【数学】2020届一轮复习（理）通用版选修4－5第二节不等式的证明学案

【数学】2020届一轮复习（理）通用版选修4－5第二节不等式的证明学案

第二节　不等式的证明 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.‎ ‎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 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 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 一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)‎ ‎(1)已知x为正实数，则1＋x＋≥3.(　　)‎ ‎(2)若a＞2，b＞2，则a＋b＞ab.(　　)‎ ‎(3)设x＝a＋2b，S＝a＋b2＋1则S≥x.(　　)‎ 答案：(1)√　(2)×　(3)√‎ 二、填空题 ‎1．已知a，b∈R＋，且a＋b＝1，则＋的最小值为________．‎ 答案：3＋2 ‎2．已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最小值为________．‎ 答案：9‎ ‎3．已知正实数a，b满足2ab＝a＋b＋12，则ab的最小值是________．‎ 解析：由2ab＝a＋b＋12，得2ab≥2＋12，当且仅当a＝b时等号成立．化简得(－3)(＋2)≥0，解得ab≥9，所以ab的最小值是9.‎ 答案：9‎ 考法一　比较法证明不等式　‎ ‎[例1]　(1)(2019·莆田模拟)设a，b是非负实数．求证：a2＋b2≥(a＋b)．‎ ‎(2)已知a＞0，b＞0，证明：aabb≥(ab).‎ ‎[证明]　(1)因为(a2＋b2)－(a＋b)‎ ‎＝(a2－a)＋(b2－b)‎ ‎＝a(－)＋b(－)‎ ‎＝(－)(a－b)‎ ‎＝(a－b)(a－b)．‎ 因为a≥0，b≥0，所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有a－b与a－b同号，所以(a－b)(a－b)≥0，‎ 所以a2＋b2≥(a＋b)．‎ ‎(2)∵＝，‎ ‎∴当a＝b时，＝1，‎ 当a＞b＞0时，＞1，＞0，∴＞1；‎ 当b＞a＞0时，0＜＜1，＜0，‎ 则＞1.‎ ‎∴aabb≥(ab) .‎ ‎[方法技巧]‎ 比较法证明不等式的方法和步骤 ‎(1)求差比较法 由a＞b⇔a－b＞0，a＜b⇔a－b＜0，因此要证明a＞b只需证明a－b＞0即可，这种方法称为求差比较法．‎ ‎(2)求商比较法 由a＞b＞0⇔＞1且a＞0，b＞0，因此当a＞0，b＞0时，要证明a＞b，只需证明＞1即可，这种方法称为求商比较法．‎ ‎(3)用比较法证明不等式的一般步骤 作差(商)—变形—判断—结论，而变形的方法一般有配方、通分和因式分解．　　‎ 考法二　综合法证明不等式　‎ ‎[例2]　(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.‎ ‎[方法技巧]‎ ‎1．综合法证明不等式的方法 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．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)．　　‎ 考法三　分析法证明不等式　‎ ‎[例3]　(2019·重庆模拟)已知函数f(x)＝|x＋1|，g(x)＝|x|.‎ ‎(1)若不等式f(x)＋g(x－2)≤m2－2m有解，求实数m的取值范围；‎ ‎(2)若|x|＞1，|y|＜1，求证：f(y)＜g(x)·f.‎ ‎[解]　(1)由题意得，f(x)＋g(x－2)＝|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，‎ ‎∵f(x)＋g(x－2)≤m2－2m有解，‎ ‎∴m2－2m≥3，解得m≥3或m≤－1，‎ ‎∴实数m的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．‎ ‎(2)证明：要证f(y)＜g(x)·f，‎ 即证|y＋1|＜|x|·，‎ 只需证＜.‎ －＝ ‎＝ ‎＝＝，‎ 又|x|＞1，|y|＜1，‎ ‎∴－＝＜0，‎ ‎∴＜，∴＜，‎ ‎∴f(y)＜g(x)·f.‎ ‎[方法技巧]‎ ‎1．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．‎ ‎2．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、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．　　‎ ‎1.(1)解不等式|x＋1|＋|x＋3|＜4；‎ ‎(2)若a，b满足(1)中不等式，求证：2|a－b|＜|ab＋2a＋2b|.‎ 解：(1)当x＜－3时，|x＋1|＋|x＋3|＝－x－1－x－3＝－2x－4＜4，解得x＞－4，所以－4＜x＜－3；‎ 当－3≤x＜－1时，|x＋1|＋|x＋3|＝－x－1＋x＋3＝2＜4恒成立，所以－3≤x＜－1；‎ 当x≥－1时，|x＋1|＋|x＋3|＝x＋1＋x＋3＝2x＋4＜4，解得x＜0，所以－1≤x＜0.‎ 综上，不等式|x＋1|＋|x＋3|＜4的解集为{x|－4＜x＜0}．‎ ‎(2)证明：4(a－b)2－(ab＋2a＋2b)2＝－(a2b2＋4a2b＋4ab2＋16ab)＝－ab(b＋4)(a＋4)＜0，‎ 所以4(a－b)2＜(ab＋2a＋2b)2，‎ 所以2|a－b|＜|ab＋2a＋2b|.‎ ‎2.已知a＞0，b＞0,2c＞a＋b，求证：c－＜a＜c＋.‎ 证明：要证c－＜a＜c＋，即证－＜a－c＜，‎ 即证|a－c|＜，即证(a－c)2＜c2－ab，即证a2－2ac＜－ab.‎ 因为a＞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．‎ ‎3.(2019·贵州模拟)已知函数f(x)＝x＋|x＋2|.‎ ‎(1)求不等式f(x)≥6的解集M；‎ ‎(2)记(1)中集合M中元素的最小值为m，若a，b为正实数，且a＋b＝m，求的最小值．‎ 解：(1)f(x)≥6，即x＋|x＋2|≥6，‎ ‎∴或解得x≥2，‎ ‎∴M＝{x|x≥2}．‎ ‎(2)由(1)知m＝2，即a＋b＝2，又a，b为正实数，‎ ‎∴＝ ‎＝＝＋ ‎≥＋×2＝4，‎ 当且仅当a＝b＝1时，取得最小值4.‎ ‎[课时跟踪检测] ‎ ‎1．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.‎ ‎2．(2019·运城康杰中学模拟)已知a＞0，b＞0，a＋b＝2.‎ ‎(1)求＋的最小值；‎ ‎(2)求证：≤1.‎ 解：(1)∵a＞0，b＞0，a＋b＝2，‎ ‎∴＋＝＝×≥(当且仅当b＝2a时等号成立)．‎ ‎(2)证明：＝ab·≤ ·2＝1(当且仅当a＝b时等号成立)．‎ ‎3．(2019·石家庄模拟)已知函数f(x)＝|x|＋|x－1|.‎ ‎(1)若f(x)≥|m－1|恒成立，求实数m的最大值M；‎ ‎(2)在(1)成立的条件下，正实数a，b满足a2＋b2＝M，证明：a＋b≥2ab.‎ 解：(1)由绝对值不等式的性质知 f(x)＝|x|＋|x－1|≥|x－x＋1|＝1，‎ ‎∴f(x)min＝1，∴只需|m－1|≤1，即－1≤m－1≤1，‎ ‎∴0≤m≤2，∴实数m的最大值M＝2.‎ ‎(2)证明：∵a2＋b2≥2ab，且a2＋b2＝2，‎ ‎∴ab≤1，∴≤1，当且仅当a＝b时取等号．①‎ 又≤，∴≤，‎ ‎∴≤，当且仅当a＝b时取等号．②‎ 由①②得，≤，∴a＋b≥2ab.‎ ‎4．(2019·湖南师范大学附属中学月考)(1)已知函数f(x)＝|x－2|－|x＋1|，解不等式f(x)≥x2－2x；‎ ‎(2)已知x，y，z均为正数，求证：＋＋≥＋＋.‎ 解：(1)f(x)＝|x－2|－|x＋1|＝ 当x≤－1时，不等式为x2－2x≤3，∴－1≤x≤3，‎ 即x＝－1；‎ 当－1＜x＜2时，不等式为x2－2x≤－2x＋1，‎ 解得－1≤x≤1，即－1＜x≤1；‎ 当x≥2时，不等式为x2－2x≤－3，∴x∈∅.‎ 综上，不等式的解集为[－1,1]．‎ ‎(2)证明：因为x，y，z都为正数，‎ 所以＋＝≥，①‎ 同理可得＋≥，②‎ ＋≥，③‎ 当且仅当x＝y＝z时，以上三式等号都成立．‎ 将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，‎ 得＋＋≥＋＋.‎ ‎5．(2019·广州模拟)已知定义在R上的函数f(x)＝|x－m|＋|x|，m∈N*，存在实数x使f(x)＜2成立．‎ ‎(1)求实数m的值；‎ ‎(2)若α≥1，β≥1，f(α)＋f(β)＝4，求证：＋≥3.‎ 解：(1)因为|x－m|＋|x|≥|(x－m)－x|＝|m|.‎ 所以要使不等式|x－m|＋|x|＜2有解，则|m|＜2，‎ 解得－2＜m＜2.‎ 因为m∈N*，所以m＝1.‎ ‎(2)证明：因为α≥1，β≥1，‎ 所以f(α)＋f(β)＝2α－1＋2β－1＝4，‎ 即α＋β＝3，‎ 所以＋＝(α＋β)＝≥＝3.‎ 当且仅当＝，即α＝2，β＝1时等号成立，‎ 故＋≥3.‎ ‎6．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.‎ ‎7．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．‎ ‎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)＜lg2(m＋2)，‎ 又lg(m＋1)·lg(m＋3)＜2‎ ‎＝＜＝lg2(m＋2)，‎ ‎∴log(m＋1)(m＋2)＞log(m＋2)(m＋3)成立．‎