【数学】2019届一轮复习人教B版不等式的证明学案
第2讲 不等式的证明
板块一 知识梳理·自主学习
[必备知识]
考点1 比较法
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
a>b⇔a－b>0
a
0，>1⇒a>b
b<0，>1⇒a1，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．[2018·温州模拟]若a，b，c∈R，a>b，则下列不等式成立的是( )
A.< B．a2>b2
C.> D．a|c|>b|c|
答案 C
解析 应用排除法．取a＝1，b＝－1，排除A；取a＝0，b＝－1，排除B；取c＝0，排除D.显然>0，对不等式a>b的两边同时乘以，立得>成立．故选C.
3．[课本改编]不等式：①x2＋3>3x；②a2＋b2≥2(a－b－1)；③＋≥2，其中恒成立的是( )
A．①③ B．②③
C．①②③ D．①②
答案 D
解析 由①得x2＋3－3x＝2＋>0，所以x2＋3>3x；对于②，因为a2＋b2－2(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，＋－2＝<0，即＋<2.故选D.
4．[2018·南通模拟]若|a－c|<|b|，则下列不等式中正确的是( )
A．ac－b
C．|a|>|b|－|c| D．|a|<|b|＋|c|
答案 D
解析 |a|－|c|≤|a－c|<|b|，即|a|<|b|＋|c|.故选D.
5．已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最小值为________．
答案 9
解析 解法一：把a＋b＋c＝1代入＋＋，得
＋＋
＝3＋＋＋
≥3＋2＋2＋2＝9，
当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．
解法二：由柯西不等式得：
(a＋b＋c)≥2，
即＋＋≥9.
6．[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)(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.
板块二 典例探究·考向突破
考向 比较法证明不等式
例 1 [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，即－1f(a)－f(－b)．
解 (1)当x≤－1时，原不等式可化为－x－1<－2x－2，解得x<－1；
当－11，
综上，M＝{x|x<－1或x>1}．
(2)证明：证法一：因为f(ab)＝|ab＋1|＝|(ab＋b)＋(1－b)|≥|ab＋b|－|1－b|＝|b||a＋1|－|1－b|.
因为a，b∈M，所以|b|>1，|a＋1|>0，
所以f(ab)>|a＋1|－|1－b|，
即f(ab)>f(a)－f(－b)．
证法二：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．
考向 用综合法与分析法证明不等式
例 2 (1)[2018·浙江金华模拟]已知x，y∈R.
①若x，y满足|x－3y|<，|x＋2y|<，求证：|x|<；
②求证：x4＋16y4≥2x3y＋8xy3.
证明 ①利用绝对值不等式的性质得：
|x|＝[|2(x－3y)＋3(x＋2y)|]≤[|2(x－3y)|＋|3(x＋2y)|]<＝.
②因为x4＋16y4－(2x3y＋8xy3)
＝x4－2x3y＋16y4－8xy3
＝x3(x－2y)＋8y3(2y－x)
＝(x－2y)(x3－8y3)
＝(x－2y)(x－2y)(x2＋2xy＋4y2)
＝(x－2y)2[(x＋y)2＋3y2]≥0，
∴x4＋16y4≥2x3y＋8xy3.
(2)[2018·徐州模拟]已知a、b∈R，a>b>e(其中e是自然对数的底数)，求证：ba>ab.(提示：可考虑用分析法找思路)
证明 ∵ba>0，ab>0，
∴要证ba>ab
只要证aln b>bln a
只要证>.(∵a>b>e)
取函数f(x)＝，∵f′(x)＝
令f′(x)＝0，x＝e
∴当x>e时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(e，＋∞)上单调递减．
∴当a>b>e时，有f(b)>f(a)，
即>，得证．
触类旁通
综合法与分析法的逻辑关系
用综合法证明不等式是“由因导果”，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．
【变式训练2】 (1)设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：
①ab＋bc＋ca≤；
②＋＋≥1.
证明 ①由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
由题设得(a＋b＋c)2＝1，
即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.
所以3(ab＋bc＋ca)≤1，
即ab＋bc＋ca≤.
②证法一：因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即＋＋≥a＋b＋c.
所以＋＋≥1.
证法二：由柯西不等式得：
(a＋b＋c)≥(c＋a＋b)2，
∵a＋b＋c＝1，
∴＋＋≥1.
(2)[2015·全国卷Ⅱ]设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：
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.所以＋>＋.
②(ⅰ)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＋>＋.
(ⅱ)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．
考向 反证法证明不等式
例 3 [2015·湖南高考]设a>0，b>0，且a＋b＝＋.证明：
(1)a＋b≥2；
(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．
证明 由a＋b＝＋＝，a>0，b>0，得ab＝1.
(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2，当且仅当a＝b＝1时等号成立．
(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，则由a2＋a<2及a>0，得0，(1－b)c>，(1－c)a>.
三式同向相乘，得(1－a)a(1－b)b(1－c)c>(*)
又(1－a)a≤2＝，
同理(1－b)b≤，(1－c)c≤.
所以(1－a)a(1－b)b(1－c)c≤，
与*式矛盾，即假设不成立，故结论正确．
考向 放缩法证明不等式
例 4 已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且a＋an＝2Sn.
(1)求证：Sn<；
(2)求证：< ＋＋…＋<.
证明 (1)在条件中，令n＝1，得a＋a1＝2S1＝2a1，
∵a1>0，∴a1＝1，又由条件a＋an＝2Sn有a＋an＋1＝2Sn＋1，上述两式相减，注意到an＋1＝Sn＋1－Sn
得(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0，
∵an>0，∴an＋1＋an>0，
∴an＋1－an＝1，
∴an＝1＋1×(n－1)＝n，Sn＝，
所以Sn＝<×＝.
(2)因为n<＋＋…＋＝＝.
触类旁通
放缩基本技巧
(1)“添舍”放缩
通过对不等式的一边进行添项或减项以达到解题目的，这是常规思路．
(2)分式放缩
一个分式若分子变大则分式值变大，若分母变大则分式值变小，一个真分式，分子、分母同时加上同一个正数则分式值变大，利用这些性质，可达到证题目的．
(3)裂项放缩
若欲证不等式含有与自然数n有关的n项和，可采用数列中裂项求和等方法来解题．
(4)单调函数放缩
根据题目特征，通过构造特殊的单调函数，利用其单调性质进行放缩求解．
【变式训练4】 (1)求证：＋＋＋…＋<1(n∈N*)．
证明 注意到<将通项放缩为等比数列，
左边<＋＋＋…＋＝＝1－<1.
(2)求证：＋＋＋…＋<.
证明 ∵2n－1＝2·2n－1－1＝2·2n－1－＝
2n－1≥·2n－1(n≥3)，∴≤·，
∴＋＋＋…＋<1＋＋＝＋<＋＝<＝.
考向 柯西不等式的应用
例 5 柯西不等式是大数学家柯西在研究数学分析中的“流数”问题时得到的，柯西不等式是指：对任意实数ai，bi(i＝1,2，…，n)，有(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2≤(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)，当且仅当ai＝kbi(i＝1,2，…，n)时，等号成立．
(1)证明：当n＝2时的柯西不等式；
(2)设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，求的最小值．
解 (1)证明：当n＝2时，柯西不等式的二维形式为：(a＋a)(b＋b)≥(a1b1＋a2b2)2，(a＋a)(b＋b)－(a1b1＋a2b2)2＝ab＋ab－2a1a2b1b2＝(a1b2－a2b1)2≥0，当且仅当a1b2＝a2b1时取得等号．
(2)由柯西不等式得(a2＋b2)(m2＋n2)≥(ma＋nb)2，所以5(m2＋n2)≥52即m2＋n2≥5，所以的最小值为.
触类旁通
利用柯西不等式解题时，要注意配凑成相应的形式，既可从左向右用，也可从右向左用．
【变式训练5】 [2018·皇姑区校级期末]设xy>0，则的最小值为( )
A．－9 B．9
C．10 D．0
答案 B
解析 ≥2＝9.当且仅当xy＝即xy＝时取等号．故选B.
核心规律
1.
证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和反证法仍是证明不等式的基本方法．要依据题设、题目的结构特点、内在联系，选择恰当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维方法，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．
2.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．
3.不等式证明中的裂项形式：
(1)＝－，＝.
(2)<＝.
(3)－＝<<＝－.
(4)＝.
(5)＝－.
满分策略
1.作差比较法适用的主要题型是多项式、分式、对数式、三角式，作商比较法适用的主要题型是高次幂乘积结构．
2.如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出或否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法．
3.高考命题专家说：“放缩是一种能力．”如何把握放缩的“度”，使得放缩“恰到好处”，这正是放缩法的精髓和关键所在！
板块三 模拟演练·提能增分
[A级 基础达标]
1．已知a，b，c，d均为正数，S＝＋＋＋，则一定有( )
A．0＋＋＋＝1，
S<＋＋＋＝2，
∴11，>1，>1，
∴··>1与··＝1矛盾，
∴至少有一个不大于1.
3．设x>0，y>0，M＝，N＝＋，则M，N的大小关系为________．
答案 M＋＝
＝M.
4．已知a，b∈R，a2＋b2＝4，则3a＋2b的取值范围是________．
答案 [－2，2]
解析 根据柯西不等式
(ac＋bd)2≤(a2＋b2)·(c2＋d2)，可得(3a＋2b)2≤(a2＋b2)·(32＋22)
∴－2≤3a＋2b≤2.
3a＋2b∈[－2，2]．
[B级 能力达标]
5．求证：＋＋＋…＋<(n∈N*)．
证明 ∵＝，
∴左边＝＝<.
6．[2018·泸州模拟]设函数f(x)＝|x－|＋|x＋a|(a>0)．
(1)证明：f(x)≥4；
(2)若f(2)<5，求a的取值范围．
解 (1)证明：|x－|＋|x＋a|≥|x＋a＋－x|＝a＋≥4；当且仅当a＝2时取等号．
(2)f(2)＝|2－|＋|a＋2|.
①当a＝2时，|2－|＋|2＋a|<5显然满足；
②当 02时，不等式变成a2－a－4<0，∴0)的解集为[－2,2]，求实数m的值；
(2)对任意x∈R，y>0，求证：f(x)≤2y＋＋|2x＋3|.
解 (1)不等式f≤2m＋1⇔|2x|≤2m＋1(m>0)，
∴－m－≤x≤m＋，
由解集为[－2,2]，可得m＋＝2，解得m＝.
(2)证明：原不等式即为|2x－1|－|2x＋3|≤2y＋.
令g(x)＝|2x－1|－|2x＋3|≤|(2x－1)－(2x＋3)|＝4，
当2x＋3≤0，即x≤－时，g(x)取得最大值4，
又2y＋≥2＝4，当且仅当2y＝，即y＝1时，取得最小值4.
则|2x－1|－|2x＋3|≤2y＋.
故原不等式成立．
8．[2018·黄山期末](1)已知a，b∈(0，＋∞)，求证：x，y∈R
，有＋≥；
(2)若01，
而(2－a)b·(2－b)c· (2－c)a＝(2－a)a·(2－b)b·(2－c)c≤222＝1，
这与(2－a)b·(2－b)c·(2－c)a>1矛盾．
所以假设错误，即(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a不能同时大于1.
9．[2018·天津期末]已知x>y>0，m>0.
(1)试比较与的大小；
(2)用分析法证明：(2－)≤1.
解 (1)因为－＝，x>y>0，m>0.
所以m(y－x)<0，x(x＋m)>0，
所以<0，即－<0，
所以<.
(2)证明：(用分析法证明)要证(2－)≤1，
只需证2－()2≤1，
只需证()2－2＋1≥0，
即证(－1)2≥0，
因为x，y>0，且(－1)2≥0成立，
所以(2－)≤1.
10．[2018·江阴市期末]已知实数a>0，b>0.
(1)若a＋b>2，求证：，中至少有一个小于2；
(2)若a－b＝2，求证：a3＋b>8.
证明 (1)假设，都不小于2，则≥2，≥2，因为a>0，b>0，所以1＋b≥2a,1＋a≥2b，1＋1＋a＋b≥2(a＋b)，
即2≥a＋b，这与已知a＋b>2相矛盾，故假设不成立．
综上，，中至少有一个小于2.
(2)∵a－b＝2，∴b＝a－2，
∵b>0，∴a>2，
∴a3＋b－8＝a3－8＋a－2＝(a－2)(a2＋2a＋5)，
∴(a－2)[(a＋1)2＋4]>0，
∴a3＋b>8.
