2020版高考新创新一轮复习数学（理）通用版讲义：选修4－5第二节　不等式的证明

第二节　不等式的证明

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.



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．比较法
(1)作差法的依据是：a－b＞0⇔a＞b.
(2)作商法：若B＞0，欲证A≥B，只需证≥1.
3．综合法与分析法
综合法
一般地，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
分析法
从要证的结论出发，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

一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)
(1)已知x为正实数，则1＋x＋≥3.(　　)
(2)若a＞2，b＞2，则a＋b＞ab.(　　)
(3)设x＝a＋2b，S＝a＋b2＋1则S≥x.(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)√
二、填空题
1．已知a，b∈R＋，且a＋b＝1，则＋的最小值为________．
答案：3＋2
2．已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最小值为________．
答案：9
3．已知正实数a，b满足2ab＝a＋b＋12，则ab的最小值是________．
解析：由2ab＝a＋b＋12，得2ab≥2＋12，当且仅当a＝b时等号成立．化简得(－3)(＋2)≥0，解得ab≥9，所以ab的最小值是9.
答案：9




考法一　比较法证明不等式　
[例1]　(1)(2019·莆田模拟)设a，b是非负实数．求证：a2＋b2≥(a＋b)．
(2)已知a＞0，b＞0，证明：aabb≥(ab).
[证明]　(1)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)．
(2)∵＝，
∴当a＝b时，＝1，
当a＞b＞0时，＞1，＞0，∴＞1；
当b＞a＞0时，0＜＜1，＜0，
则＞1.
∴aabb≥(ab) .
[方法技巧]
比较法证明不等式的方法和步骤
(1)求差比较法
由a＞b⇔a－b＞0，a＜b⇔a－b＜0，因此要证明a＞b只需证明a－b＞0即可，这种方法称为求差比较法．
(2)求商比较法
由a＞b＞0⇔＞1且a＞0，b＞0，因此当a＞0，b＞0时，要证明a＞b，只需证明＞1即可，这种方法称为求商比较法．
(3)用比较法证明不等式的一般步骤
作差(商)—变形—判断—结论，而变形的方法一般有配方、通分和因式分解．　　
考法二　综合法证明不等式　
[例2]　(2017·全国卷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(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.
[方法技巧]
1．综合法证明不等式的方法
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．综合法证明时常用的不等式
(1)a2≥0.
(2)|a|≥0.
(3)a2＋b2≥2ab，它的变形形式有：
a2＋b2≥2|ab|；a2＋b2≥－2ab；(a＋b)2≥4ab；
a2＋b2≥(a＋b)2；≥2.
(4)≥，它的变形形式有：
a＋≥2(a＞0)；＋≥2(ab＞0)；
＋≤－2(ab＜0)．　　
考法三　分析法证明不等式　
[例3]　(2019·重庆模拟)已知函数f(x)＝|x＋1|，g(x)＝|x|.
(1)若不等式f(x)＋g(x－2)≤m2－2m有解，求实数m的取值范围；
(2)若|x|＞1，|y|＜1，求证：f(y)＜g(x)·f.
[解]　(1)由题意得，f(x)＋g(x－2)＝|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，
∵f(x)＋g(x－2)≤m2－2m有解，
∴m2－2m≥3，解得m≥3或m≤－1，
∴实数m的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
(2)证明：要证f(y)＜g(x)·f，
即证|y＋1|＜|x|·，
只需证＜.
－＝
＝
＝＝，
又|x|＞1，|y|＜1，
∴－＝＜0，
∴＜，∴＜，
∴f(y)＜g(x)·f.
[方法技巧]
1．用分析法证“若A则B”这个命题的模式
为了证明命题B为真，
只需证明命题B1为真，从而有…
只需证明命题B2为真，从而有…
……
只需证明命题A为真，而已知A为真，故B必真．
2．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、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．　　


1.(1)解不等式|x＋1|＋|x＋3|＜4；
(2)若a，b满足(1)中不等式，求证：2|a－b|＜|ab＋2a＋2b|.
解：(1)当x＜－3时，|x＋1|＋|x＋3|＝－x－1－x－3＝－2x－4＜4，解得x＞－4，所以－4＜x＜－3；
当－3≤x＜－1时，|x＋1|＋|x＋3|＝－x－1＋x＋3＝2＜4恒成立，所以－3≤x＜－1；
当x≥－1时，|x＋1|＋|x＋3|＝x＋1＋x＋3＝2x＋4＜4，解得x＜0，所以－1≤x＜0.
综上，不等式|x＋1|＋|x＋3|＜4的解集为{x|－4＜x＜0}．
(2)证明：4(a－b)2－(ab＋2a＋2b)2＝－(a2b2＋4a2b＋4ab2＋16ab)＝－ab(b＋4)(a＋4)＜0，
所以4(a－b)2＜(ab＋2a＋2b)2，
所以2|a－b|＜|ab＋2a＋2b|.
2.已知a＞0，b＞0,2c＞a＋b，求证：c－＜a＜c＋.
证明：要证c－＜a＜c＋，即证－＜a－c＜，
即证|a－c|＜，即证(a－c)2＜c2－ab，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．
3.(2019·贵州模拟)已知函数f(x)＝x＋|x＋2|.
(1)求不等式f(x)≥6的解集M；
(2)记(1)中集合M中元素的最小值为m，若a，b为正实数，且a＋b＝m，求的最小值．
解：(1)f(x)≥6，即x＋|x＋2|≥6，
∴或解得x≥2，
∴M＝{x|x≥2}．
(2)由(1)知m＝2，即a＋b＝2，又a，b为正实数，
∴＝
＝＝＋
≥＋×2＝4，
当且仅当a＝b＝1时，取得最小值4.

[课时跟踪检测]
1．已知a，b都是正实数，且a＋b＝2，求证：＋≥1.
证明：∵a＞0，b＞0，a＋b＝2，
∴＋－1＝
＝
＝
＝
＝
＝.
∵a＋b＝2≥2，∴ab≤1.
∴≥0.
∴＋≥1.
2．(2019·运城康杰中学模拟)已知a＞0，b＞0，a＋b＝2.
(1)求＋的最小值；
(2)求证：≤1.
解：(1)∵a＞0，b＞0，a＋b＝2，
∴＋＝＝×≥(当且仅当b＝2a时等号成立)．
(2)证明：＝ab·≤ ·2＝1(当且仅当a＝b时等号成立)．
3．(2019·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.
解：(1)由绝对值不等式的性质知
f(x)＝|x|＋|x－1|≥|x－x＋1|＝1，
∴f(x)min＝1，∴只需|m－1|≤1，即－1≤m－1≤1，
∴0≤m≤2，∴实数m的最大值M＝2.
(2)证明：∵a2＋b2≥2ab，且a2＋b2＝2，
∴ab≤1，∴≤1，当且仅当a＝b时取等号．①
又≤，∴≤，
∴≤，当且仅当a＝b时取等号．②
由①②得，≤，∴a＋b≥2ab.
4．(2019·湖南师范大学附属中学月考)(1)已知函数f(x)＝|x－2|－|x＋1|，解不等式f(x)≥x2－2x；
(2)已知x，y，z均为正数，求证：＋＋≥＋＋.
解：(1)f(x)＝|x－2|－|x＋1|＝
当x≤－1时，不等式为x2－2x≤3，∴－1≤x≤3，
即x＝－1；
当－1＜x＜2时，不等式为x2－2x≤－2x＋1，
解得－1≤x≤1，即－1＜x≤1；
当x≥2时，不等式为x2－2x≤－3，∴x∈∅.
综上，不等式的解集为[－1,1]．
(2)证明：因为x，y，z都为正数，
所以＋＝≥，①
同理可得＋≥，②
＋≥，③
当且仅当x＝y＝z时，以上三式等号都成立．
将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，
得＋＋≥＋＋.
5．(2019·广州模拟)已知定义在R上的函数f(x)＝|x－m|＋|x|，m∈N*，存在实数x使f(x)＜2成立．
(1)求实数m的值；
(2)若α≥1，β≥1，f(α)＋f(β)＝4，求证：＋≥3.

解：(1)因为|x－m|＋|x|≥|(x－m)－x|＝|m|.
所以要使不等式|x－m|＋|x|＜2有解，则|m|＜2，
解得－2＜m＜2.
因为m∈N*，所以m＝1.
(2)证明：因为α≥1，β≥1，
所以f(α)＋f(β)＝2α－1＋2β－1＝4，
即α＋β＝3，
所以＋＝(α＋β)＝≥＝3.
当且仅当＝，即α＝2，β＝1时等号成立，
故＋≥3.
6．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.
7．已知函数f(x)＝|x－1|.
(1)解不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8；
(2)若|a|＜1，|b|＜1，a≠0，求证：＞f.


解：(1)f(2x)＋f(x＋4)＝|2x－1|＋|x＋3|＝
当x＜－3时，由－3x－2≥8，解得x≤－；
当－3≤x＜时，－x＋4≥8无解；
当x≥时，由3x＋2≥8，解得x≥2.
所以不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8的解集为.
(2)证明：＞f等价于f(ab)＞|a|f，
即|ab－1|＞|a－b|.
因为|a|＜1，|b|＜1，
所以|ab－1|2－|a－b|2
＝(a2b2－2ab＋1)－(a2－2ab＋b2)
＝(a2－1)(b2－1)＞0，
所以|ab－1|＞|a－b|.
故所证不等式成立．
8．设函数f(x)＝x－|x＋2|－|x－3|－m，若∀x∈R，－4≥f(x)恒成立．
(1)求实数m的取值范围；
(2)求证：log(m＋1)(m＋2)＞log(m＋2)(m＋3)．
解：(1)∵∀x∈R，－4≥f(x)恒成立，
∴m＋≥x－|x＋2|－|x－3|＋4恒成立．
令g(x)＝x－|x＋2|－|x－3|＋4＝
∴函数g(x)在(－∞，3]上是增函数，在(3，＋∞)上是减函数，

∴g(x)max＝g(3)＝2，∴m＋≥g(x)max＝2，
即m＋－2≥0⇒＝≥0，
∴m＞0，
综上，实数m的取值范围是(0，＋∞)．
(2)证明：由m＞0，知m＋3＞m＋2＞m＋1＞1，
即lg(m＋3)＞lg(m＋2)＞lg(m＋1)＞lg 1＝0.
∴要证log(m＋1)(m＋2)＞log(m＋2)(m＋3)，
只需证＞，
即证lg(m＋1)·lg(m＋3)＜lg2(m＋2)，
又lg(m＋1)·lg(m＋3)＜2
＝＜＝lg2(m＋2)，
∴log(m＋1)(m＋2)＞log(m＋2)(m＋3)成立．