2020版高考数学（文）新设计一轮复习通用版讲义：选修4-5第二节不等式的证明

第二节不等式的证明

一、基础知识批注——理解深一点
1．基本不等式
(1)定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．
(2)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．
(3)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
(1)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．
(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，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．
二、基础小题强化——功底牢一点

(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．(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×
(二)选一选
1．设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则s与t的大小关系是(　　)
A．s≥t　　 B．s＞t
C．s≤t D．s＜t
解析：选A　∵s－t＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴s≥t.
2．若a>b>1，x＝a＋，y＝b＋，则x与y的大小关系是(　　)
A．x>y B．x C．x≥y D．x≤y
解析：选A　x－y＝a＋－b－＝a－b＋
＝(a－b)＝(a－b)·.
因为a>b>1，所以(a－b)·>0，
所以x－y>0，即x>y.
3．已知a，b∈R＋，且a＋b＝2，则＋的最小值为(　　)
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：选B　∵a，b∈R＋，且a＋b＝2，
∴(a＋b)
＝2＋＋≥2＋2＝4，
∴＋≥＝2，即＋的最小值为2(当且仅当a＝b＝1时，等号成立)．
4．已知正实数a，b满足2ab＝a＋b＋12，则ab的最小值是(　　)
A．3 B．6
C．9 D．12
解析：选C　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(当且仅当a＝b＝3时等号成立)，所以ab的最小值是9.



[典例]　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|.
[解]　(1)f(x)＝
当x≤－时，由f(x)＜2，
得－2x＜2，解得x＞－1；
当－＜x＜时，f(x)＜2恒成立；
当x≥时，由f(x)＜2，得2x＜2，解得x＜1.
所以f(x)＜2的解集M＝{x|－1＜x＜1}．
(2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－1＜a＜1，－1＜b＜1，
从而(a＋b)2－(1＋ab)2
＝a2＋b2－a2b2－1
＝(a2－1)(1－b2)＜0.
因此|a＋b|＜|1＋ab|.
[解题技法]
1．作差比较法
(1)作差比较法证明不等式的4步骤

(2)作差比较法的应用范围
当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时，一般使用作差比较法．
2．作商比较法
(1)作商比较法证明不等式的一般步骤

(2)作商比较法的应用范围
当被证的不等式两边含有幂式或指数式或乘积式时，一般使用作商比较法．
[题组训练]
1．当p，q都是正数且p＋q＝1时，求证：(px＋qy)2≤px2＋qy2.
解：(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．求证：当a>0，b>0时，aabb≥(ab).
证明：∵＝，
∴当a＝b时，＝1，
当a>b>0时，>1，>0，∴>1，
当b>a>0时，0<<1，<0，∴>1，
∴aabb≥(ab) .

[典例]　(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)∵(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3
＝2＋3ab(a＋b)≤2＋(a＋b)
＝2＋，
∴(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.
[解题技法]　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．
[题组训练]
1．设a，b，c，d均为正数，若a＋b＝c＋d，且ab>cd，求证：＋>＋.
证明：因为(＋)2＝a＋b＋2，(＋)2＝c＋d＋2.
由题设a＋b＝c＋d，ab>cd得(＋)2>(＋)2.
因此 ＋>＋.
2．(2018·湖北八校联考)已知不等式|x|＋|x－3| (1)求m，n的值；
(2)若x>0，y>0，nx＋y＋m＝0，求证：x＋y≥16xy.
解：(1)由|x|＋|x－3| 得或或
解得－1 (2)证明：由(1)知9x＋y＝1，又x>0，y>0，
∴(9x＋y)＝10＋＋≥10＋2＝16，
当且仅当＝，即x＝，y＝时取等号，
∴＋≥16，即x＋y≥16xy.

[典例]　(2019·长春质检)设不等式||x＋1|－|x－1||<2的解集为A.
(1)求集合A；
(2)若a，b，c∈A，求证：>1.
[解]　(1)由已知，令f(x)＝|x＋1|－|x－1|＝
由|f(x)|<2，得－1 (2)证明：要证>1，只需证|1－abc|>|ab－c|，
即证1＋a2b2c2>a2b2＋c2，即证1－a2b2>c2(1－a2b2)，
即证(1－a2b2)(1－c2)>0，
由a，b，c∈A，得－10恒成立．
综上，>1.
[解题技法]　分析法证明不等式应注意的问题
(1)注意依据是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论．
(2)注意从要证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．
(3)注意恰当地用好反推符号“⇐”或“要证明”“只需证明”“即证明”等词语．
[题组训练]
1．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，
即证2a2－ab－b2>0，
即证(a－b)(2a＋b)>0，
即证(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．
2．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，求证：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＜x＜－时，
不等式可化为x＋1＜－2x－2，
此时不等式无解；
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．

1．已知△ABC的三边a，b，c的倒数成等差数列，试用分析法证明：∠B为锐角．
证明：要证∠B为锐角，只需证cos B>0，
所以只需证a2＋c2－b2>0，
即a2＋c2>b2，因为a2＋c2≥2ac，
所以只需证2ac>b2，
由已知得2ac＝b(a＋c)．
所以只需证b(a＋c)>b2，即a＋c>b，显然成立．
所以∠B为锐角．
2．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，仅当a＝b＝时等号成立．
故a3＋b3≥2≥4，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.
3．(2019·南宁模拟)(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 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 (2)证明：因为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|.
4．(2018·武昌调研)设函数f(x)＝|x－2|＋2x－3，记f(x)≤－1的解集为M.
(1)求M；
(2)当x∈M时，求证：x[f(x)]2－x2f(x)≤0.
解：(1)由已知，得f(x)＝
当x≤2时，由f(x)＝x－1≤－1，
解得x≤0，此时x≤0；
当x>2时，由f(x)＝3x－5≤－1，
解得x≤，显然不成立．
故f(x)≤－1的解集为M＝{x|x≤0}．
(2)证明：当x∈M时，f(x)＝x－1，
于是x[f(x)]2－x2f(x)＝x(x－1)2－x2(x－1)＝－x2＋x＝－2＋.
令g(x)＝－2＋，
则函数g(x)在(－∞，0]上是增函数，
∴g(x)≤g(0)＝0.
故x[f(x)]2－x2f(x)≤0.
5．(2019·西安质检)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，求证：t2＋1≥＋3t.
解：(1)依题意，得f(x)＝
∴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)证明：g(x)＝f(x)＋|x＋1|＝|2x－1|＋|2x＋2|≥|2x－1－2x－2|＝3，
当且仅当(2x－1)(2x＋2)≤0，即－1≤x≤时取等号，
∴M＝[3，＋∞)．
t2＋1－3t－＝＝，
∵t∈M，∴t－3≥0，t2＋1>0，
∴≥0，
∴t2＋1≥＋3t.
6．(2019·长春质检)已知函数f(x)＝|2x－3|＋|3x－6|.
(1)求f(x)<2的解集；
(2)若f(x)的最小值为T，正数a，b满足a＋b＝，求证：＋≤T.
解：(1)f(x)＝|2x－3|＋|3x－6|＝
作出函数f(x)的图象如图所示．

由图象可知，f(x)<2的解集为.
(2)证明：由图象可知f(x)的最小值为1，
由基本不等式可知≤ ＝ ＝，
当且仅当a＝b时，“＝”成立，即＋≤1＝T.
7．已知函数f(x)＝|2x－1|－.
(1)求不等式f(x)<0的解集M；
(2)当a，b∈M时，求证：3|a＋b|<|ab＋9|.
解：(1)f(x)＝
当x<－时，f(x)<0，即－x<0，无解；
当－≤x≤时，f(x)<0，即－3x－<0，得－ 当x>时，f(x)<0，即x－<0，得 综上，M＝.
(2)证明：要证3|a＋b|<|ab＋9|，
只需证9(a2＋b2＋2ab) 即证a2b2－9a2－9b2＋81＞0，
即证(a2－9)(b2－9)＞0.
因为a，b∈M，所以－ 所以a2－9<0，b2－9<0，
所以(a2－9)(b2－9)>0，
所以3|a＋b|<|ab＋9|.


8．已知函数f(x)＝m－|x＋4|(m>0)，且f(x－2)≥0的解集为[－3，－1]．
(1)求m的值；
(2)若a，b，c都是正实数，且＋＋＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.
解：(1)法一：依题意知f(x－2)＝m－|x＋2|≥0，
即|x＋2|≤m⇔－m－2≤x≤－2＋m.
由题意知不等式的解集为[－3，－1]，所以
解得m＝1.
法二：因为不等式f(x－2)≥0的解集为[－3，－1]，
所以－3，－1为方程f(x－2)＝0的两根，即－3，－1为方程m－|x＋2|＝0的两根，
所以解得m＝1.
(2)证明：由(1)可知＋＋＝1(a，b，c>0)，
所以a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)＝3＋＋＋≥9，当且仅当a＝2b＝3c，即a＝3，b＝，c＝1时取等号．