【数学】2020届一轮复习（文）人教通用版12-2-2不等式的证明学案
第2课时 不等式的证明
最新考纲
考情考向分析
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.
主要考查用比较法、综合法、分析法证明不等式，题型为解答题，中档难度.
1.比较法
(1)作差比较法
知道a>b⇔a－b>0，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⇔>1且a>0，b>0，因此当a>0，b>0时，要证明a>b，只要证明>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，因此在证题时，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，≥.( √ )
(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＋b2＋1，则n≥m.( √ )
题组二 教材改编
2.已知a，b∈R＋，a＋b＝2，则＋的最小值为( )
A.1 B.2
C.4 D.8
答案 B
解析 因为a，b∈R＋，且a＋b＝2，
所以(a＋b)＝2＋＋≥2＋2＝4，
所以＋≥＝2，即＋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.>
C.≤ D.<
答案 B
解析 因为a，b，m∈R＋，且a>b.
所以－＝>0，即>，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时的反设为( )
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 C
5.若a>b>1，x＝a＋，y＝b＋，则x与y的大小关系是( )
A.x>y B.xb>1，得ab>1，a－b>0，
所以>0，即x－y>0，所以x>y.故选A.
6.若a＝－，b＝－，c＝－，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＝，b＝，
c＝，∴a>b>c.
题型一 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＋≥2y＋3；
(2)设a，b，c>0且ab＋bc＋ca＝1，求证：a＋b＋c≥.
证明 (1)因为x>0，y>0，x－y>0，
2x＋－2y＝2(x－y)＋
＝(x－y)＋(x－y)＋
≥3＝3(当且仅当x－y＝1时，等号成立)，
所以2x＋≥2y＋3.
(2)因为a，b，c>0，
所以要证a＋b＋c≥，
只需证明(a＋b＋c)2≥3.
即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，
而ab＋bc＋ca＝1，
故需证明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)，
即证a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
而ab＋bc＋ca≤＋＋
＝a2＋b2＋c2(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 (2017·全国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)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6
＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)
＝4＋ab(a4＋b4－2a2b2)
＝4＋ab(a2－b2)2≥4.
(2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3
＝2＋3ab(a＋b)
≤2＋(a＋b)
＝2＋(当且仅当a＝b时，取等号)，
所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.
题型二 放缩法证明不等式
例2 (1)设a>0，<，|y－2|<，求证：|2x＋y－4|0，|x－1|<，可得|2x－2|<，
又|y－2|<，
∴|2x＋y－4|＝|(2x－2)＋(y－2)|≤|2x－2|＋|y－2|<＋＝a.
即|2x＋y－4|n(k＝1,2，…，n)，得
≤<.
当k＝1时，≤<；
当k＝2时，≤<；
…
当k＝n时，≤<，
∴＝≤＋＋…＋<＝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<，>，<，>，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00，则<.”
(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).
1.已知函数f(x)＝|x－a|.
(1)当a＝2时，解不等式f(x)≥7－|x－1|；
(2)若f(x)≤1的解集为[0,2]，＋＝a(m>0，n>0)，求证：m＋4n≥2＋3.
(1)解 当a＝2时，不等式为|x－2|＋|x－1|≥7，
∴或或
解得x≤－2或x≥5.
∴不等式的解集为(－∞，－2]∪[5，＋∞).
(2)证明 由f(x)≤1，即|x－a|≤1，
解得a－1≤x≤a＋1，而f(x)≤1的解集是[0,2]，
∴解得a＝1，
∴＋＝1(m>0，n>0)，
∴m＋4n＝(m＋4n)＝3＋＋≥2＋3.
当且仅当m＝＋1，n＝时等号成立.
2.已知函数f(x)＝|x－3|.
(1)求不等式f(x)2a2＋2b2.
(1)解 当x≥3时，|x－3|1，
所以11}.
(2)证明 因为(a2＋1)(b2＋1)－(2a2＋2b2)
＝(ab)2＋a2＋b2＋1－2a2－2b2
＝(ab)2－a2－b2＋1＝(a2－1)(b2－1)，
又因为a，b∈M，所以a>1，b>1，
因此a2>1，b2>1，a2－1>0，b2－1>0，
所以(a2－1)(b2－1)>0，
所以原不等式(a2＋1)(b2＋1)>2a2＋2b2成立.
3.已知函数f(x)＝|x－5|，g(x)＝5－|2x－3|.
(1)解不等式f(x)0，b>0，且a2＋b2＝2.
(1)若＋≥|2x－1|－|x－1|恒成立，求x的取值范围；
(2)证明：(a5＋b5)≥4.
(1)解 设y＝|2x－1|－|x－1|＝
由a2＋b2＝2，得(a2＋b2)＝1，
故＋＝(a2＋b2)
＝≥＝，
当且仅当a2＝，b2＝时取等号，
所以≥|2x－1|－|x－1|.
当x≥1时，x≤，得1≤x≤；
当5，
∴参数m的取值范围为(5，＋∞).
(2)证明 ∵a2＋b2≥2ab(a>0，b>0)，
∴≤，即a×≤.
由于01，且f(ab)>|a|·f，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等价于|ab－3|>|a|·，即|ab－3|>|b－3a|，则(ab－3)2>(b－3a)2，化简得a2b2＋9－b2－9a2>0，即(a2－1)(b2－9)>0.
因为|a|>1，所以a2－1>0，所以b2－9>0，|b|>3.
