2020版高考数学（理）新增分大一轮人教通用版讲义：第十三章系列4选讲13.2第2课时

第2课时　不等式的证明
最新考纲
考情考向分析
通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法.
主要考查用比较法、综合法、分析法证明不等式，题型为解答题，中档难度.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

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
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．
5．放缩法
证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的．
概念方法微思考
1．综合法与分析法有何内在联系？
提示　综合法往往是分析法的相反过程，其表述简单、条理清楚，当问题比较复杂时，通常把分析法和综合法结合起来使用，以分析法寻找证明的思路，而用综合法叙述、表达整个证明过程．
2．分析法的过程中为什么要使用“要证”，“只需证”这样的连接“关键词”？
提示　因为“要证”“只需证”这些词说明了分析法需要寻求的是充分条件，符合分析法的思维是逆向思维的特点，因此在证题时，这些词是必不可少的．

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)当a≥0，b≥0时，≥.(　√　)
(2)用反证法证明命题“a，b，c全为0”的假设为“a，b，c全不为0”．(　×　)
(3)若实数x，y适合不等式xy>1，x＋y>－2，则x>0，y>0.(　√　)
(4)若m＝a＋2b，n＝a＋b2＋1，则n≥m.(　√　)
题组二　教材改编
2．已知a，b∈R＋，a＋b＝2，则＋的最小值为(　　)
A．1 B．2 C．4 D．8
答案　B
解析　因为a，b∈R＋，且a＋b＝2，
所以(a＋b)＝2＋＋≥2＋2＝4，
所以＋≥＝2，即＋的最小值为2(当且仅当a＝b＝1时，“＝”成立)．故选B.
3．若a，b，m∈R＋，且a>b，则下列不等式一定成立的是(　　)
A.≥ B.>
C.≤ D.<
答案　B
解析　因为a，b，m∈R＋，且a>b.
所以－＝>0，即>，故选B.

题组三　易错自纠
4．已知a＋b＋c>0，ab＋bc＋ac>0，abc>0，用反证法求证a>0，b>0，c>0时的反设为(　　)
A．a<0，b<0，c<0 B．a≤0，b>0，c>0
C．a，b，c不全是正数 D．abc<0
答案　C
5．若a>b>1，x＝a＋，y＝b＋，则x与y的大小关系是(　　)
A．x>y B．x 答案　A
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.故选A.
6．若a＝－，b＝－，c＝－，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．a>b>c B．a>c>b
C．b>c>a D．c>a>b
答案　A
解析　“分子”有理化得a＝，b＝，
c＝，∴a>b>c.

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(当且仅当x－y＝1时，等号成立)，
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．
跟踪训练1 (2017·全国Ⅱ)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＋(当且仅当a＝b时，取等号)，
所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.
题型二　放缩法证明不等式
例2 (1)设a>0，<，|y－2|<，求证：|2x＋y－4| 证明　由a>0，|x－1|<，可得|2x－2|<，
又|y－2|<，
∴|2x＋y－4|＝|(2x－2)＋(y－2)|≤|2x－2|＋|y－2|<＋＝a.
即|2x＋y－4| (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．
思维升华　(1)在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的证明技巧，常见的放缩方法有：
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利用结论，如“若00，则<.”
(2)使用绝对值不等式的性质证明不等式时，常与放缩法结合在一起应用，利用放缩法时要目标明确，通过添、拆项后，适当放缩．
跟踪训练2 设f(x)＝x2－x＋1，实数a满足|x－a|<1，求证：|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1)．
证明　|f(x)－f(a)|＝|x2－x－a2＋a|＝|x－a|·|x＋a－1|<|x＋a－1|＝|x－a＋2a－1|≤|x－a|＋|2a－1|<1＋|2a|＋1＝2(|a|＋1)，即|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1)．


1．设函数f(x)＝|x－p|.
(1)当p＝2时，解不等式f(x)≥4－|x－1|；
(2)若f(x)≥1的解集为(－∞，0]∪[2，＋∞)，＋＝p(m>0，n>0)，求证：m＋2n≥11.
(1)解　当p＝2时，不等式为|x－2|＋|x－1|≥4，
∵|x－2|＋|x－1|＝
或解得x≥或x≤－，
∴不等式的解集为∪.
(2)证明　由f(x)≥1，得|x－p|≥1，即x≤p－1或x≥p＋1，
∵f(x)≥1的解集为(－∞，0]∪[2，＋∞)，
故解得p＝1，∴＋＝1，
∵m>0，n>0，
∴m＋2(n－1)＝[m＋2(n－1)]＝5＋＋≥9，
当且仅当m＝3，n＝4时取等号，
∴m＋2n≥11.
2．已知函数f(x)＝|x－1|，关于x的不等式f(x)<3－|2x＋1|的解集记为A.
(1)求A；
(2)已知a，b∈A，求证：f(ab)>f(a)－f(b)．
(1)解　由f(x)<3－|2x＋1|，得|x－1|＋|2x＋1|<3，
即或
或
解得－1 ∴集合A＝{x|－1 (2)证明　∵a，b∈A，∴－1 ∴f(ab)＝|ab－1|＝1－ab，f(a)＝|a－1|＝1－a，
f(b)＝|b－1|＝1－b，
∵f(ab)－(f(a)－f(b))＝1－ab－1＋a＋1－b
＝(1＋a)(1－b)>0，
∴f(ab)>f(a)－f(b)．

3．已知函数f(x)＝|x－5|，g(x)＝5－|2x－3|.
(1)解不等式f(x) (2)设F＝f(x2＋y2)－g(3y＋12)，求证：F≥2.
(1)解　由题意得原不等式为|x－5|＋|2x－3|<5，
等价于或
或
解得x∈∅或≤x<3或1 综上可得1 ∴原不等式的解集为{x|1 (2)证明　F＝|x2＋y2－5|＋|2(3y＋12)－3|－5
＝|x2＋y2－5|＋|6y＋21|－5
≥|x2＋y2－5＋6y＋21|－5
＝|x2＋(y＋3)2＋7|－5
＝x2＋(y＋3)2＋2≥2，
当且仅当x＝0且y＝－3时等号成立．
4．已知函数f(x)＝x2＋|x－2|.
(1)解不等式f(x)>2|x|；
(2)若f(x)≥a2＋2b2＋3c2(a>0，b>0，c>0)对任意x∈R恒成立，求证：·c<.
(1)解　由f(x)>2|x|，得x2＋|x－2|>2|x|，
即或
或
解得x>2或02或x<1.
所以不等式f(x)>2|x|的解集为(－∞，1)∪(2，＋∞)．
(2)证明　当x≥2时，f(x)＝x2＋x－2≥22＋2－2＝4；
当x<2时，f(x)＝x2－x＋2＝2＋≥，
所以f(x)的最小值为.
因为f(x)≥a2＋2b2＋3c2对任意x∈R恒成立，
所以a2＋2b2＋3c2≤.
又a2＋2b2＋3c2＝a2＋c2＋2(b2＋c2)
≥2ac＋4bc≥4，且等号不能同时成立，
所以4<，即·c<.

5．(2018·大连模拟)已知函数f(x)＝|2x＋1|.
(1)求不等式f(x)≤8－|x－3|的解集；
(2)若正数m，n满足m＋3n＝mn，求证：f(m)＋f(－3n)≥24.
(1)解　不等式f(x)≤8－|x－3|即为|2x＋1|＋|x－3|≤8，
此不等式等价于
或或
解得－2≤x<－或－≤x≤3或3 即不等式的解集为.
(2)证明　∵m>0，n>0，m＋3n＝mn，
∴m＋3n＝(m·3n)≤×，
即m＋3n≥12，
当且仅当即时取等号，
∴f(m)＋f(－3n)＝|2m＋1|＋|－6n＋1|
≥|2m＋6n|，
当且仅当－6n＋1≤0，即n≥时取等号，
又|2m＋6n|≥24，当且仅当m＝6，n＝2时取等号，
∴f(m)＋f(－3n)≥24.
6．已知函数f(x)＝|x－3|.
(1)解不等式f(x)＋f(x＋1)≥5；
(2)若|a|>1，且f(ab)>|a|·f，证明：|b|>3.
(1)解　|x－3|＋|x－2|≥5，
当x>3时，(x－3)＋(x－2)≥5，x≥5；
当2≤x≤3时，(3－x)＋(x－2)≥5,1≥5，无解；
当x<2时，(3－x)＋(2－x)≥5，x≤0，
综上，不等式的解集为{x|x≥5或x≤0}．
(2)证明　f(ab)>|a|·f等价于|ab－3|>|a|·，即|ab－3|>|b－3a|，则(ab－3)2>(b－3a)2，化简得a2b2＋9－b2－9a2>0，即(a2－1)(b2－9)>0.
因为|a|>1，所以a2－1>0，所以b2－9>0，|b|>3.