【数学】2020届一轮复习人教版（理）第12章第4讲证明不等式的基本方法学案
第4讲 证明不等式的基本方法
[考纲解读] 了解不等式证明的基本方法：比较法、综合法、分析法，并能应用它们证明一些简单的不等式．(重点、难点)
[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲是高考命题的一个热点. 预测2020年将会考查：①与基本不等式结合证明不等式；②与恒成立、探索性问题结合，题型为解答题，属中档题型.
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数不小于(即大于或等于)它们的几何平均数．
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
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．
1．概念辨析
(1)设x＝a＋2b，S＝a＋b2＋1则S≥x.( )
(2)若>1，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．小题热身
(1)下列四个不等式：①logx10＋lg x≥2(x>1)；②|a－b|<|a|＋|b|；③≥2(ab≠0)；④|x－1|＋|x－2|≥1，其中恒成立的个数是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 logx10＋lg x＝＋lg x≥2(x>1)，①正确．
ab≤0时，|a－b|＝|a|＋|b|，②不正确；
因为ab≠0，与同号，
所以＝＋≥2，③正确；
由|x－1|＋|x－2|的几何意义知，
|x－1|＋|x－2|≥1恒成立，④正确，
综上①③④正确．故选C.
(2)已知a，b是不相等的正数，x＝，y＝，z＝(ab)0.25，则x，y，z的大小关系是( )
A．x>y>z B．x
x>z D．yz2，y2－x2＝＝>0，
∴y2>x2>z2，又x>0，y>0，z>0，∴y>x>z.
(3)设x＝a2b2＋5，y＝2ab－a2－4a，若x>y，则实数a，b应满足的条件为________．
答案 ab≠1或a≠－2
解析 因为x－y＝(a2b2＋5)－(2ab－a2－4a)
＝(a2b2－2ab＋1)＋(a2＋4a＋4)
＝(ab－1)2＋(a＋2)2>0，
若x>y，则实数a，b应满足的条件为ab≠1或a≠－2.
题型 比较法证明不等式
1．设函数f(x)＝|x－2|＋2x－3，记f(x)≤－1的解集为M.
(1)求M；
(2)当x∈M时，证明：x[f(x)]2≤x2f(x)．
解 (1)由已知，得f(x)＝
当x≤2时，由f(x)＝x－1≤－1，
解得x≤0，此时x≤0；
当x>2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.
x[f(x)]2－x2f(x)≤0，故x[f(x)]2≤x2f(x)．
2．(2018·吉林长春模拟)(1)如果关于x的不等式|x＋1|＋|x－5|≤m的解集不是空集，求实数m的取值范围；
(2)若a，b均为正数，求证：aabb≥abba.
解 (1)令y＝|x＋1|＋|x－5|＝可知|x＋1|＋|x－5|≥6，故要使不等式|x＋1|＋|x－5|≤m的解集不是空集，有m≥6.
(2)证明：由a，b均为正数，则要证aabb≥abba，
只要证aa－bbb－a≥1，整理得a－b≥1.
当a≥b时，a－b≥0，可得a－b≥1；
当a1.
可知a，b均为正数时，a－b≥1，
当且仅当a＝b时等号成立，从而aabb≥abba成立．
1．作差比较法
(1)作差比较法证明不等式的四步骤
(2)作差比较法的应用范围
当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时，一般使用作差比较法．
2．作商比较法
(1)作商比较法证明不等式的一般步骤
(2)作商比较法的应用范围
当被证的不等式两边含有幂式或指数式或乘积式时，一般使用作商比较法．
已知函数f(x)＝|x－1|＋|x＋1|，P为不等式f(x)>4的解集．
(1)求P；
(2)证明：当m，n∈P时，|mn＋4|>2|m＋n|.
解 (1)f(x)＝|x－1|＋|x＋1|＝
由f(x)的单调性及f(x)>4，得x>2或x<－2.
所以不等式f(x)>4的解集P＝{x|x>2或x<－2}．
(2)证明：由(1)可知|m|>2，|n|>2，
所以m2>4，n2>4，
所以(mn＋4)2－4(m＋n)2＝(m2－4)(n2－4)>0，
所以(mn＋4)2>4(m＋n)2，
从而有|mn＋4|>2|m＋n|.
题型 综合法证明不等式
(2018·合肥三模)已知函数f(x)＝|x－1|＋|x－3|.
(1)解不等式f(x)≤x＋1；
(2)设函数f(x)的最小值为c，实数a，b满足a>0，b>0，a＋b＝c.求证：＋≥1.
解 (1)f(x)≤x＋1，即|x－1|＋|x－3|≤x＋1.
①当x<1时，不等式可化为4－2x≤x＋1，x≥1.
又∵x<1，∴x∈∅；
②当1≤x≤3时，不等式可化为2≤x＋1，x≥1.
又∵1≤x≤3，∴1≤x≤3.
③当x>3时，不等式可化为2x－4≤x＋1，x≤5.
又∵x>3，∴31，n>1，a＝m－1，b＝n－1，m＋n＝4，
＋＝＋
＝m＋n＋＋－4
＝≥＝1，原不等式得证．
1．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．
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).
设函数f(x)＝|x－1|＋|x＋2|，若不等式f(x)≥9的解集是{x|x≤p或x≥q}．
(1)求p，q的值；
(2)若实数a，b，c满足a(b＋c)＝q，证明：2a2＋b2＋c2－p≥13.
解 (1)由f(x)≥9，得|x－1|＋|x＋2|≥9，
得或
或解得x≤－5或x≥4，
所以不等式f(x)≥9的解集是{x|x≤－5或x≥4}．
又不等式f(x)≥9的解集是{x|x≤p或x≥q}，
所以p＝－5，q＝4.
(2)若a(b＋c)＝q，则a(b＋c)＝4，
即ab＋ac＝4.
因为ab≤，ac≤，
所以ab＋ac≤＋，
即ab＋ac≤，
即4≤，
所以2a2＋b2＋c2≥8，
当且仅当a＝b＝c＝±时取等号．
而p＝－5，所以2a2＋b2＋c2－p≥13.原命题得证．
题型 分析法证明不等式
已知函数f(x)＝|x－3|.
(1)若不等式f(x－1)＋f(x)f.
证明：要证>f，
只需证|ab－3|>|b－3a|，
即证(ab－3)2>(b－3a)2，
又(ab－3)2－(b－3a)2＝a2b2－9a2－b2＋9
＝(a2－1)(b2－9)．
因为|a|<1，|b|<3，所以(ab－3)2>(b－3a)2成立，所以原不等式成立．
1．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(a2＋b2≥2ab)、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．
2．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．
某同学在一次研究性学习中发现，以下5个不等关系式子：
①－1>2－；②2－>－；③－>－2；④－2>－；⑤－>2－.
(1)上述五个式子有相同的不等关系，分析其结构特点，请你再写出一个类似的不等式；
(2)请写出一个更一般的不等式，使以上不等式为它的特殊情况，并证明．
解 (1)－2>－3(答案不唯一)．
(2)－>－.
证明：要证原不等式，只需证
＋>＋，
因为不等式两边都大于0，只需证
2a＋3＋2>2a＋3＋2，
只需证>，
只需证a2＋3a＋2>a2＋3a，
只需证2>0，显然成立，所以原不等式成立．
