【数学】2021届一轮复习人教A版（文）选修4－5 第2讲 不等式的证明学案
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a＋b
2 ≥ ab，当且仅当 a＝b 时，等号成立．
定理 3：如果 a，b，c 为正数，则a＋b＋c
3 ≥3 abc，当且仅当 a＝b＝c 时，等号成立．
定理 4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果 a 1，a2，…，a n 为 n 个正数，则
a1＋a2＋…＋an
n ≥ n a1a2…an，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．
常用结论
基本不等式及其推广
1．a2≥0(a∈R)．
2．(a－b)2≥0(a，b∈R)，其变形有 a2＋b2≥2ab，(a＋b
2 )2
≥ab，a2＋b2≥1
2(a＋b)2.
3．若 a，b 为正实数，则a＋b
2 ≥ ab.特别地，b
a＋a
b≥2.
4．a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
二、教材衍化
求证： 3＋ 7<2＋ 6.
证明： 3＋ 7<2＋ 6
⇐( 3＋ 7)2<(2＋ 6)2
⇐10＋2 21<10＋4 6
⇐ 21<2 6⇐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)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．( )
答案：(1)× (2)√ (3)×
二、易错纠偏
常见误区不等式放缩不当致错.
已知三个互不相等的正数 a，b，c 满足 abc＝1.试证明：
a＋ b＋ c<1
a＋1
b＋1
c.
证明：因为 a，b，c>0，且互不相等，abc＝1，所以 a＋ b＋ c＝ 1
bc＋ 1
ac＋ 1
ab<
1
b＋1
c
2
＋
1
a＋1
c
2 ＋
1
a＋1
b
2 ＝1
a＋1
b＋1
c，即 a＋ b＋ c<1
a＋1
b＋1
c.
用综合法、分析法证明不等式(师生共研)
(2019·高考全国卷Ⅰ)已知 a，b，c 为正数，且满足 abc＝1.证明：
(1)1
a＋1
b＋1
c≤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，又 abc＝1，故有 a2＋b2＋c2≥
ab＋bc＋ca＝ab＋bc＋ca
abc ＝1
a＋1
b＋1
c.当且仅当 a＝b＝c＝1 时，等号成立．
所以1
a＋1
b＋1
c≤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≥33 （a＋b）3（b＋c）3（a＋c）3
＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)
≥3×(2 ab)×(2 bc)×(2 ac)
＝24.当且仅当 a＝b＝c＝1 时，等号成立．
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
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．
1．若 a，b∈R，ab>0，a2＋b2＝1.求证：a3
b ＋b3
a ≥1.
证明：a3
b ＋b3
a ＝a4＋b4
ab ＝
（a2＋b2）2－2a2b2
ab ＝ 1
ab－2ab.
因为 a2＋b2＝1≥2ab，当且仅当 a＝b 时等号成立，
所以 0
－1，所以－11
2时，不等式化为 2x＋1＋2x－1<4，即 x<1，
所以1
2n(k＝1，2，…，n)，得 1
2n≤ 1
n＋k<1
n.
当 k＝1 时， 1
2n≤ 1
n＋1<1
n；
当 k＝2 时， 1
2n≤ 1
n＋2<1
n；
…
当 k＝n 时， 1
2n≤ 1
n＋n<1
n，
所以1
2＝ n
2n≤ 1
n＋1＋ 1
n＋2＋…＋ 1
2n1
4，(1－b)c>1
4，(1－c)a>1
4，
三式相乘得(1－a)b·(1－b)c·(1－c)a> 1
64，①
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.
[基础题组练]
1．设 a＞0，b＞0，若 3是 3a 与 3b 的等比中项，求证：1
a＋1
b≥4.
证明：由 3是 3a 与 3b 的等比中项得
3a·3b＝3，
即 a＋b＝1，要证原不等式成立，
只需证a＋b
a ＋a＋b
b ≥4 成立，即证b
a＋a
b≥2 成立，
因为 a＞0，b＞0，
所以b
a＋a
b≥2 b
a·a
b＝2，
(当且仅当b
a＝a
b，即 a＝b＝1
2时，“＝”成立)，
所以1
a＋1
b≥4.
2．求证： 1
12＋ 1
22＋ 1
32＋…＋ 1
n2＜2.
证明：因为 1
n2＜ 1
n（n－1）＝ 1
n－1－1
n，
所以 1
12＋ 1
22＋ 1
32＋…＋ 1
n2＜1＋ 1
1 × 2＋ 1
2 × 3＋ 1
3 × 4＋…＋ 1
（n－1） × n
＝1＋(1－1
2 )＋(1
2－1
3 )＋…＋( 1
n－1－1
n)＝2－1
n＜2.
3．(2020·蚌埠一模)已知函数 f(x)＝|x|＋|x－3|.
(1)解关于 x 的不等式 f(x)－5≥x；
(2)设 m，n∈{y|y＝f(x)}，试比较 mn＋4 与 2(m＋n)的大小．
解 ： (1)f(x) ＝ |x| ＋ |x － 3| ＝ {3－2x，x < 0，
3，0 ≤ x ≤ 3，
2x－3，x > 3.
f(x) － 5≥x ， 即 {x < 0，
3－2x ≥ x＋5或
{0 ≤ x ≤ 3，
3 ≥ x＋5 或{x > 3，
2x－3 ≥ x＋5，解得 x≤－2
3或 x∈∅或 x≥8.
所以不等式的解集为(－∞，－2
3]∪[8，＋∞)．
(2)由(1)易知 f(x)≥3，所以 m≥3，n≥3.
由于 2(m＋n)－(mn＋4)＝2m－mn＋2n－4＝(m－2)(2－n)．
且 m≥3，n≥3，所以 m－2>0，2－n<0，
即(m－2)(2－n)<0，
所以 2(m＋n)1)，若 f(x)>4 的解集是{x|x<0
或 x>4}．
(1)求 m 的值；
(2)若正实数 a，b，c 满足1
a＋ 1
2b＋ 1
3c＝m
3，求证：a＋2b＋3c≥9.
解：(1)因为 m>1，所以 f(x)＝{－2x＋m＋1，x < 1
m－1，1 ≤ x ≤ m
2x－m－1，x > m
，
作出函数 f(x)的图象如图所示，
由 f(x)>4 的解集及函数 f(x)的图象得{－2 × 0＋m＋1＝4
2 × 4－m－1＝4 ，得 m＝3.
(2)由(1)知 m＝3，从而1
a＋ 1
2b＋ 1
3c＝1，
a＋2b＋3c＝(1
a＋ 1
2b＋ 1
3c)(a＋2b＋3c)＝3＋( a
2b＋2b
a )＋( a
3c＋3c
a )＋(2b
3c＋3c
2b)≥9，
当且仅当 a＝3，b＝3
2，c＝1 时“＝”成立．
5．(2020·原创冲刺卷)已知定义在 R 上的函数 f(x)＝|x＋1|＋|x－2|＋(x－1) 2 的最小值为
s.
(1)试求 s 的值；
(2)若 a，b，c∈R＋，且 a＋b＋c＝s，求证：a2＋b2＋c2≥3.
解：(1)f(x)＝|x＋1|＋|x－2|＋(x－1)2≥|x＋1|＋|2－x|≥|(x＋1)＋(2－x)|＝3，即 f(x)≥3.
当且仅当 x＝1，且(x＋1)(2－x)≥0，即 x＝1 时，等号成立，所以 f(x)的最小值为 3，所
以 s＝3.
(2)证明：由(1)知 a＋b＋c＝3.
故 a2＋b2＋c2＝(a2＋12)＋(b2＋12)＋(c2＋12)－3
≥2a＋2b＋2c－3
＝2(a＋b＋c)－3＝3(当且仅当 a＝b＝c＝1 时，等号成立)．
6．设不等式－2＜|x－1|－|x＋2|＜0 的解集为 M，a，b∈M.
(1)证明：|1
3a＋1
6b|＜1
4；
(2)比较|1－4ab|与 2|a－b|的大小．
解：(1)证明：记 f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝{3，x ≤ －2，
－2x－1，－2＜x ≤ 1，
－3，x＞1，
由－2＜－2x－1＜0
解得－1
2＜x＜1
2，即 M＝(－1
2，
1
2)，所以|1
3a＋1
6b|≤1
3|a|＋1
6|b|＜1
3×1
2＋1
6×1
2＝1
4.
(2)由(1)得 a2＜1
4，b2＜1
4，因为|1－4ab|2－4|a－b|2
＝(1－8ab＋16a2b2)－4(a2－2ab＋b2)
＝(4a2－1)(4b2－1)＞0，
故|1－4ab|2＞4|a－b|2，即|1－4ab|＞2|a－b|.
[综合题组练]
1．(2020·江西八所重点中学联考)已知不等式|ax－1|≤|x＋3|的解集为{x|x≥－1}．
(1)求实数 a 的值；
(2)求 12－at＋ 4＋t的最大值．
解：(1)|ax－1|≤|x＋3|的解集为{x|x≥－1}，即(1－a2)x2＋(2a＋6)x＋8≥0 的解集为{x|x≥－
1}．当 1－a2≠0 时，不符合题意， 舍去．
当 1－a2＝0，即 a＝±1 时，
x＝－1 为方程(2a＋6)x＋8＝0 的一解，经检验 a＝－1 不符合题意，舍去，
a＝1 符合题意．
综上，a＝1.
(2)( 12－t＋ 4＋t)2＝16＋2 （12－t）（4＋t）＝16＋2 －t2＋8t＋48，当 t＝8
2＝4 时，
( 12－t＋ 4＋t)2 有最大值，为 32.
又 12－t＋ 4＋t≥0，所以 12－t＋ 4＋t的最大值为 4 2.
2．(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≥1
3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≥4
3，当且仅当 x＝5
3，y＝－1
3，z＝－1
3时等号成
立．
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2 的最小值为4
3.
(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≥
（2＋a）2
3 ，当且仅当 x＝4－a
3 ，y＝1－a
3 ，z＝
2a－2
3 时等号成立．
因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2 的最小值为
（2＋a）2
3 .
由题设知
（2＋a）2
3 ≥1
3，解得 a≤－3 或 a≥－1.
