2020版《微点教程》高考人教A版理科数学一轮复习文档：选修4-5不等式选讲第二节　不等式的证明 学案

第二节　不等式的证明
2019考纲考题考情



1．比较法
作差比较法与作商比较法的基本原理：
(1)作差法：a－b>0⇔a>b。
(2)作商法：>1⇔a>b(a>0，b>0)。
2．综合法与分析法
(1)综合法：证明不等式时，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过推理论证而得出命题成立，综合法又叫顺推证法或由因导果法。
(2)分析法：证明命题时，从待证不等式出发，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。这是一种执果索因的思考和证明方法。
3．反证法
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，我们把它称为反证法。
4．放缩法
证明不等式时，通过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不等关系更为明显，从而得出原不等式成立，这种方法称为放缩法。
5．柯西不等式
设a，b，c，d均为实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，等号当且仅当ad＝bc时成立。



1．a2≥0(a∈R)。
2．(a－b)2≥0(a，b∈R)，其变形有a2＋b2≥2ab，2≥ab，a2＋b2≥(a＋b)2。
3．若a，b为正实数，则≥，特别地，＋≥2。
4．a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca。

一、走进教材
1．(选修4－5P23T1改编)已知a≥b>0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，则M，N的大小关系为________。
解析　2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)。因为a≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>0,2a＋b>0，从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，故2a3－b3≥2ab2－a2b。
答案　M≥N
2．(选修4－5P24例3改编)求证：＋<2＋。
证明　＋<2＋
⇐(＋)2<(2＋)2
⇐10＋2<10＋4
⇐<2⇐21<24。故原不等式成立。
二、走出误区
微提醒：①不等式放缩不当致错；②运用柯西不等式不能合理变形。
3．设a，b∈(0，＋∞)，且ab－a－b＝1，则有(　　)
A．a＋b≥2(＋1) B．a＋b≤＋1
C．a＋b<＋1 D．a＋b>2(＋1)
解析　由已知得a＋b＋1＝ab≤2，故有(a＋b)2－4(a＋b)－4≥0，解得a＋b≥2＋2或a＋b≤－2＋2(舍去)，即a＋b≥2＋2。(当且仅当a＝b＝＋1时取等号)故选A。
答案　A
4．已知三个互不相等的正数a，b，c满足abc＝1。试证明：＋＋<＋＋。
证明　因为a，b，c>0，且互不相等，abc＝1，
所以＋＋＝＋＋<＋＋＝＋＋，
即＋＋<＋＋。
5．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。








　考点一 　比较法证明不等式
　【例1】　(1)当p，q都是正数且p＋q＝1时，试比较(px＋qy)2与px2＋qy2的大小。
(2)已知a，b∈R＋，求证：aabb≥(ab)。
解　(1)(px＋qy)2－(px2＋qy2)
＝p2x2＋q2y2＋2pqxy－(px2＋qy2)
＝p(p－1)x2＋q(q－1)y2＋2pqxy。
因为p＋q＝1，所以p－1＝－q，q－1＝－p。
所以(px＋qy)2－(px2＋qy2)＝－pq(x2＋y2－2xy)＝－pq(x－y)2。
因为p，q为正数，所以－pq(x－y)2≤0，
所以(px＋qy)2≤px2＋qy2。
当且仅当x＝y时，不等式中等号成立。
(2)＝a·b＝。
当a＝b时，＝1；
当a>b时，>1，>0，
由指数函数的性质知>1，
当a 由指数函数的性质知>1。
所以aabb≥(ab) 。


1．作差比较法证明不等式的步骤
(1)作差；(2)变形；(3)判断差的符号；(4)下结论。其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负。
2．作商比较法证明不等式的步骤
(1)作商；(2)变形；(3)判断与1的大小关系；(4)得出结论。其中“作商”要注意两式的正、负，不能随意作商。
【变式训练】　(2019·陕西质检)已知函数f(x)＝|2x－1|＋|x＋1|。
(1)解不等式f(x)≤3；
(2)记函数g(x)＝f(x)＋|x＋1|的值域为M，若t∈M，证明t2＋1≥＋3t。
解　(1)依题意，得f(x)＝
所以f(x)≤3⇔或或解得－1≤x≤1，
即不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤1}。
(2)g(x)＝f(x)＋|x＋1|＝|2x－1|＋|2x＋2|≥|2x－1－2x－2|＝3，
当且仅当(2x－1)(2x＋2)≤0时取等号，
所以M＝[3，＋∞)。
t2＋1－3t－＝＝，
因为t∈M，所以t－3≥0，t2＋1>0，
所以≥0，
所以t2＋1≥＋3t。
考点二 综合法证明不等式
【例2】　(2018·山西晋中二模)已知函数f(x)＝|x＋1|。
(1)若∃x∈R，使不等式f(x－2)－f(x－3)≥u成立，求满足条件的实数u的集合M；
(2)已知t为集合M中的最大正整数，若a>1，b>1，c>1，且(a－1)(b－1)(c－1)＝t，求证：abc≥8。
解　(1)由已知得f(x－2)－f(x－3)＝|x－1|－|x－2|＝

则－1≤f(x)≤1，
由于∃x∈R，使不等式|x－1|－|x－2|≥u成立，
所以u≤1，即M＝{u|u≤1}。
(2)证明：由(1)知t＝1，
则(a－1)(b－1)(c－1)＝1，
因为a>1，b>1，c>1，
所以a－1>0，b－1>0，c－1>0，
则a＝(a－1)＋1≥2>0(当且仅当a＝2时等号成立)，
b＝(b－1)＋1≥2>0(当且仅当b＝2时等号成立)，
c＝(c－1)＋1≥2>0(当且仅当c＝2时等号成立)，
则abc≥8＝8(当且仅当a＝b＝c＝2时等号成立)。


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。
【变式训练】　已知函数f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|。
(1)求f(x)的最小值m；
(2)若a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝m，求证：＋＋≥3。
解　(1)当x<－1时，f(x)＝－2(x＋1)－(x－2)＝－3x∈(3，＋∞)；
当－1≤x<2时，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4∈[3,6)；
当x≥2时，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x∈[6，＋∞)。
综上，f(x)的最小值m＝3。
(2)证明：因为a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝3，
所以＋＋＋(a＋b＋c)
＝＋＋
≥2＝2(a＋b＋c)，
当且仅当a＝b＝c＝1时，取“＝”，
所以＋＋≥a＋b＋c，即＋＋≥3。
考点三 分析法证明不等式
【例3】　已知函数f(x)＝|x＋1|。
(1)求不等式f(x)<|2x＋1|－1的解集M；
(2)设a，b∈M，证明：f(ab)>f(a)－f(－b)。
解　(1)由题意，|x＋1|<|2x＋1|－1，
①当x≤－1时，不等式可化为－x－1<－2x－2，解得x<－1；
②当－1 ③当x≥－时，不等式可化为x＋1<2x，解得x>1。
综上，M＝{x|x<－1或x>1}。
(2)证明：因为f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，
所以要证f(ab)>f(a)－f(－b)，
只需证|ab＋1|>|a＋b|，
即证|ab＋1|2>|a＋b|2，
即证a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2，
即证a2b2－a2－b2＋1>0，
即证(a2－1)(b2－1)>0。
因为a，b∈M，所以a2>1，b2>1，
所以(a2－1)(b2－1)>0成立，所以原不等式成立。




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。
【变式训练】　已知a>0，b>0,2c>a＋b，求证：c－ 证明　要证c－ 即证－ 即证|a－c|<，
即证(a－c)2 即证a2－2ac<－ab。
因为a>0，所以只要证a－2c<－b，
即证a＋b<2c。
由已知条件知，上式显然成立，所以原不等式成立。
考点四 柯西不等式的应用
【例4】　(2018·江苏高考)若x，y，z为实数，且x＋2y＋2z＝6，求x2＋y2＋z2的最小值。
解　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。



1．利用柯西不等式证明不等式，先使用拆项重组、添项等方法构造符合柯西不等式的形式及条件，再使用柯西不等式解决有关问题。
2．利用柯西不等式求最值，实质上就是利用柯西不等式进行放缩，放缩不当则等号可能不成立，因此一定不能忘记检验等号成立的条件。
【变式训练】　(1)已知a，b，c∈R，且满足a＋2b＋3c＝6，则a2＋2b2＋3c2的最小值为________。
(2)设x，y，z∈R，且＋＋＝1，则x＋y＋z的取值范围是________。
解析　(1)由柯西不等式，得(1＋2＋3)(a2＋2b2＋3c2)≥(1·a＋·b＋·c)2。得6(a2＋2b2＋3c2)≥(a＋2b＋3c)2＝36。所以a2＋2b2＋3c2≥6。当且仅当＝＝，即a＝b＝c＝1时，上式等号成立。所以a2＋2b2＋3c2的最小值为6。
(2)由柯西不等式，得[42＋()2＋22]≥2，即25×1≥(x＋y＋z)2。所以5≥|x＋y＋z|，所以－5≤x＋y＋z≤5。即x＋y＋z的取值范围是[－5,5]。
答案　(1)6　(2)[－5,5]




1．(配合例1使用)已知a，b为正实数。
(1)求证：＋≥a＋b。
(2)利用(1)的结论求函数y＝＋(0 解　(1)因为＋－(a＋b)＝
＝＝。
又因为a>0，b>0，所以≥0，
当且仅当a＝b时等号成立。
所以＋≥a＋b。
(2)因为00，
由(1)的结论，y＝＋≥(1－x)＋x＝1。
当且仅当1－x＝x即x＝时等号成立。
所以函数y＝＋(0 2．(配合例3使用)(1)已知a＋b＋c＝1，证明：(a＋1)2＋(b＋1)2＋(c＋1)2≥；
(2)若对任意实数x，不等式|x－a|＋|2x－1|≥2恒成立，求实数a的取值范围。
解　(1)证明：因为a＋b＋c＝1，
所以(a＋1)2＋(b＋1)2＋(c＋1)2＝a2＋b2＋c2＋2(a＋b＋c)＋3＝a2＋b2＋c2＋5，
所以要证(a＋1)2＋(b＋1)2＋(c＋1)2≥，
只需证a2＋b2＋c2≥。
因为a2＋b2＋c2＝(a＋b＋c)2－2(ab＋bc＋ca)≥(a＋b＋c)2－2(a2＋b2＋c2)，
所以3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2。
因为a＋b＋c＝1，所以a2＋b2＋c2≥，
所以(a＋1)2＋(b＋1)2＋(c＋1)2≥。
(2)设f(x)＝|x－a|＋|2x－1|，
则“对任意实数x，不等式|x－a|＋|2x－1|≥2恒成立”等价于“f(x)min≥2”。
当a<时，f(x)＝
此时f(x)min＝f＝－a，
要使|x－a|＋|2x－1|≥2恒成立，必须－a≥2，解得a≤－。
当a＝时，≥不可能恒成立。
当a>时，f(x)＝
此时f(x)min＝f＝a－，
要使|x－a|＋|2x－1|≥2恒成立，必须a－≥2，解得a≥。
综上可知，实数a的取值范围为∪。
3．(配合例4使用)已知不等式|2x－3| (1)求m－n；
(2)若a，b，c∈(0,1)，且ab＋bc＋ac＝m－n，求a2＋b2＋c2的最小值。
解　(1)当x≤0时，不等式的解集为空集；
当x>0时，|2x－3| 所以1,3是x2－mx＋n＝0的两根，
所以所以所以m－n＝1。
(2)由(1)得ab＋bc＋ac＝1，
因为≥ab，≥bc，≥ac，
所以a2＋b2＋c2＝＋＋≥ab＋bc＋ac＝1(当且仅当a＝b＝c＝时取等号)。
所以a2＋b2＋c2的最小值是1。
4．(配合例4使用)已知a>0，b>0，c>0，函数f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c的最小值为4。
(1)求a＋b＋c的值；
(2)求a2＋b2＋c2的最小值。
解　(1)因为|x＋a|＋|x－b|≥|a＋b|，
所以f(x)≥|a＋b|＋c，
当且仅当(x＋a)(x－b)≤0时，等号成立，
又a>0，b>0，所以|a＋b|＝a＋b，
所以f(x)的最小值为a＋b＋c，
所以a＋b＋c＝4。
(2)由(1)知a＋b＋c＝4，由柯西不等式得
(4＋9＋1)≥2＝(a＋b＋c)2＝16，
即a2＋b2＋c2≥，
当且仅当＝＝时，等号成立，
又因为a＋b＋c＝4，
所以a＝，b＝，c＝时，等号成立，
所以a2＋b2＋c2的最小值为。