【数学】2018届一轮复习人教A版 不等式的证明 学案
专题63 不等式的证明
1.了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法．
2.了解柯西不等式、排序不等式以及贝努利不等式．
3.能利用均值不等式求一些特定函数的极值.
一、比较法证明不等式
(1)求差比较法：
知道a>b⇔a－b>0，a
b只要证明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，只要证明>1即可，这种方法称为求商比较法．
二、综合法与分析法
1．综合法
利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这种方法叫综合法．即“由因导果”的方法．
2．分析法
证明不等式时，有时可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已经具备，那么就可以判定原不等式成立，这种方法叫作分析法．即“执果索因”的方法．
3．平均值不等式
定理：如果a，b，c为正数，则≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
我们称为正数a，b，c的算术平均值，为正数a，b，c的几何平均值，定理中的不等式为三个正数的算术—几何平均值不等式，简称为平均值不等式．
4．一般形式的算术—几何平均值不等式
如果a1，a2，…，an为n个正数，则≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．
高频考点一 用分析法证明不等式
【例1】 设a，b，c＞0，且ab＋bc＋ca＝1.
求证：(1)a＋b＋c≥.
(2)＋＋≥ (＋＋).
(2)＋＋＝.
由于(1)中已证a＋b＋c≥.
因此要证原不等式成立，只需证明≥ ＋＋.
即证a＋b＋c≤1，
即证a＋b＋c≤ab＋bc＋ca.
【方法规律】当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式、均值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.
【变式探究】已知函数f(x)＝|x－1|.
(1)解不等式f(x－1)＋f(x＋3)≥6；
(2)若|a|＜1，|b|＜1，且a≠0，求证：f(ab)＞|a|f.
(1)解 由题意，知原不等式等价为|x－2|＋|x＋2|≥6，
令g(x)＝|x－2|＋|x＋2|，
则g(x)＝
当x≤－2时，由－2x≥6，得x≤－3；
当－2＜x＜2时，4≥6不成立，此时无解；
当x≥2时，由2x≥6，得x≥3.
综上，不等式的解集是(－∞，－3]∪[3，＋∞).
(2)证明 要证f(ab)＞|a|f，
只需证|ab－1|＞|b－a|，
只需证(ab－1)2＞(b－a)2.
而(ab－1)2－(b－a)2＝a2b2－a2－b2＋1＝(a2－1)·(b2－1)＞0，从而原不等式成立.
高频考点二 用综合法证明不等式
【例2】 已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：
(1)＋＋≥8；
(2)≥9.
证明 (1)∵a＋b＝1，a＞0，b＞0，
∴＋＋＝＋＋＝2
＝2＝2＋4≥4 ＋4＝8.
∴＋＋≥8(当且仅当a＝b＝时等号成立).
(2)∵＝＋＋＋1，
由(1)知＋＋≥8.∴≥9.
【方法规律】(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，不等式的性质和均值不等式是最常用的.在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条件.
【变式探究】设a，b，c∈R＋且a＋b＋c＝1.
(1)求证：2ab＋bc＋ca＋≤；
(2)求证：＋＋≥2.
高频考点三 柯西不等式的应用
【例3】 已知x，y，z均为实数.
(1)若x＋y＋z＝1，求证：＋＋≤3；
(2)若x＋2y＋3z＝6，求x2＋y2＋z2的最小值.
(1)证明 因为(＋＋)2≤(12＋12＋12)(3x＋1＋3y＋2＋3z＋3)＝27.
所以＋＋≤3.
当且仅当x＝，y＝，z＝0时取等号.
(2)解 因为6＝x＋2y＋3z≤·，
所以x2＋y2＋z2≥，当且仅当x＝＝即x＝，y＝，z＝时，x2＋y2＋z2有最小值.
【变式探究】(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，要注意右边常数且应注意等号成立的条件.
【变式探究】 已知大于1的正数x，y，z满足x＋y＋z＝3.求证：＋＋≥.
证明 由柯西不等式及题意得，
·[(x＋2y＋3z)＋(y＋2z＋3x)＋(z＋2x＋3y)]≥(x＋y＋z)2＝27.
又(x＋2y＋3z)＋(y＋2z＋3x)＋(z＋2x＋3y)＝
6(x＋y＋z)＝18，
∴＋＋≥＝，
当且仅当x＝y＝z＝时，等号成立.
1.【2016高考新课标1卷】（本小题满分10分）,选修4—5：不等式选讲
已知函数.
（I）在答题卡第（24）题图中画出的图像；
（II）求不等式的解集．
【答案】（I）见解析（II）
【解析】⑴如图所示：
⑵
,当,,解得或,
当,,解得或
或
当,,解得或,或
综上,或或,,解集为
2.【2016高考新课标2理数】选修4—5：不等式选讲
已知函数，为不等式的解集．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）证明：当时，．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【解析】（I）
当时，由得解得；
当时， ；
当时，由得解得.
所以的解集.
（II）由（I）知，当时，，
从而，
因此
3. 【2016高考新课标3理数】选修4-5：不等式选讲
已知函数．
（I）当时，求不等式的解集；
（II）设函数．当时，，求的取值范围．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【解析】
（Ⅰ）当时，.
解不等式得.
因此的解集为.
4. 【2016高考新课标3理数】选修4-5：不等式选讲
已知函数．
（I）当时，求不等式的解集；
（II）设函数．当时，，求的取值范围．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【解析】
（Ⅰ）当时，.
解不等式得.
因此的解集为.
（Ⅱ）当时，
，
当时等号成立，所以当时，等价于
. ①
当时，①等价于，无解.
当时，①等价于，解得.
所以的取值范围是.
1．【2015高考新课标2，理24】（本小题满分10分）选修4-5不等式选讲
设均为正数，且，证明：
（Ⅰ）若，则；
（Ⅱ）是的充要条件．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析．
【解析】（Ⅰ）因为，，由题设，，得．因此．
（Ⅱ）（ⅰ）若，则．即．因为，所以，由（Ⅰ）得．
（ⅱ）若，则，即．因为，所以，于是．因此，综上，是的充要条件．
1．（2014·辽宁卷） 选修45：不等式选讲
设函数f(x)＝2|x－1|＋x－1，g(x)＝16x2－8x＋1.记f(x)≤1的解集为M，g(x)≤4的解集为N.
(1)求M；
(2)当x∈M∩N时，证明：x2f(x)＋x[f(x)]2≤.
解：(1)f(x)＝
当x≥1时，由f(x)＝3x－3≤1得x≤，故1≤x≤；
当x<1时，由f(x)＝1－x≤1得x≥0，故0≤x<1.
所以f(x)≤1的解集M＝.
(2)由g(x)＝16x2－8x＋1≤4得16≤4，解得－≤x≤，
因此N＝，
故M∩N＝.
当x∈M∩N时，f(x)＝1－x，于是
x2f(x)＋x·[f(x)]2＝xf(x)[x＋f(x)]＝xf(x)＝x(1－x)＝－≤.
2．（2014·新课标全国卷Ⅱ） 选修45：不等式选讲
设函数f(x)＝＋|x－a|(a＞0)．
(1)证明：f(x)≥2；
(2)若f(3)＜5，求a的取值范围．
3．（2014·浙江卷）(1)解不等式2|x－2|－|x＋1|＞3；
(2)设正数a，b，c满足abc＝a＋b＋c，求证：ab＋4bc＋9ac≥36，并给出等号成立条件．
解：(1)当x≤－1时，2(2－x)＋(x＋1)＞3，得x＜2，此时x≤－1；
当－1＜x≤2时，2(2－x)－(x＋1)＞3，得x＜0，此时
－12时，2(x－2)－(x＋1)＞3，得x>8，此时x>8.
综上所述，原不等式的解集是(－∞，0)∪(8，＋∞)．
(2)证明：由abc＝a＋b＋c，得＋＋＝1.
由柯西不等式，得
(ab＋4bc＋9ac)≥(1＋2＋3)2，
所以ab＋4bc＋9ac≥36，当且仅当a＝2，b＝3，c＝1时，等号成立．
4.(2014·新课标全国卷Ⅰ)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，且当a＝b＝时等号成立．
故a3＋b3≥2≥4，且当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.
1.设不等式|2x－1|＜1的解集为M.
(1)求集合M；
(2)若a，b∈M，试比较ab＋1与a＋b的大小.
解 (1)由|2x－1|＜1得－1＜2x－1＜1，
解得0＜x＜1.所以M＝{x|0＜x＜1}.
(2)由(1)和a，b∈M可知0＜a＜1，0＜b＜1，
所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)＞0.
故ab＋1＞a＋b.
2.已知a，b，c均为正实数，且互不相等，且abc＝1，求证：＋＋＜＋＋.
证明 法一 ∵a，b，c均为正实数，且互不相等，且abc＝1，
∴＋＋＝＋＋＜＋＋＝＋＋.
∴＋＋＜＋＋.
法二 ∵＋≥2＝2；
＋≥2＝2；＋≥2＝2.
∴以上三式相加，得＋＋≥ ＋＋.
又∵a，b，c互不相等，∴＋＋＞＋＋.
法三 ∵a，b，c是不等正数，且abc＝1，
∴＋＋＝bc＋ca＋ab＝＋＋＞＋＋＝＋＋.
∴＋＋＜＋＋.
3.已知函数f(x)＝|x－3|.
(1)若不等式f(x－1)＋f(x)＜a的解集为空集，求实数a的取值范围；
(2)若|a|＜1，|b|＜3，且a≠0，判断与f的大小，并说明理由.
解 (1)因为f(x－1)＋f(x)＝|x－4|＋|x－3|≥|x－4＋3－x|＝1，
不等式f(x－1)＋f(x)＜a的解集为空集，
则1≥a即可，
所以实数a的取值范围是(－∞，1].
(2)＞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.
4.已知关于x的不等式|x＋a|＜b的解集为{x|2＜x＜4}.
(1)求实数a，b的值；
(2)求＋的最大值.
5.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＋＞＋.
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|.
综上，＋＞＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件.
6.已知a，b，c均为正实数.求证：
(1)(a＋b)(ab＋c2)≥4abc；
(2)若a＋b＋c＝3，则＋＋≤3.
证明 (1)要证(a＋b)(ab＋c2)≥4abc，
可证a2b＋ac2＋ab2＋bc2－4abc≥0，
需证b(a2＋c2－2ac)＋a(c2＋b2－2bc)≥0，
即证b(a－c)2＋a(c－b)2≥0，
当且仅当a＝b＝c时，取等号，
由已知，上式显然成立，
故不等式(a＋b)(ab＋c2)≥4abc成立.
