【数学】2020届一轮复习江苏版12-3-2不等式的证明学案

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【数学】2020届一轮复习江苏版12-3-2不等式的证明学案

第2课时 不等式的证明 考情考向分析 本节主要考查不等式的证明方法及柯西不等式的简单应用,以解答题的形式出现,属于低档题.‎ ‎1.不等式证明的方法 ‎(1)比较法 ‎①作差比较法 知道a>b⇔a-b>0,ab,只要证明a-b>0即可,这种方法称为作差比较法.‎ ‎②作商比较法 由a>b>0⇔>1且a>0,b>0,因此当a>0,b>0时,要证明a>b,只要证明>1即可,这种方法称为作商比较法.‎ ‎(2)综合法 从已知条件出发,利用不等式的有关性质或定理,经过推理论证,最终推导出所要证明的不等式成立,这种证明方法叫做综合法,即“由因导果”的方法.‎ ‎(3)分析法 从待证不等式出发,逐步寻求使它成立的充分条件,直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等),从而得出要证的不等式成立,这种证明方法叫做分析法,即“执果索因”的方法.‎ ‎(4)反证法和放缩法 ‎①先假设要证的命题不成立,以此为出发点,结合已知条件,应用公理、定义、定理、性质等,进行正确的推理,得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论,以说明假设不正确,从而证明原命题成立,这种方法叫做反证法.‎ ‎②在证明不等式时,有时要把所证不等式的一边适当地放大或缩小,以利于化简并使它与不等式的另一边的关系更为明显,从而得出原不等式成立,这种方法称为放缩法.‎ ‎(5)数学归纳法 一般地,当要证明一个命题对于不小于某正整数n0的所有正整数n都成立时,可以用以下两个步骤:‎ ‎①证明当n=n0时命题成立;‎ ‎②假设当n=k (k∈N*,且k≥n0)时命题成立,证明n=k+1时命题也成立.‎ 在完成了这两个步骤后,就可以断定命题对于不小于n0的所有正整数都成立.这种证明方法称为数学归纳法.‎ ‎2.几个常用的不等式 ‎(1)柯西不等式 ‎①柯西不等式的代数形式:设a,b,c,d都是实数,则(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2(当且仅当ad=bc时,等号成立).‎ ‎②柯西不等式的向量形式:设α,β是两个向量,则|α||β|≥|α·β|,当且仅当β是零向量,或存在实数k,使α=kβ时,等号成立.‎ ‎③柯西不等式的三角形不等式:设x1,y1,x2,y2,x3,y3∈R,则+≥.‎ ‎④柯西不等式的一般形式:设n为大于1的自然数,ai,bi(i=1,2,…,n)为实数,则(a+a+…+a)(b+b+…+b)≥(a1b1+a2b2+…+anbn)2,等号当且仅当==…=时成立(当ai=0时,约定bi=0,i=1,2,…,n).‎ ‎(2)算术—几何平均不等式 若a1,a2,…,an为正数,则≥,当且仅当a1=a2=…=an时,等号成立.‎ 题组一 思考辨析 ‎1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)‎ ‎(1)用反证法证明命题“a,b,c全为0”时,假设为“a,b,c全不为0”.( × )‎ ‎(2)若>1,则x+2y>x-y.( × )‎ ‎(3)若a,b为正实数,a+b=1,则+≥4.( √ )‎ ‎(4)若实数x,y适合不等式xy>1,x+y>-2,则x>0,y>0.( √ )‎ 题组二 教材改编 ‎2.[P12例1]不等式:①x2+3>3x;②a2+b2≥2(a-b-1);③+≥2,其中恒成立的是________.(填序号)‎ 答案 ①②‎ 解析 由①得x2+3-3x=2+>0,所以x2+3>3x恒成立;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,所以+<2.‎ ‎3.[P21习题T4]若a>b>1,x=a+,y=b+,则x与y的大小关系是________.‎ 答案 x>y 解析 x-y=a+-=a-b+=.由a>b>1,得ab>1,a-b>0,‎ 所以>0,即x-y>0,所以x>y.‎ ‎4.[P37习题T1]设a,b,m,n∈R,且a2+b2=5,ma+nb=5,则的最小值为________.‎ 答案  解析 根据柯西不等式(ma+nb)2≤(a2+b2)(m2+n2),得25≤5(m2+n2),m2+n2≥5,的最小值为.‎ 题组三 易错自纠 ‎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 把a+b+c=1代入到++中,‎ 得++ ‎=3+++ ‎≥3+2+2+2=9,‎ 当且仅当a=b=c=时,等号成立.‎ ‎6.(2019·徐州模拟)已知正数a,b,c满足2a+3b+6c=2,求++的最小值.‎ 解 由于a,b,c>0,‎ 所以++= ‎≥2‎ ‎=(++)2=27,‎ 当且仅当==,‎ 即a∶b∶c=3∶2∶1且a,b,c>0时,等号成立.‎ ‎7.已知实数a,b,c满足a>0,b>0,c>0,且abc=1.‎ 证明:(1)(1+a)(1+b)(1+c)≥8;‎ ‎(2)++≤++.‎ 证明 (1)∵a>0,b>0,c>0,1+a≥2,‎ ‎1+b≥2,1+c≥2,‎ ‎∴(1+a)(1+b)(1+c)≥8=8,‎ 当且仅当a=b=c=1时,等号成立.‎ ‎(2)∵++=bc+ac+ab,a>0,b>0,c>0,‎ ‎∴ab+bc≥2=2,‎ ab+ac≥2=2,‎ bc+ac≥2=2,‎ ‎∴++≤ab+ac+bc,‎ 即++≤++.‎ 题型一 用综合法与分析法证明不等式 例1 (1)(2018·南京、盐城模拟)设a≠b,求证:a4+6a2b2+b4>4ab(a2+b2).‎ 证明 a4+6a2b2+b4-4ab(a2+b2)‎ ‎=(a2+b2)2-4ab(a2+b2)+4a2b2‎ ‎=(a2+b2-2ab)2=(a-b)4.‎ 因为a≠b,所以(a-b)4>0,‎ 所以a4+6a2b2+b4>4ab(a2+b2).‎ ‎(2)设a,b,c>0且ab+bc+ca=1,求证:a+b+c≥.‎ 证明 因为a,b,c>0,所以要证a+b+c≥,‎ 只需证明(a+b+c)2≥3.‎ 即证a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≥3,‎ 而ab+bc+ca=1,‎ 故需证明a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≥3(ab+bc+ca),‎ 即证a2+b2+c2≥ab+bc+ca.‎ 而ab+bc+ca≤++=a2+b2+c2(当且仅当a=b=c时等号成立),‎ 所以原不等式成立.‎ 思维升华 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,相互渗透,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.‎ 跟踪训练1 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(a4+b4-2a2b2)=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.‎ 题型二 用放缩法证明不等式 例2 若a,b∈R,求证:≤+.‎ 证明 方法一 当|a+b|=0时,不等式显然成立.‎ 当|a+b|≠0时,‎ 由0<|a+b|≤|a|+|b|,可得≥,‎ 所以=≤= ‎=+≤+.‎ 方法二 令f(x)=(x≥0),易知f(x)在[0,+∞)上为增函数,‎ 又|a+b|≤|a|+|b|,∴f(|a+b|)≤f(|a|+|b|).‎ 即≤ ‎=+≤+.‎ 思维升华 (1)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<”.‎ ‎(2)在用放缩法证明不等式时,“放”和“缩”均需把握一个度.‎ 跟踪训练2 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,≤<,‎ ‎∴=≤++…+<=1.‎ ‎∴原不等式成立.‎ 题型三 柯西不等式的应用 例3 已知函数f(x)=|x+3|,g(x)=m-2|x-11|,若2f(x)≥g(x+4)恒成立,实数m的最大值为t.‎ ‎(1)求实数m的最大值t;‎ ‎(2)已知实数x,y,z满足2x2+3y2+6z2=a(a>0),且x+y+z的最大值为,求a的值.‎ 解 (1)由题意,知 g(x+4)=m-2|x+4-11|=m-2|x-7|.‎ 若2f(x)≥g(x+4)恒成立,则2|x+3|≥m-2|x-7|,即m≤2(|x+3|+|x-7|).‎ 而由绝对值三角不等式可得2(|x+3|+|x-7|)≥2|(x+3)-(x-7)|=20,当且仅当(x+3)(x-7)≤0时等号成立.‎ ‎∴m≤20,故m的最大值t为20.‎ ‎(2)实数x,y,z满足2x2+3y2+6z2=a(a>0),‎ 由柯西不等式可得 ‎[(x)2+(y)2+(z)2]· ‎≥2,‎ 即a×1≥(x+y+z)2,当且仅当2x=3y=6z时等号成立,‎ ‎∴x+y+z≤.‎ 又∵x+y+z的最大值是=1,∴=1,∴a=1.‎ 思维升华 (1)使用柯西不等式证明的关键是恰当变形,化为符合它的结构形式,当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时,就可使用柯西不等式进行证明.‎ ‎(2)利用柯西不等式求最值的一般结构为:(a+a+…+a)≥(1+1+…+1)2=n2.在使用柯西不等式时,要注意右边为常数且应注意等号成立的条件.‎ 跟踪训练3 (1)已知函数f(x)=|x-1|+|x+3|,求x的取值范围,使f(x)为常函数;‎ ‎(2)若x,y,z∈R,x2+y2+z2=1,求m=x+y+z的最大值.‎ 解 (1)f(x)=|x-1|+|x+3|= 则当x∈[-3,1]时,f(x)为常函数.‎ ‎(2)由柯西不等式,得(x2+y2+z2)[()2+()2+()2]≥(x+y+z)2,‎ 当且仅当==时等号成立.‎ 所以|x+y+z|≤3,‎ 因此m的最大值为3.‎ ‎1.(2018·常镇模拟)已知a,b,c为正数,且a+b+c=3,求++的最大值.‎ 解 由柯西不等式可得 ‎(++)2≤(12+12+12)·[()2+()2+()2]=3×12,‎ ‎∴++≤6,‎ 当且仅当==时取等号.‎ ‎∴++的最大值是6.‎ ‎2.已知x+y=1,求2x2+3y2的最小值.‎ 解 由柯西不等式可知,‎ ‎(2x2+3y2)· ‎≥2=(x+y)2=1,‎ ‎∴2x2+3y2≥,当且仅当2x=3y,即x=,y=时,等号成立.∴2x2+3y2的最小值为.‎ ‎3.(2018·江苏)若x,y,z为实数,且x+2y+2z=6,求x2+y2+z2的最小值.‎ 证明 由柯西不等式,得(x2+y2+z2)(12+22+22)≥(x+2y+2z)2.‎ 因为x+2y+2z=6,所以x2+y2+z2≥4,‎ 当且仅当==时,不等式取等号,‎ 此时x=,y=,z=,‎ 所以x2+y2+z2的最小值为4.‎ ‎4.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,‎ 由题设知a+b=c+d,ab>cd,‎ 得(+)2>(+)2.‎ 因此+ > +.‎ ‎(2)①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+ > +,即必要性成立;‎ ‎②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|,即充分性成立.‎ 综上,+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.‎ ‎5.(1)关于x的不等式|x-3|+|x-4|1,‎ 即a的取值范围是(1,+∞).‎ ‎(2)由柯西不等式,‎ 得[42+()2+22]· ‎≥2=(x+y+z)2,‎ 即25×1≥(x+y+z)2,当且仅当==时等号成立.‎ ‎∴5≥|x+y+z|,∴-5≤x+y+z≤5.‎ ‎∴x+y+z的取值范围是[-5,5].‎ ‎6.设a,b,c为正实数且a+b+c=1.‎ ‎(1)求证:2ab+bc+ca+≤;‎ ‎(2)求证:++≥2.‎ 证明 (1)因为1=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca≥4ab+2bc+2ca+c2,‎ 所以2ab+bc+ca+=(4ab+2bc+2ca+c2)≤.‎ ‎(2)因为≥,≥,≥,‎ 所以++≥++=a+b+c≥2a+2b+2c=2,当且仅当a=b=c时取等号.‎ ‎7.(2018·江苏省盐城中学模拟)已知a>b>0,且m=a+.‎ ‎(1)试利用基本不等式,求m的最小值t;‎ ‎(2)若实数x,y,z满足x2+4y2+z2=t,求证:|x+2y+z|≤3.‎ ‎(1)解 由三个数的基本不等式得 m=(a-b)+b+ ‎≥3=3‎ ‎(当且仅当a-b=b=,即b=1,a=2时取“=”),故有t=3.‎ ‎(2)证明 ∵x2+4y2+z2=3,由柯西不等式得 ‎[x2+(2y)2+z2](12+12+12)≥(x+2y+z)2‎ ‎(当且仅当==时取“=”),‎ 整理得(x+2y+z)2≤9,即|x+2y+z|≤3.‎ ‎8.已知函数f(x)=2|x-2|+3|x+3|,若函数f(x)的最小值为m,正实数a,b满足4a+25b=m,求+的最小值,并求出此时a,b的值.‎ 解 依题意,f(x)= 当x=-3时,函数f(x)有最小值10,‎ 故4a+25b=10,‎ 故+=(4a+25b)‎ ‎=≥,‎ 当且仅当=时等号成立,此时a=,b=.‎ ‎9.已知a,b,c为正实数,且a+b+c=2.‎ ‎(1)求证:ab+bc+ac≤;‎ ‎(2)若a,b,c都小于1,求a2+b2+c2的取值范围.‎ ‎(1)证明 ∵a+b+c=2,‎ ‎∴a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=4,‎ ‎∴2a2+2b2+2c2+4ab+4bc+4ca=8,‎ ‎∴8=2a2+2b2+2c2+4ab+4bc+4ca≥6ab+6bc+6ac,当且仅当a=b=c时取等号,∴ab+bc+ac≤.‎ ‎(2)解 由题意可知,a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=4,‎ ‎∴4≤a2+b2+c2+a2+b2+b2+c2+a2+c2=3(a2+b2+c2),当且仅当a=b=c时取等号,∴a2+b2+c2≥.‎ ‎∵0a2.同理b>b2,c>c2.‎ ‎∴a2+b2+c21,①当x<0时,≤x<0;‎ ‎②当0≤x≤1时,得x+1-x≤m,0≤x≤1;‎ ‎③当x>1时,得2x-1≤m,11时,不等式|x|+|x-1|≤m的解集为.‎ 由题意知,原不等式的解集为[0,1].‎ ‎∴=0,=1,解得m=1(舍).‎ ‎∴m=1.‎ ‎(2)证明 ∵x2+a2≥2ax,y2+b2≥2by,z2+c2≥2cz,当且仅当x=a,y=b,z=c时等号成立.‎ 三式相加,得 x2+y2+z2+a2+b2+c2≥2ax+2by+2cz.‎ 由题意及(1),知x2+y2+z2=a2+b2+c2=m=1,‎ ‎∴2≥2(ax+by+cz),∴ax+by+cz≤1,不等式得证.‎ ‎12.已知a,b∈(0,+∞),a+b=1,x1,x2∈(0,+∞).‎ ‎(1)求++的最小值;‎ ‎(2)求证:(ax1+bx2)(ax2+bx1)≥x1x2.‎ ‎(1)解 因为a,b∈(0,+∞),a+b=1,‎ x1,x2∈(0,+∞),‎ 所以++≥3· ‎=3·≥3·=3×=6,‎ 当且仅当==且a=b,即a=b= 且x1=x2=1时,++有最小值6.‎ ‎(2)证明 方法一 由a,b∈(0,+∞),a+b=1,‎ x1,x2∈(0,+∞)及柯西不等式,得 ‎(ax1+bx2)(ax2+bx1)‎ ‎=[()2+()2]·[()2+()2]‎ ‎≥(· +· )2‎ ‎=(a+b)2=x1x2,‎ 当且仅当=,即x1=x2时取得等号.‎ 所以(ax1+bx2)(ax2+bx1)≥x1x2.‎ 方法二 因为a,b∈(0,+∞),a+b=1,x1,x2∈(0,+∞),‎ 所以(ax1+bx2)(ax2+bx1)‎ ‎=a2x1x2+abx+abx+b2x1x2‎ ‎=x1x2(a2+b2)+ab(x+x)‎ ‎≥x1x2(a2+b2)+ab(2x1x2)‎ ‎=x1x2(a2+b2+2ab)‎ ‎=x1x2(a+b)2‎ ‎=x1x2,‎ 当且仅当x1=x2时,取得等号.‎ 所以(ax1+bx2)(ax2+bx1)≥x1x2.‎
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