【数学】2018届一轮复习人教A版14-2第2课时 不等式的证明 学案
第2课时 不等式的证明
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，a
b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，此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．几个常用基本不等式
(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柯西不等式的三角不等式：设x1，y1，x2，y2，x3，y3∈R，则＋≥.
④柯西不等式的一般形式：设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是实数，则(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，当且仅当bi＝0 (i＝1,2，…，n)或存在一个数k，使得ai＝kbi (i＝1,2，…，n)时，等号成立．
(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．
1．设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，求的最小值．
解 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.
2．若a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，求＋＋的最大值．
解 (＋＋)2＝(1×＋1×＋1×)2
≤(12＋12＋12)(a＋b＋c)＝3.
当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．
∴(＋＋)2≤3.
故＋＋的最大值为.
3．设x>0，y>0，若不等式＋＋≥0恒成立，求实数λ的最小值．
解 ∵x>0，y>0，
∴原不等式可化为－λ≤(＋)(x＋y)＝2＋＋.
∵2＋＋≥2＋2＝4，当且仅当x＝y时等号成立．
∴min＝4，即－λ≤4，λ≥－4.
题型一 用综合法与分析法证明不等式
例1 (1)已知x，y均为正数，且x>y，求证：2x＋≥2y＋3；
(2)设a，b，c>0且ab＋bc＋ca＝1，求证：a＋b＋c≥.
证明 (1)因为x>0，y>0，x－y>0，
2x＋－2y＝2(x－y)＋
＝(x－y)＋(x－y)＋
≥3＝3，
所以2x＋≥2y＋3.
(2)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)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，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．
设a、b、c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：
(1)ab＋bc＋ac≤；(2)＋＋≥1.
证明 (1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac得
a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
由题设得(a＋b＋c)2＝1，
即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.
所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤.
(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即＋＋≥a＋b＋c.
所以＋＋≥1.
题型二 放缩法证明不等式
例2 若a，b∈R，求证：≤＋.
证明 当|a＋b|＝0时，不等式显然成立．
当|a＋b|≠0时，
由0<|a＋b|≤|a|＋|b|⇒≥，
所以＝≤＝
＝＋≤＋.
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．
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.
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．
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．已知x＋y＝1，求2x2＋3y2的最小值．
解 由柯西不等式(2x2＋3y2)·≥2＝(x＋y)2＝1，
∴2x2＋3y2≥，当且仅当2x＝3y，即x＝，y＝时，等号成立．所以2x2＋3y2的最小值为.
2．设a＋b＝2，b>0，当＋取得最小值时，求a的值．
解 由于a＋b＝2，所以＋＝＋＝＋＋，由于b>0，|a|>0，所以＋≥2＝1，因此当a>0时，＋的最小值是＋1＝；当a<0时，＋的最小值是－＋1＝.故＋的最小值为，此时
即a＝－2.
3．设a、b、c是正实数，且a＋b＋c＝9，求＋＋的最小值．
解 ∵(a＋b＋c)
＝[()2＋()2＋()2]·
≥2＝18.
∴＋＋≥2.∴＋＋的最小值为2.
4．设x，y，z∈R，且满足：x2＋y2＋z2＝1，x＋2y＋3z＝，求x＋y＋z.
解 由柯西不等式可得(x2＋y2＋z2)(12＋22＋32)≥(x＋2y＋3z)2，即(x＋2y＋3z)2≤14，因此x＋2y＋3z≤.因为x＋2y＋3z＝，所以x＝＝，解得x＝，y＝，z＝，于是x＋y＋z＝.
5．已知△ABC的三边长分别为a，b，c.求证：＋＋≥a＋b＋c.
证明 因为[(b＋c－a)＋(c＋a－b)＋(a＋b－c)]≥(a＋b＋c)2，
又a＋b＋c>0，
所以＋＋≥a＋b＋c(当且仅当＝＝时取等号)．
6．已知a，b，c∈R，且2a＋2b＋c＝8，求(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2的最小值．
解 由柯西不等式得
(4＋4＋1)×[(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2]≥[2(a－1)＋2(b＋2)＋c－3]2，
∴9[(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2]≥(2a＋2b＋c－1)2.
∵2a＋2b＋c＝8，
∴(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2≥，
当且仅当＝＝c－3时等号成立，
∴(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2的最小值是.
7．(2015·湖南)设a＞0，b＞0，且a＋b＝＋.
证明：(1)a＋b≥2；
(2)a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．
证明 由a＋b＝＋＝，a＞0，b＞0，得ab＝1.
(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2.
(2)假设a2＋a＜2与b2＋b＜2同时成立，
则由a2＋a＜2及a＞0得0＜a＜1；
同理，0＜b＜1，从而ab＜1，这与ab＝1矛盾．
故a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．
8．(2016·全国甲卷)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|.
(1)解 f(x)＝
当x≤－时，由f(x)<2得－2x<2，
解得x>－1，所以，－11，即a的取值范围是(1，＋∞)．
(2)由柯西不等式，得
[42＋()2＋22]·[()2＋()2＋()2]≥(4×＋×＋2×)2
＝(x＋y＋z)2，
即25×1≥(x＋y＋z)2.
∴5≥|x＋y＋z|，∴－5≤x＋y＋z≤5.
∴x＋y＋z的取值范围是[－5,5]．
10．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，＋∞)，及柯西不等式可得：
(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.
