【数学】2019届一轮复习人教A版（文）选修4-5第二节不等式的证明学案

【数学】2019届一轮复习人教A版（文）选修4-5第二节不等式的证明学案

选修4－5 不等式选讲 第二节不等式的证明 ‎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．‎ 定理2：如果a，b＞0，那么≥，当且仅当a＝b时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．‎ 定理3：如果a，b，c∈R＋，那么≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．‎ ‎2．比较法 ‎(1)作差法的依据是：a－b＞0⇔a＞b.‎ ‎(2)作商法：若B＞0，欲证A≥B，只需证≥1.‎ ‎3．综合法与分析法 ‎(1)综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立．‎ ‎(2)分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至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)，从而得出要证的命题成立．‎ ‎1．设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则s与t的大小关系是(　　)‎ A．s≥t　　　　　　　　　 B．s＞t C．s≤t D．s＜t 解析：选A　∵s－t＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴s≥t.‎ ‎2．已知a，b∈R＋，且a＋b＝2，则＋的最小值为(　　)‎ A．1 B．2‎ C．4 D．8‎ 解析：选B　∵a，b∈R＋，且a＋b＝2，‎ ‎∴(a＋b)＝2＋＋≥2＋2＝4，‎ ‎∴＋≥＝2，即＋的最小值为2(当且仅当a＝b＝1时，等号成立)．‎ ‎3．已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最小值为________．‎ 解析：把a＋b＋c＝1代入＋＋中 得＋＋ ‎＝3＋＋＋ ‎≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．‎ 故＋＋的最小值为9.‎ 答案：9‎ 　　　　 比较法证明不等式是高考考查的重点，主要涉及作差比较法和作商比较法，难度适中，有时难度也较大.‎ ‎[典题领悟]‎ ‎(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝＋，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)＝ 当x≤－时，由f(x)＜2，‎ 得－2x＜2，解得x＞－1；‎ 当－＜x＜时，f(x)＜2恒成立；‎ 当x≥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 ‎＝a2＋b2－a2b2－1‎ ‎＝(a2－1)(1－b2)＜0.‎ 因此|a＋b|＜|1＋ab|.‎ ‎[解题师说]‎ ‎1．作差比较法 ‎(1)作差比较法证明不等式的4步骤 ‎(2)作差比较法的应用范围 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．作商比较法 ‎(1)作商比较法证明不等式的一般步骤 ‎(2)作商比较法的应用范围 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．‎ ‎[冲关演练]‎ ‎1．求证：当x∈R时，1＋2x4≥2x3＋x2.‎ 证明：法一：(1＋2x4)－(2x3＋x2)‎ ‎＝2x3(x－1)－(x＋1)(x－1)‎ ‎＝(x－1)(2x3－x－1)‎ ‎＝(x－1)(2x3－2x＋x－1)‎ ‎＝(x－1)[2x(x2－1)＋(x－1)]‎ ‎＝(x－1)2(2x2＋2x＋1)‎ ‎＝(x－1)2≥0，‎ 所以1＋2x4≥2x3＋x2.‎ 法二：(1＋2x4)－(2x3＋x2)‎ ‎＝x4－2x3＋x2＋x4－2x2＋1‎ ‎＝(x－1)2·x2＋(x2－1)2≥0，‎ 所以1＋2x4≥2x3＋x2.‎ ‎2．求证：当a>0，b>0时，aabb≥(ab).‎ 证明：∵＝，‎ ‎∴当a＝b时，＝1，‎ 当a>b>0时，>1，>0，‎ ‎∴>1，‎ 当b>a>0时，0<<1，<0，‎ ‎∴>1，‎ ‎∴aabb≥(ab).‎ 　　　　 ‎[典题领悟]‎ ‎(2017·全国卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：‎ ‎(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；‎ ‎(2)a＋b≤2.‎ 证明：(1)(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6‎ ‎＝(a3＋b3)2－‎2a3b3＋ab(a4＋b4)‎ ‎＝4＋ab(a2－b2)2≥4.‎ ‎(2)∵(a＋b)3＝a3＋‎3a2b＋3ab2＋b3‎ ‎＝2＋3ab(a＋b)≤2＋(a＋b)‎ ‎＝2＋，‎ ‎∴(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.‎ ‎[解题师说]‎ ‎1．综合法证明不等式的方法 ‎(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．‎ ‎2．综合法证明时常用的不等式 ‎(1)a2≥0.‎ ‎(2)|a|≥0.‎ ‎(3)a2＋b2≥2ab，它的变形形式有 a2＋b2≥2|ab|；a2＋b2≥－2ab；(a＋b)2≥4ab；‎ a2＋b2≥(a＋b)2；≥2.‎ ‎(4)≥，它的变形形式有 a＋≥2(a>0)；＋≥2(ab>0)；‎ ＋≤－2(ab<0)．‎ ‎(5)(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.‎ ‎[冲关演练]‎ ‎1．已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：‎ ‎(1)＋＋≥8；‎ ‎(2)≥9.‎ 证明：(1)∵a＋b＝1，a＞0，b＞0，‎ ‎∴＋＋ ‎＝＋＋ ‎＝2 ‎＝2 ‎＝2＋4‎ ‎≥4 ＋4＝8，当且仅当a＝b＝时，等号成立，‎ ‎∴＋＋≥8.‎ ‎(2)∵＝＋＋＋1，‎ 由(1)知＋＋≥8.‎ ‎∴≥9.‎ ‎2．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：＋＋≥3.‎ 解：(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)证明：因为a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝3，‎ 所以＋＋＋(a＋b＋c)‎ ‎＝＋＋ ‎≥2＝2(a＋b＋c)，‎ 当且仅当a＝b＝c＝1时，取“＝”，‎ 所以＋＋≥a＋b＋c，即＋＋≥3.‎ 　　　　 ‎[典题领悟]‎ 已知函数f(x)＝|x＋1|.‎ ‎(1)求不等式f(x)＜|2x＋1|－1的解集M；‎ ‎(2)设a，b∈M，证明：f(ab)＞f(a)－f(－b)．‎ 解：(1)由题意，|x＋1|<|2x＋1|－1，‎ ‎①当x≤－1时，‎ 不等式可化为－x－1＜－2x－2，‎ 解得x＜－1；‎ ‎②当－1＜x＜－时，‎ 不等式可化为x＋1＜－2x－2，‎ 此时不等式无解；‎ ‎③当x≥－时，‎ 不等式可化为x＋1＜2x，解得x＞1.‎ 综上，M＝{x|x＜－1或x＞1}．‎ ‎(2)证明：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．‎ ‎[解题师说]‎ ‎1．分析法的应用条件 当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式(a2＋b2≥2ab)、基本不等式没有直接联系，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．‎ ‎2．用分析法证“若A则B”这个命题的模式 为了证明命题B为真，‎ 只需证明命题B1为真，从而有…‎ 只需证明命题B2为真，从而有…‎ ‎……‎ 只需证明命题A为真，而已知A为真，故B必真．‎ ‎[冲关演练]‎ 已知a>0，b>0,‎2c>a＋b，求证：c－0，所以只要证a－‎2c<－b，‎ 即证a＋b<‎2c.‎ 由已知条件知，上式显然成立，所以原不等式成立．‎ ‎1．设a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1.‎ ‎(1)求证：2ab＋bc＋ca＋≤；‎ ‎(2)求证：＋＋≥2.‎ 证明：(1)因为1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≥4ab＋2bc＋2ca＋c2，‎ 所以2ab＋bc＋ca＋＝(4ab＋2bc＋2ca＋c2)≤.‎ ‎(2)因为≥，≥，≥，‎ 所以＋＋≥＋＋＝a＋b＋c≥‎2a＋2b＋‎2c＝2.‎ ‎2．若a>0，b>0，且＋＝.‎ ‎(1)求a3＋b3的最小值；‎ ‎(2)是否存在a，b，使得‎2a＋3b＝6？并说明理由．‎ 解：(1)由＝＋≥，‎ 得ab≥2，且当a＝b＝时等号成立．‎ 故a3＋b3≥2≥4，且当a＝b＝时等号成立．‎ 所以a3＋b3的最小值为4.‎ ‎(2)由(1)知，‎2a＋3b≥2≥4.‎ 由于4>6，从而不存在a，b，使得‎2a＋3b＝6.‎ ‎3．设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，求证：‎ ‎(1)若ab>cd，则＋>＋；‎ ‎(2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．‎ 证明：(1)因为(＋)2＝a＋b＋2，‎ ‎(＋)2＝c＋d＋2，‎ 由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，‎ 得(＋)2>(＋)2.‎ 因此＋>＋.‎ ‎(2)①必要性：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＋>＋.‎ ‎②充分性：若＋>＋，‎ 则(＋)2>(＋)2，‎ 即a＋b＋2>c＋d＋2.‎ 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，＋>＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件．‎ ‎4．已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为a.‎ ‎(1)求a的值；‎ ‎(2)若p，q，r是正实数，且满足p＋q＋r＝a，求证：p2＋q2＋r2≥3.‎ 解：(1)因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，‎ 当且仅当－1≤x≤2时，等号成立，‎ 所以f(x)的最小值等于3，即a＝3.‎ ‎(2)证明：由(1)知p＋q＋r＝3，‎ 又因为p，q，r是正实数，‎ 所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9，即p2＋q2＋r2≥3.‎ ‎5．已知函数f(x)＝|x－1|.‎ ‎(1)解不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8；‎ ‎(2)若|a|＜1，|b|＜1，a≠0，求证：＞f.‎ 解：(1)f(2x)＋f(x＋4)＝|2x－1|＋|x＋3|‎ ‎＝ 当x＜－3时，由－3x－2≥8，解得x≤－；‎ 当－3≤x＜时，－x＋4≥8无解；‎ 当x≥时，由3x＋2≥8，解得x≥2.‎ 所以不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8的解集为 .‎ ‎(2)证明：＞f等价于f(ab)＞|a|f，‎ 即|ab－1|＞|a－b|.‎ 因为|a|＜1，|b|＜1，‎ 所以|ab－1|2－|a－b|2‎ ‎＝(a2b2－2ab＋1)－(a2－2ab＋b2)‎ ‎＝(a2－1)(b2－1)＞0，‎ 所以|ab－1|＞|a－b|.‎ 故所证不等式成立．‎ ‎6．(2018·武昌调研)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－x‎2f(x)≤0.‎ 解：(1)由已知，得f(x)＝ 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≤，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－x‎2f(x)‎ ‎＝x(x－1)2－x2(x－1)‎ ‎＝－x2＋x ‎＝－2＋.‎ 令g(x)＝－2＋，‎ 则函数g(x)在(－∞，0]上是增函数，‎ ‎∴g(x)≤g(0)＝0.‎ 故x[f(x)]2－x‎2f(x)≤0.‎ ‎7．已知a，b都是正实数，且a＋b＝2，求证：＋≥1.‎ 证明：∵a＞0，b＞0，a＋b＝2，‎ ‎∴＋－1＝ ‎＝ ‎＝ ‎＝＝＝.‎ ‎∵a＋b＝2≥2，∴ab≤1.‎ ‎∴≥0.‎ ‎∴＋≥1.‎ ‎8．设函数f(x)＝x－|x＋2|－|x－3|－m，若∀x∈R，－4≥f(x)恒成立．‎ ‎(1)求实数m的取值范围；‎ ‎(2)求证：log(m＋1)(m＋2)>log(m＋2)(m＋3)．‎ 解：(1)∵∀x∈R，－4≥f(x)恒成立，‎ ‎∴m＋≥x－|x＋2|－|x－3|＋4恒成立．‎ 令g(x)＝x－|x＋2|－|x－3|＋4＝ ‎∴函数g(x)在(－∞，3]上是增函数，在(3，＋∞)上是减函数，‎ ‎∴g(x)max＝g(3)＝2，‎ ‎∴m＋≥g(x)max＝2，‎ 即m＋－2≥0⇒＝≥0，‎ ‎∴m>0，‎ 综上，实数m的取值范围是(0，＋∞)．‎ ‎(2)证明：由m>0，知m＋3>m＋2>m＋1>1，‎ 即lg(m＋3)>lg(m＋2)>lg(m＋1)>lg 1＝0.‎ ‎∴要证log(m＋1)(m＋2)>log(m＋2)(m＋3)．‎ 只需证>，‎ 即证lg(m＋1)·lg(m＋3)log(m＋2)(m＋3)成立．‎