2021高考数学（理）人教A版一轮复习学案作业：第十三章13.2第2课时不等式的证明

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
已知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，因此在证明时，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时的假设为(　　)
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.

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　已知函数f (x)＝|x－1|.
(1)解不等式f (x)＋f (x＋4)≥8；
(2)若|a|<1，|b|<1，且a≠0，求证：f (ab)>|a|·f .
(1)解　依题意，原不等式等价于|x－1|＋|x＋3|≥8.
当x<－3时，则－2x－2≥8，解得x≤－5.
当－3≤x≤1时，则4≥8不成立，不等式解集为∅.
当x>1时，则2x＋2≥8，解得x≥3.
所以不等式f (x)＋f (x＋4)≥8的解集为{x|x≥3或x≤－5}.
(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.
因为|a|<1，|b|<1，知a2<1，b2<1，
所以(ab－1)2－(b－a)2＝a2b2－a2－b2＋1＝(a2－1)(b2－1)>0.
故(ab－1)2>(b－a)2成立.
从而原不等式成立.
放缩法证明不等式
例2　(1)设a>0，|x－1|<，|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).



通过翻阅近几年全国各省市高考数学试题，发现不少题目可以利用柯西不等式来求解，灵活地运用柯西不等式将会使我们的解题变得更为便利.
例1　函数y＝＋2的最大值是(　　)
A. B.
C.3 D.5
答案　B
解析　根据柯西不等式知，
y＝1×＋2×
≤×＝(当且仅当x＝时取等号).
例2　设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则的最小值为 .
答案　
解析　根据柯西不等式(ma＋nb)2≤(a2＋b2)(m2＋n2)，
得25≤5(m2＋n2)，m2＋n2≥5，
当且仅当an＝bm时等号成立，
所以的最小值为.
例3　已知a＋b＋c＝1，求证：a2＋b2＋c2≥.
证明　方法一　∵a2＋b2＋c2＝(a＋b＋c)2－(2ab＋2bc＋2ac)≥(a＋b＋c)2－2(a2＋b2＋c2)，
∴3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2＝1，
∴a2＋b2＋c2≥.
方法二　∵a2＋b2＋c2－＝a2＋b2＋c2－
＝(2a2＋2b2＋2c2－2ab－2bc－2ac)
＝[(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2]≥0，
∴a2＋b2＋c2≥.
方法三　∵(12＋12＋12)(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2＝1，
即3(a2＋b2＋c2)≥1，当且仅当a＝b＝c时等号成立，
∴a2＋b2＋c2≥.


1.(2019·山东省安丘市、诸城市、五莲县、兰山区联考)设函数f (x)＝|x－m|＋|x＋n|，其中m>0，n>0.
(1)当m＝1，n＝1时，求关于x的不等式f (x)≥4的解集；
(2)若m＋n＝mn，证明：f (x)≥4.
(1)解　由m＝1，n＝1，
得f (x)＝|x－1|＋|x＋1|＝
当x<－1时，由－2x≥4得x≤－2；
当－1≤x≤1时，2≥4不成立；
当x>1时，由2x≥4得x≥2，
所以f (x)≥4的解集为(－∞，－2]∪[2，＋∞).
(2)证明　由m＋n＝mn，可得＋＝1，
f (x)＝|x－m|＋|x＋n|≥|m＋n|，
当且仅当(x－m)(x＋n)≤0时取等号.
因为m>0，n>0，
所以f (x)≥m＋n＝(m＋n)＝2＋＋≥4，
当且仅当m＝n＝2时等号成立.所以f (x)≥4.
2.(2020·晋冀鲁豫中原名校联考)已知函数f (x)＝x2－|x＋1|－|x－1|.
(1)求不等式f (x)≤0的解集A；
(2)在(1)的条件下，若a，b∈A，求证：2|a＋b|≤|ab＋4|.
(1)解　①当x<－1时，不等式f (x)≤0可化为
x2＋(x＋1)－(1－x)≤0，
解得－2≤x≤0，故有－2≤x<－1；
②当－1≤x≤1时，不等式f (x)≤0可化为x2－(x＋1)－(1－x)≤0，
解得－≤x≤，故有－1≤x≤1；
③当x>1时，不等式f (x)≤0可化为x2－(x＋1)－(x－1)≤0，
解得0≤x≤2，故有1 综上，不等式f (x)≤0的解集A为{x|－2≤x≤2}.
(2)证明　要证2|a＋b|≤|ab＋4|，
即证|ab＋4|2≥4|a＋b|2，
由|ab＋4|2－4|a＋b|2＝(a2b2＋8ab＋16)－4(a2＋2ab＋b2)
＝a2b2－4a2－4b2＋16＝(a2－4)(b2－4).
因为a，b∈A，所以a2≤4，b2≤4，
所以a2－4≤0，b2－4≤0，
所以(a2－4)(b2－4)≥0.
所以|ab＋4|2≥4|a＋b|2，
故不等式2|a＋b|≤|ab＋4|成立.
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)＝|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.
5.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.