 只需证(1－a 2b 2)(1－c 2)>0，
由a ，b ，c ∈A ，得－1<ab <1，c 2<1，所以(1－a 2b 2)(1－c 2)>0恒成立．
综上，⎪⎪⎪⎪
⎪⎪
1－abc ab －c
>1.
放缩法证明不等式(师生共研
)
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≤1
1＋1|a |＋|b |
＝
|a |＋|b |
1＋|a |＋|b |＝|a |1＋|a |＋|b |＋|b |1＋|a |＋|b |≤|a |1＋|a |
＋
|b |1＋|b |
.
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1k 2＜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 ＋m
b ＋m
”．
[注意] 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 <1
n .
当k ＝1时，12n ≤1n ＋1<1
n ；
当k ＝2时，12n ≤1n ＋2<1
n ；
…
当k ＝n 时，12n ≤1n ＋n <1
n
，
所以12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <n n ＝1.
所以原不等式成立．
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14.
【证明】 设(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >1
4，
三式相乘得(1－a )b ·(1－b )c ·(1－c )a >1
64，①
又因为0<a ，b ，c <1，
所以0<(1－a )a ≤⎣⎢⎡⎦
⎥⎤（1－a ）＋a 22＝1
4.
同理：(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤1
4
，
以上三式相乘得(1－a )a ·(1－b )b ·(1－c )c ≤1
64，与①矛盾．
所以(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于1
4
.
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.
[基础题组练]
1．设a ＞0，b ＞0，若3是3a 与3b 的等比中项，求证：1a ＋1
b ≥4.
证明：由3是3a 与3b 的等比中项得 3a ·3b ＝3，
即a ＋b ＝1，要证原不等式成立，
只需证a ＋b a ＋a ＋b b ≥4成立，即证b a ＋a b ≥2成立，
因为a ＞0，b ＞0，所以b a ＋a
b
≥2
b a ·a
b
＝2， (当且仅当b a ＝a b ，即a ＝b ＝1
2时，“＝”成立)，
所以1a ＋1
b
≥4.
2．求证：112＋122＋132＋…＋1
n 2＜2.
证明：因为1n 2＜1n （n －1）＝1n －1－1
n
，
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．(2019·长春市质量检测(二))已知函数f (x )＝|2x －3|＋|3x －6|. (1)求f (x )<2的解集；
(2)若f (x )的最小值为T ，正数a ，b 满足a ＋b ＝1
2
，求证：a ＋b ≤T .
解：(1)f (x )＝|2x －3|＋|3x －6|＝⎩⎨⎧3－2x ＋6－3x ⎝⎛⎭⎫x <3
22x －3＋6－3x ⎝⎛⎭⎫32≤x ≤22x －3＋3x －6（x >2）＝⎩⎨⎧
－5x ＋9⎝⎛⎭
⎫x <3
2－x ＋3⎝⎛⎭
⎫32≤x ≤25x －9（x >2）
，其图象
如图，由图象可知：f (x )<2的解集为⎝⎛⎭⎫
75，115.
(2)证明：由图象可知f (x )的最小值为1，
由基本不等式可知
a ＋b
2
≤a ＋b
2
＝14＝12
， 当且仅当a ＝b 时，“＝”成立，即a ＋b ≤1＝T . 4．设不等式－2＜|x －1|－|x ＋2|＜0的解集为M ，a ，b ∈M . (1)证明：⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ＜14； (2)比较|1－4ab |与2|a －b |的大小．
解：(1)证明：记f (x )＝|x －1|－|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪
⎧3，x ≤－2，
－2x －1，－2＜x ≤1，－3，x ＞1，
由－2＜－2x －1＜0
解得－12＜x ＜12，即M ＝⎝⎛⎭⎫－12，12，所以⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ≤13|a |＋16|b |＜13×12＋16×12＝14. (2)由(1)得a 2＜14，b 2＜1
4，因为|1－4ab |2－4|a －b |2
＝(1－8ab ＋16a 2b 2)－4(a 2－2ab ＋b 2) ＝(4a 2－1)(4b 2－1)＞0，
故|1－4ab |2＞4|a －b |2，即|1－4ab |＞2|a －b |.
[综合题组练]
1．设a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1. (1)求证：2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤1
2；
(2)求证：a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2
a
≥2.
证明：(1)要证2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤1
2，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≤1
2
.
(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 ＋2
c ＝2(当且仅当a ＝b ＝c ＝1
3
时，等号成立)． 2．(2019·新疆自治区适应性检测)设函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －4|，g (x )＝9＋2x －x 2. (1)解不等式f (x )>1；
(2)证明：|8x －16|≥g (x )－2f (x )．
解：(1)当x ≥2时，f (x )＝2x ＋1－(2x －4)＝5>1恒成立，所以x ≥2. 当－1
2≤x <2时，f (x )＝2x ＋1－(4－2x )＝4x －3>1，得x >1，所以1<x <2.
当x <－1
2时，f (x )＝－2x －1－(4－2x )＝－5>1不成立．
综上，原不等式的解集为(1，＋∞)．
(2)证明：|8x －16|≥g (x )－2f (x )⇔|8x －16|＋2f (x )≥g (x )，
因为2f (x )＋|8x －16|＝|4x ＋2|＋|4x －8|≥|(4x ＋2)－(4x －8)|＝10，当且仅当－1
2≤x ≤2时等
号成立，所以2f (x )＋|8x －16|的最小值是10，
又g (x )＝－(x －1)2＋10≤10，所以g (x )的最大值是10，当x ＝1时等号成立． 因为1∈⎣⎡⎦⎤－1
2，2，所以2f (x )＋|8x －16|≥g (x )， 所以|8x －16|≥g (x )－2f (x )．
3．(2019·四川成都模拟)已知函数f (x )＝m －|x －1|，m ∈R ，且f (x ＋2)＋f (x －2)≥0的解集为[－2，4]．
(1)求m 的值；
(2)若a ，b ，c 为正数，且1a ＋12b ＋1
3c ＝m ，求证：a ＋2b ＋3c ≥3.
解：(1)由f (x ＋2)＋f (x －2)≥0得，|x ＋1|＋|x －3|≤2m ， 设g (x )＝|x ＋1|＋|x －3|，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧－2x ＋2，x ≤－1，4，－1<x <3，2x －2，x ≥3，
数形结合可得g (－2)＝g (4)＝6＝2m ，得m ＝3. (2)证明：由(1)得1a ＋12b ＋1
3c
＝3.
由柯西不等式，得(a ＋2b ＋3c )⎝⎛⎭⎫1a ＋12b ＋13c ≥⎝⎛
⎭
⎫a ·1
a
＋2b ·12b
＋3c ·13c 2
＝32， 所以a ＋2b ＋3c ≥3.
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≥1
3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≥43，当且仅当x ＝53，y ＝－13，z ＝－1
3
时等号成立．
所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为4
3.
(2)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
≥（2＋a ）2
3，当且仅当x ＝4－a 3，y ＝1－a 3，z ＝
2a －23
时等号成立．
因此(x －2)2
＋(y －1)2
＋(z －a )2
的最小值为（2＋a ）2
3
.
由题设知（2＋a ）23≥1
3，解得a ≤－3或a ≥－1.。