2019版高考数学（理）创新大一轮人教A全国通用版讲义：选修4-5不等式选讲第2节

第2节　不等式的证明
最新考纲　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.

知 识 梳 理
1.基本不等式
定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立.
定理2：如果a，b>0，那么≥，当且仅当a＝b时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均.
定理3：如果a，b，c∈R＋，那么≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立.
2.不等式的证明方法
(1)比较法
①作差法(a，b∈R)：a－b>0⇔a>b；a－b<0⇔a ②作商法(a>0，b>0)：>1⇔a>b；<1⇔a (2)综合法与分析法
①综合法：从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、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：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，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，这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法.
诊 断 自 测
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)比较法最终要判断式子的符号得出结论.(　　)
(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论.(　　)
(3)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实.(　　)
(4)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用.(　　)
答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
2.若a>b>1，x＝a＋，y＝b＋，则x与y的大小关系是(　　)
A.x>y B.x 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.
答案　A
3.(选修4－5P23习题2.1T1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
4.已知a>0，b>0且ln(a＋b)＝0，则＋的最小值是________.
解析　由题意得，a＋b＝1，a>0，b>0，
∴＋＝(a＋b)＝2＋＋≥2＋2＝4.当且仅当a＝b＝时等号成立.
∴＋的最小值是4.
答案　4
5.已知x>0，y>0，证明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy.
证明　因为x>0，y>0，
所以1＋x＋y2≥3>0，1＋x2＋y≥3>0，故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3·3＝9xy.


考点一　比较法证明不等式
【例1－1】 (2017·江苏卷)已知a，b，c，d为实数，且a2＋b2＝4，c2＋d2＝16.试证明：ac＋bd≤8.
证明　∵(a2＋b2)(c2＋d2)－(ac＋bd)2
＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2－(a2c2＋b2d2＋2acbd)
＝b2c2＋a2d2－2acbd＝(bc－ad)2≥0，
∴(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，
又a2＋b2＝4，c2＋d2＝16.
因此(ac＋bd)2≤64，从而ac＋bd≤8.
【例1－2】 (一题多解)已知a>0，b>0，求证：＋≥＋.
证明　法一　因为＋－(＋)
＝
＝，
∵a>0，b>0，∴>0.
因此＋≥＋.
法二　由于＝
＝
＝－1≥－1＝1.
又a>0，b>0，>0，
所以＋≥＋.
规律方法　1.作差(商)证明不等式，关键是对差(商)式进行合理的变形，特别注意作商证明不等式，不等式的两边应同号.
2.在例1－2证明中，法一采用局部通分，优化了解题过程；在法二中，利用不等式的性质，把证明a>b转化为证明>1(b>0).
提醒　在使用作商比较法时，要注意说明分母的符号.
【训练1】 设a，b是非负实数，求证：a2＋b2≥(a＋b).
证明　因为a2＋b2－(a＋b)
＝(a2－a)＋(b2－b)
＝a(－)＋b(－)
＝(－)(a－b)
＝(a－b)(a－b).
因为a≥0，b≥0，所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有a－b与a－b同号，所以(a－b)(a－b)≥0，
所以a2＋b2≥(a＋b).
考点二　综合法证明不等式
【例2－1】 (2017·全国Ⅱ卷)已知实数a>0，b>0，且a3＋b3＝2.
证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；
(2)a＋b≤2.
证明　(1)∵a>0，b>0，且a3＋b3＝2.
则(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6
＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)
＝4＋ab(a4－2a2b2＋b4)
＝4＋ab(a2－b2)2≥4.
(2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)
≤2＋(a＋b)＝2＋，
所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.
【例2－2】 (2016·全国Ⅱ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－1 当－ 当x≥时，由f(x)<2得2x<2，
解得x<1，所以 所以f(x)<2的解集M＝{x|－1 (2)证明　由(1)知，当a，b∈M时，－1 从而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1
＝(a2－1)(1－b2)<0，
所以(a＋b)2<(1＋ab)2，因此|a＋b|<|1＋ab|.
规律方法　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.
【训练2】 (2018·石家庄调研)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.
(1)解　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，
此时，3≤f(x)≤6；
当x>2时，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x>6.
综上可知，f(x)的最小值m＝3.
(2)证明　a，b，c均大于0，且a＋b＋c＝3.
∵(a＋b＋c)＋＝＋＋≥2＝2(a＋b＋c)(当且仅当a＝b＝c＝1时取“＝”)，
所以＋＋≥a＋b＋c，
故＋＋≥3.
考点三　分析法证明不等式
【例3】 已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证： 证明　由a>b>c且a＋b＋c＝0，知a>0，c<0.
要证 只需证b2－ac<3a2.
∵a＋b＋c＝0，只需证b2＋a(a＋b)<3a2，
只需证2a2－ab－b2>0，
只需证(a－b)(2a＋b)>0，
只需证(a－b)(a－c)>0.
∵a>b>c，∴a－b>0，a－c>0，
∴(a－b)(a－c)>0显然成立，
故原不等式成立.
规律方法　1.当要证的不等式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.
2.分析法证明的思路是“执果索因”，其框图表示为：
→→→…→
【训练3】 (2018·福州八中质检)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.
∵|a|<1，|b|<1，知a2<1，b2<1，
∴(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.

基础巩固题组
(建议用时：50分钟)
1.设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：
(1)ab＋bc＋ca≤；
(2)＋＋≥1.
证明　(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca
得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.当且仅当a＝b＝c时取“＝”.
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，当且仅当a＝b＝c时取“＝”.
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
则＋＋≥a＋b＋c.
所以＋＋≥1.
2.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，
当且仅当a＝b＝1时等号成立，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 同理，0 故a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立.
3.(2018·石家庄模拟)已知函数f(x)＝|x|＋|x－1|.
(1)若f(x)≥|m－1|恒成立，求实数m的最大值M；
(2)在(1)成立的条件下，正实数a，b满足a2＋b2＝M，证明：a＋b≥2ab.
(1)解　∵f(x)＝|x|＋|x－1|≥|x－(x－1)|＝1，
当且仅当0≤x≤1时取等号，
∴f(x)＝|x|＋|x－1|的最小值为1.
要使f(x)≥|m－1|恒成立，只需|m－1|≤1，
∴0≤m≤2，则m的最大值M＝2.
(2)证明　由(1)知，a2＋b2＝2，
由a2＋b2≥2ab，知ab≤1.①
又a＋b≥2，则(a＋b)≥2ab.
由①知，≤1.故a＋b≥2ab.
4.(2014·全国Ⅰ卷)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，当且仅当a＝b＝时等号成立.
故a3＋b3≥2≥4，当且仅当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.
5.已知函数f(x)＝k－|x－3|，k∈R，且f(x＋3)≥0的解集为[－1，1].
(1)求k的值；
(2)若a，b，c是正实数，且＋＋＝1.
求证：a＋2b＋3c≥9.
(1)解　因为f(x)＝k－|x－3|，
所以f(x＋3)≥0等价于|x|≤k，
由|x|≤k有解，得k≥0，且解集为[－k，k].
因为f(x＋3)≥0的解集为[－1，1].
因此k＝1.
(2)证明　由(1)知＋＋＝1，因为a，b，c为正实数.
所以a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)
＝3＋＋＋
≥3＋2＋2＋2＝9.
当且仅当a＝2b＝3c时等号成立.
因此a＋2b＋3c≥9.
能力提升题组
(建议用时：30分钟)
6.(2015·全国Ⅱ卷)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)∵a，b，c，d为正数，且a＋b＝c＋d，
欲证＋>＋，只需证明(＋)2>(＋)2，
也就是证明a＋b＋2>c＋d＋2，
只需证明>，即证ab>cd.
由于ab>cd，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.
∵a＋b＝c＋d，所以ab>cd.
由(1)得＋>＋.
②若＋>＋，则(＋)2>(＋)2，
∴a＋b＋2>c＋d＋2.
∵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.
7.(2018·乐山模拟)已知定义在R上的函数f(x)＝|x－m|＋|x|，m∈N*，若存在实数x使得f(x)<2成立.
(1)求实数m的值；
(2)若α，β>1，f(α)＋f(β)＝6，求证：＋≥.
(1)解　因为|x－m|＋|x|≥|x－m－x|＝|m|，
要使|x－m|＋|x|<2有解，则|m|<2，解得－2 ∵m∈N*，∴m＝1.
(2)证明　α，β>1，f(α)＋f(β)＝2α－1＋2β－1＝6，
∴α＋β＝4，
∴＋≥(α＋β)
＝≥＝，
当且仅当＝，即α＝，β＝时“＝”成立，
故＋≥.
8.设函数f(x)＝|2x－a|，g(x)＝x＋2.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)＋f(－x)≤g(x)的解集；
(2)求证：f ，f ，f 中至少有一个不小于.
(1)解　当a＝1时，|2x－1|＋|2x＋1|≤x＋2，
化简可得或或
解得0≤x<或≤x≤.
综上，不等式的解集为.
(2)证明　假设f ，f ，f 都小于，
则
前两式相加得－ 因此假设不成立，
故f ，f ，f 中至少有一个不小于.