2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书：选修4－5 第2讲 不等式的证明
第2讲 不等式的证明
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≥，当且仅当a＝b时，等号成立．
定理3：如果a，b，c为正数，则≥，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，…，an为n个正数，则≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an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，≥ab，a2＋b2≥(a＋b)2.
3．若a，b为正实数，则≥.特别地，＋≥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≥N
2．求证：＋<2＋.
证明：＋<2＋
⇐(＋)2<(2＋)2
⇐10＋2<10＋4
⇐<2⇐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
设a，b∈(0，＋∞)，且ab－a－b＝1，则有( )
A．a＋b≥2(＋1) B．a＋b≤＋1
C．a＋b<＋1 D．a＋b>2(＋1)
解析：选A.由已知得a＋b＋1＝ab≤，故有(a＋b)2－4(a＋b)－4≥0，解得a＋b≥2＋2或a＋b≤－2＋2(舍去)，即a＋b≥2＋2.(当且仅当a＝b＝＋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≥(a2＋b2)．
【证明】 因为a，b是非负实数，
所以a3＋b3－(a2＋b2)
＝a2(－)＋b2(－)
＝(－)[()5－()5]．
当a≥b时，≥，从而()5≥()5，
得(－)[()5－()5]≥0；
当a
0.
所以a3＋b3≥(a2＋b2)．
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：abba≤(ab).
证明：＝ab－ba－＝.
当a＝b时，＝1；
当a>b>0时，0<<1，
>0，<1.
当b>a>0时，>1，<0，<1.
所以abba≤(ab).
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＋·(a＋b)
＝2＋，
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．
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)＋＋≤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＝＝＋＋.
所以＋＋≤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
＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)
≥3×(2)×(2)×(2)
＝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)≤＋.
解：(1)f(x)>4－|x＋1|，即|x＋2|＋|x＋1|>4，
则得x<－3.5；
无解；
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，
＋＝(a＋b)(＋)＝(4＋1＋＋)≥(5＋4)＝4.5，
所以|x－2.5|－f(x)≤＋.
反证法证明不等式(师生共研)
设0，(1－b)c>，(1－c)a>，
三式相乘得(1－a)b·(1－b)c·(1－c)a>，①
又因为00，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：≤＋.
【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|
⇒≥，
所以＝≤
＝
＝＋≤＋.
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<，>，<，>.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00，则<”．
[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：≤＋＋…＋<1.
证明：由2n≥n＋k>n(k＝1，2，…，n)，得≤<.
当k＝1时，≤<；
当k＝2时，≤<；
…
当k＝n时，≤<，
所以＝≤＋＋…＋<＝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≥＋3t.
解：(1)依题意，得f(x)
于是f(x)≤3⇔或或
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≥＋3t，即证t2－3t＋1－≥0.
而t2－3t＋1－＝＝.
因为t∈M，所以t－3≥0，t2＋1>0，
所以≥0.
所以t2＋1≥＋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＝2.②
①②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：<.
解：(1)函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－2|＝
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＝.
(2)证明：因为实数s，t∈A，所以s，t∈.
所以－＝1＋－t2－＝(1－t2)·(s2－1)<0，
所以<，所以<.
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：＋≥.
解：(1)|2x|＋|2x－1|≥|2x－(2x－1)|＝1，当且仅当2x(2x－1)≤0即0≤x≤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(a＋2b＋2a＋b)≥(a＋b)2，
所以＋≥(a＋b)≥.
[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：>1.
解：(1)由已知，令f(x)＝|x＋1|－|x－1|
＝
由|f(x)|<2得－11，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－10恒成立．
综上，>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＋＋＝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＋＋＝1，
因为a，b，c为正实数，
所以a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)
＝3＋＋＋＋＋＋＝3＋＋＋
≥3＋2＋2＋2＝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＝[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|＝|f(1)－f(－1)|≤[|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＝，即x＝－.
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－≤－≤0，故|f|＝
|a＋(2－a)－1|≤1.
整理得|＋1|≤1，
所以－1≤＋1≤1，
所以－2≤≤0，
又a＞0，所以≥0，
所以＝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≥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≥，当且仅当x＝，y＝－，z＝－时等号成立．
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为.
(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≥，当且仅当x＝，y＝，z＝时等号成立．
因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为.
由题设知≥，解得a≤－3或a≥－1.
