高考数学考点归纳之 不等式的证明

高考数学考点归纳之 不等式的证明

高考数学考点归纳之不等式的证明一、基础知识1．基本不等式(1)定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．(2)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．(3)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．[典例]　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|.[题组训练]1．当p，q都是正数且p＋q＝1时，求证：(px＋qy)2≤px2＋qy2.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．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).[典例]　(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)∵(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋(a＋b)＝2＋，∴(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.[解题技法]　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．[题组训练] 1．设a，b，c，d均为正数，若a＋b＝c＋d，且ab>cd，求证：＋>＋.证明：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．(2018·湖北八校联考)已知不等式|x|＋|x－3|0，y>0，nx＋y＋m＝0，求证：x＋y≥16xy.解：(1)由|x|＋|x－3|0，y>0，∴(9x＋y)＝10＋＋≥10＋2＝16，当且仅当＝，即x＝，y＝时取等号，∴＋≥16，即x＋y≥16xy.[典例]　(2019·长春质检)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|， 即证1＋a2b2c2>a2b2＋c2，即证1－a2b2>c2(1－a2b2)，即证(1－a2b2)(1－c2)>0，由a，b，c∈A，得－10恒成立．综上，>1.[解题技法]　分析法证明不等式应注意的问题(1)注意依据是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论．(2)注意从要证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．(3)注意恰当地用好反推符号“⇐”或“要证明”“只需证明”“即证明”等词语．[题组训练]1．已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：b>c且a＋b＋c＝0，知a>0，c<0.要证0，即证(a－b)(2a＋b)>0，即证(a－b)(a－c)>0.∵a>b>c，∴a－b>0，a－c>0，∴(a－b)(a－c)>0显然成立，故原不等式成立．2．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，求证：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．1．已知△ABC的三边a，b，c的倒数成等差数列，试用分析法证明：∠B为锐角．证明：要证∠B为锐角，只需证cosB>0， 所以只需证a2＋c2－b2>0，即a2＋c2>b2，因为a2＋c2≥2ac，所以只需证2ac>b2，由已知得2ac＝b(a＋c)．所以只需证b(a＋c)>b2，即a＋c>b，显然成立．所以∠B为锐角．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，仅当a＝b＝时等号成立．故a3＋b3≥2≥4，仅当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．(2019·南宁模拟)(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－42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)≤0.5．(2019·西安质检)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，求证：t2＋1≥＋3t. 解：(1)依题意，得f(x)＝∴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，即－1≤x≤时取等号，∴M＝[3，＋∞)．t2＋1－3t－＝＝，∵t∈M，∴t－3≥0，t2＋1>0，∴≥0，∴t2＋1≥＋3t.6．(2019·长春质检)已知函数f(x)＝|2x－3|＋|3x－6|.(1)求f(x)<2的解集；(2)若f(x)的最小值为T，正数a，b满足a＋b＝，求证：＋≤T.解：(1)f(x)＝|2x－3|＋|3x－6|＝作出函数f(x)的图象如图所示．由图象可知，f(x)<2的解集为.(2)证明：由图象可知f(x)的最小值为1， 由基本不等式可知≤＝＝，当且仅当a＝b时，“＝”成立，即＋≤1＝T.7．已知函数f(x)＝|2x－1|－.(1)求不等式f(x)<0的解集M；(2)当a，b∈M时，求证：3|a＋b|<|ab＋9|.解：(1)f(x)＝当x<－时，f(x)<0，即－x<0，无解；当－≤x≤时，f(x)<0，即－3x－<0，得－时，f(x)<0，即x－<0，得0，所以3|a＋b|<|ab＋9|.8．已知函数f(x)＝m－|x＋4|(m>0)，且f(x－2)≥0的解集为[－3，－1]． (1)求m的值；(2)若a，b，c都是正实数，且＋＋＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.解：(1)法一：依题意知f(x－2)＝m－|x＋2|≥0，即|x＋2|≤m⇔－m－2≤x≤－2＋m.由题意知不等式的解集为[－3，－1]，所以解得m＝1.法二：因为不等式f(x－2)≥0的解集为[－3，－1]，所以－3，－1为方程f(x－2)＝0的两根，即－3，－1为方程m－|x＋2|＝0的两根，所以解得m＝1.(2)证明：由(1)可知＋＋＝1(a，b，c>0)，所以a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)＝3＋＋＋≥9，当且仅当a＝2b＝3c，即a＝3，b＝，c＝1时取等号．