高考数学一轮复习讲义第14章第2节第2课时不等式选讲

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1．不等式证明的方法
(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⇔eq \f(a,b)>1且a>0，b>0，因此当a>0，b>0时，要证明a>b，只要证明eq \f(a,b)>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，这种证明方法叫分析法．即“执果索因”的方法．
(4)反证法和放缩法：
①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，这种方法叫做反证法．
②在证明不等式时，有时要把所证不等式的一边适当地放大或缩小，此利于化简并使它与不等式的另一边的关系更为明显，从而得出原不等式成立，这种方法称为放缩法．
(5)数学归纳法：
一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数n0的所有正整数n都成立时，可以用以下两个步骤：
①证明当n＝n0时命题成立；
②假设当n＝k (k∈N*，且k≥n0)时命题成立，证明n＝k＋1时命题也成立．
在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于不小于n0的所有正整数都成立．这种证明方法称为数学归纳法．
2．几个常用基本不等式
(1)柯西不等式：
①柯西不等式的代数形式：设a，b，c，d都是实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2(当且仅当ad＝bc时，等号成立)．
②柯西不等式的向量形式：设α，β是两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立．
③柯西不等式的三角不等式：设x1，y1，x2，y2，x3，y3∈R，则eq \r(x1－x22＋y1－y22)＋eq \r(x2－x32＋y2－y32)≥eq \r(x1－x32＋y1－y32).
④柯西不等式的一般形式：设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是实数，则(aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n))(beq \\al(2,1)＋beq \\al(2,2)＋…＋beq \\al(2,n))≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，当且仅当bi＝0 (i＝1,2，…，n)或存在一个数k，使得ai＝kbi (i＝1,2，…，n)时，等号成立．
(2)算术—几何平均不等式
若a1，a2，…，an为正数，则eq \f(a1＋a2＋…＋an,n)≥eq \r(n,a1a2…an)，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．
1．设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，求eq \r(m2＋n2)的最小值．
解 根据柯西不等式(ma＋nb)2≤(a2＋b2)(m2＋n2)，得25≤5(m2＋n2)，m2＋n2≥5，eq \r(m2＋n2)的最小值为eq \r(5).
2．若a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，求eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)的最大值．
解 (eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c))2＝(1×eq \r(a)＋1×eq \r(b)＋1×eq \r(c))2
≤(12＋12＋12)(a＋b＋c)＝3.
当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时，等号成立．
∴(eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c))2≤3.
故eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)的最大值为eq \r(3).
3．设x>0，y>0，若不等式eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋eq \f(λ,x＋y)≥0恒成立，求实数λ的最小值．
解 ∵x>0，y>0，
∴原不等式可化为－λ≤(eq \f(1,x)＋eq \f(1,y))(x＋y)＝2＋eq \f(y,x)＋eq \f(x,y).
∵2＋eq \f(y,x)＋eq \f(x,y)≥2＋2eq \r(\f(y,x)·\f(x,y))＝4，当且仅当x＝y时等号成立．
∴eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,y)x＋y))min＝4，即－λ≤4，λ≥－4.
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＋eq \f(1,x2－2xy＋y2)≥2y＋3；
(2)设a，b，c>0且ab＋bc＋ca＝1，求证：a＋b＋c≥eq \r(3).
证明 (1)因为x>0，y>0，x－y>0，
2x＋eq \f(1,x2－2xy＋y2)－2y＝2(x－y)＋eq \f(1,x－y2)
＝(x－y)＋(x－y)＋eq \f(1,x－y2)
≥3eq \r(3,x－y2\f(1,x－y2))＝3，
所以2x＋eq \f(1,x2－2xy＋y2)≥2y＋3.
(2)因为a，b，c>0，所以要证a＋b＋c≥eq \r(3)，
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≤eq \f(a2＋b2,2)＋eq \f(b2＋c2,2)＋eq \f(c2＋a2,2)＝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．
设a、b、c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：
(1)ab＋bc＋ac≤eq \f(1,3)；(2)eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥1.
证明 (1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac得
a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
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≤eq \f(1,3).
(2)因为eq \f(a2,b)＋b≥2a，eq \f(b2,c)＋c≥2b，eq \f(c2,a)＋a≥2c，
故eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥a＋b＋c.
所以eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥1.
题型二 放缩法证明不等式
例2 若a，b∈R，求证：eq \f(|a＋b|,1＋|a＋b|)≤eq \f(|a|,1＋|a|)＋eq \f(|b|,1＋|b|).
证明 当|a＋b|＝0时，不等式显然成立．
当|a＋b|≠0时，
由0<|a＋b|≤|a|＋|b|⇒eq \f(1,|a＋b|)≥eq \f(1,|a|＋|b|)，
所以eq \f(|a＋b|,1＋|a＋b|)＝eq \f(1,\f(1,|a＋b|)＋1)≤eq \f(1,1＋\f(1,|a|＋|b|))＝eq \f(|a|＋|b|,1＋|a|＋|b|)
＝eq \f(|a|,1＋|a|＋|b|)＋eq \f(|b|,1＋|a|＋|b|)≤eq \f(|a|,1＋|a|)＋eq \f(|b|,1＋|b|).
思维升华 (1)在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧．常见的放缩变换有：
①变换分式的分子和分母，如eq \f(1,k2)eq \f(1,kk＋1)，eq \f(1,\r(k))eq \f(2,\r(k)＋\r(k＋1)).上面不等式中k∈N*，k>1；
②利用函数的单调性；
③真分数性质“若00，则eq \f(a,b)(2)在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．
设n是正整数，求证：eq \f(1,2)≤eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)<1.
证明 由2n≥n＋k>n(k＝1,2，…，n)，得eq \f(1,2n)≤eq \f(1,n＋k)当k＝1时，eq \f(1,2n)≤eq \f(1,n＋1)当k＝2时，eq \f(1,2n)≤eq \f(1,n＋2)…
当k＝n时，eq \f(1,2n)≤eq \f(1,n＋n)∴eq \f(1,2)＝eq \f(n,2n)≤eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)∴原不等式成立．
题型三 柯西不等式的应用
例3 已知x，y，z均为实数．
(1)若x＋y＋z＝1，求证：eq \r(3x＋1)＋eq \r(3y＋2)＋eq \r(3z＋3)≤3eq \r(3)；
(2)若x＋2y＋3z＝6，求x2＋y2＋z2的最小值．
(1)证明 因为(eq \r(3x＋1)＋eq \r(3y＋2)＋eq \r(3z＋3))2≤(12＋12＋12)(3x＋1＋3y＋2＋3z＋3)＝27.
所以eq \r(3x＋1)＋eq \r(3y＋2)＋eq \r(3z＋3)≤3eq \r(3).
当且仅当x＝eq \f(2,3)，y＝eq \f(1,3)，z＝0时取等号．
(2)解 因为6＝x＋2y＋3z≤eq \r(x2＋y2＋z2)·eq \r(1＋4＋9)，
所以x2＋y2＋z2≥eq \f(18,7)，当且仅当x＝eq \f(y,2)＝eq \f(z,3)即x＝eq \f(3,7)，y＝eq \f(6,7)，z＝eq \f(9,7)时，x2＋y2＋z2有最小值eq \f(18,7).
思维升华 (1)使用柯西不等式证明的关键是恰当变形，化为符合它的结构形式，当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时，就可使用柯西不等式进行证明．(2)利用柯西不等式求最值的一般结构为：(aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n))(eq \f(1,a\\al(2,1))＋eq \f(1,a\\al(2,2))＋…＋eq \f(1,a\\al(2,n)))≥(1＋1＋…＋1)2＝n2.在使用柯西不等式时，要注意右边为常数且应注意等号成立的条件．
已知大于1的正数x，y，z满足x＋y＋z＝3eq \r(3).求证：eq \f(x2,x＋2y＋3z)＋eq \f(y2,y＋2z＋3x)＋eq \f(z2,z＋2x＋3y)≥eq \f(\r(3),2).
证明 由柯西不等式及题意得，
(eq \f(x2,x＋2y＋3z)＋eq \f(y2,y＋2z＋3x)＋eq \f(z2,z＋2x＋3y))
·[(x＋2y＋3z)＋(y＋2z＋3x)＋(z＋2x＋3y)]≥(x＋y＋z)2＝27.
又(x＋2y＋3z)＋(y＋2z＋3x)＋(z＋2x＋3y)＝6(x＋y＋z)＝18eq \r(3)，
∴eq \f(x2,x＋2y＋3z)＋eq \f(y2,y＋2z＋3x)＋eq \f(z2,z＋2x＋3y)≥eq \f(27,18\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，
当且仅当x＝y＝z＝eq \r(3)时，等号成立.
1．已知x＋y＝1，求2x2＋3y2的最小值．
解 由柯西不等式(2x2＋3y2)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \f(1,\r(2))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \f(1,\r(3))))2))≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)x·\f(1,\r(2))＋\r(3)y·\f(1,\r(3))))2＝(x＋y)2＝1，
∴2x2＋3y2≥eq \f(6,5)，当且仅当2x＝3y，即x＝eq \f(3,5)，y＝eq \f(2,5)时，等号成立．所以2x2＋3y2的最小值为eq \f(6,5).
2．设a＋b＝2，b>0，当eq \f(1,2|a|)＋eq \f(|a|,b)取得最小值时，求a的值．
解 由于a＋b＝2，所以eq \f(1,2|a|)＋eq \f(|a|,b)＝eq \f(a＋b,4|a|)＋eq \f(|a|,b)＝eq \f(a,4|a|)＋eq \f(b,4|a|)＋eq \f(|a|,b)，由于b>0，|a|>0，所以eq \f(b,4|a|)＋eq \f(|a|,b)≥2eq \r(\f(b,4|a|)·\f(|a|,b))＝1，因此当a>0时，eq \f(1,2|a|)＋eq \f(|a|,b)的最小值是eq \f(1,4)＋1＝eq \f(5,4)；当a<0时，eq \f(1,2|a|)＋eq \f(|a|,b)的最小值是－eq \f(1,4)＋1＝eq \f(3,4).故eq \f(1,2|a|)＋eq \f(|a|,b)的最小值为eq \f(3,4)，此时eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(b,4|a|)＝\f(|a|,b)，,a<0，))
即a＝－2.
3．设a、b、c是正实数，且a＋b＋c＝9，求eq \f(2,a)＋eq \f(2,b)＋eq \f(2,c)的最小值．
解 ∵(a＋b＋c)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋\f(2,b)＋\f(2,c)))
＝[(eq \r(a))2＋(eq \r(b))2＋(eq \r(c))2]·
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,a))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,b))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,c))))2))
≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(a)·\r(\f(2,a))＋\r(b)·\r(\f(2,b))＋\r(c)·\r(\f(2,c))))2＝18.
∴eq \f(2,a)＋eq \f(2,b)＋eq \f(2,c)≥2.∴eq \f(2,a)＋eq \f(2,b)＋eq \f(2,c)的最小值为2.
4．设x，y，z∈R，且满足：x2＋y2＋z2＝1，x＋2y＋3z＝eq \r(14)，求x＋y＋z.
解 由柯西不等式可得(x2＋y2＋z2)(12＋22＋32)≥(x＋2y＋3z)2，即(x＋2y＋3z)2≤14，因此x＋2y＋3z≤eq \r(14).因为x＋2y＋3z＝eq \r(14)，所以x＝eq \f(y,2)＝eq \f(z,3)，解得x＝eq \f(\r(14),14)，y＝eq \f(\r(14),7)，z＝eq \f(3\r(14),14)，于是x＋y＋z＝eq \f(3\r(14),7).
5．已知△ABC的三边长分别为a，b，c.求证：eq \f(a2,b＋c－a)＋eq \f(b2,c＋a－b)＋eq \f(c2,a＋b－c)≥a＋b＋c.
证明 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,b＋c－a)＋\f(b2,c＋a－b)＋\f(c2,a＋b－c)))[(b＋c－a)＋(c＋a－b)＋(a＋b－c)]≥(a＋b＋c)2，
又a＋b＋c>0，
所以eq \f(a2,b＋c－a)＋eq \f(b2,c＋a－b)＋eq \f(c2,a＋b－c)≥a＋b＋c(当且仅当eq \f(b＋c－a,a)＝eq \f(c＋a－b,b)＝eq \f(a＋b－c,c)时取等号)．
6．已知a，b，c∈R，且2a＋2b＋c＝8，求(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2的最小值．
解 由柯西不等式得
(4＋4＋1)×[(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2]≥[2(a－1)＋2(b＋2)＋c－3]2，
∴9[(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2]≥(2a＋2b＋c－1)2.
∵2a＋2b＋c＝8，
∴(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2≥eq \f(49,9)，
当且仅当eq \f(a－1,2)＝eq \f(b＋2,2)＝c－3时等号成立，
∴(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2的最小值是eq \f(49,9).
7．(2015·湖南)设a＞0，b＞0，且a＋b＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,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＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)，a＞0，b＞0，得ab＝1.
(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2eq \r(ab)＝2，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＜a＜1；
同理，0＜b＜1，从而ab＜1，这与ab＝1矛盾．
故a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．
8．(2016·全国甲卷)已知函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))，
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)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x，x≤－\f(1,2)，,1，－\f(1,2)当x≤－eq \f(1,2)时，由f(x)<2得－2x<2，
解得x>－1，所以，－1当－eq \f(1,2)当x≥eq \f(1,2)时，由f(x)<2得2x<2，解得x<1，
所以，－eq \f(1,2)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，即(a＋b)2<(1＋ab)2，因此|a＋b|<|1＋ab|.
9．(1)关于x的不等式|x－3|＋|x－4|(2)设x，y，z∈R，且eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,5)＋eq \f(z2,4)＝1，求x＋y＋z的取值范围．
解 (1)∵|x－3|＋|x－4|≥|(x－3)－(x－4)|＝1，
且|x－3|＋|x－4|∴a>1，即a的取值范围是(1，＋∞)．
(2)由柯西不等式，得
[42＋(eq \r(5))2＋22]·[(eq \f(x,4))2＋(eq \f(y,\r(5)))2＋(eq \f(z,2))2]≥(4×eq \f(x,4)＋eq \r(5)×eq \f(y,\r(5))＋2×eq \f(z,2))2
＝(x＋y＋z)2，
即25×1≥(x＋y＋z)2.
∴5≥|x＋y＋z|，∴－5≤x＋y＋z≤5.
∴x＋y＋z的取值范围是[－5,5]．
10．已知a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)．
(1)求eq \f(x1,a)＋eq \f(x2,b)＋eq \f(2,x1x2)的最小值；
(2)求证：(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2.
(1)解 因为a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，
x1，x2∈(0，＋∞)，
所以eq \f(x1,a)＋eq \f(x2,b)＋eq \f(2,x1x2)≥3·eq \r(3,\f(x1,a)·\f(x2,b)·\f(2,x1x2))
＝3·eq \r(3,\f(2,ab))≥3·eq \r(3,\f(2,\f(a＋b,2)2))＝3×eq \r(3,8)＝6，
当且仅当eq \f(x1,a)＝eq \f(x2,b)＝eq \f(2,x1x2)且a＝b，即a＝b＝eq \f(1,2)
且x1＝x2＝1时，eq \f(x1,a)＋eq \f(x2,b)＋eq \f(2,x1x2)有最小值6.
(2)证明 方法一 由a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，
x1，x2∈(0，＋∞)，及柯西不等式可得：
(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)＝[(eq \r(ax1))2＋(eq \r(bx2))2]·[(eq \r(ax2))2＋eq \r(bx1))2]≥(eq \r(ax1)·eq \r(ax2)＋eq \r(bx2)·eq \r(bx1))2＝(aeq \r(x1x2)＋beq \r(x1x2))2＝x1x2，当且仅当eq \f(\r(ax1),\r(ax2))＝eq \f(\r(bx2),\r(bx1))，即x1＝x2时取得等号．
所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2.
方法二 因为a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)，
所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)＝a2x1x2＋abxeq \\al(2,2)＋abxeq \\al(2,1)＋b2x1x2
＝x1x2(a2＋b2)＋ab(xeq \\al(2,2)＋xeq \\al(2,1))≥x1x2(a2＋b2)＋ab(2x1x2)
＝x1x2(a2＋b2＋2ab)＝x1x2(a＋b)2＝x1x2，
当且仅当x1＝x2时，取得等号．
所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2.