2021高三数学北师大版（文）一轮教师用书：第13章第2节　不等式的证明

第二节　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．(对应学生用书第213页)1．基本不等式定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．定理2：如果a，b为正数，则≥，当且仅当a＝b时，等号成立．定理3：如果a，b，c为正数，则≥，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作差比较法知道a＞b⇔a－b＞0，a＜b⇔a－b＜0，因此要证明a＞b，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)综合法从命题的已知条件出发，利用公理、已知的定义及定理，逐步推导，从而最后导出要证明的命题，这种方法称为综合法．(3)分析法从需要证明的命题出发，分析使这个命题成立的充分条件，利用已知的一些定理，逐步探索，最后达到命题所给出的条件(或者一个已证明过的定理或一个明显的事实)，这种证明方法称为分析法．(4)放缩法在证明不等式时，有时需要将所需证明的不等式的值适当放大(或缩小)使它由繁化简，达到证明目的，这种方法称为放缩法．1．a2≥0(a∈R)．2．(a－b)2≥0(a，b∈R)，其变形有a2＋b2≥2ab，≥ab，a2＋b2≥(a＋b)2.3．a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(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)×二、教材改编1．设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则s与t的大小关系是(　　)A．s≥t　　　 B．s＞tC．s≤t D．s＜tA　[∵s－t＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴s≥t.]2．若a＝－，b＝－，c＝－，则a，b，c的大小关系为(　　)A．a>b>c B．a>c>bC．b>c>a D．c>a>bA　[“分子”有理化得a＝，b＝，c＝，∴a>b>c.]3．已知a，b∈R＋，且a＋b＝2，则＋的最小值为(　　)A．1 B．2  C．4　　　　 D．8B　[∵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．12C　[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.](对应学生用书第215页)⊙考点1　比较法证明不等式1．作差比较法证明不等式的四步骤2．作商比较法证明不等式的一般步骤(1)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).(1)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)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．　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，即－1＜x≤－；当－＜x＜时，f(x)＜2恒成立；当x≥时，由f(x)＜2，得2x＜2，解得x＜1，即≤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|.⊙考点2　综合法证明不等式　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．　(2019·全国卷Ⅰ)已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.[证明](1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．所以＋＋≤a2＋b2＋c2.(2)因为a，b，c为正数且abc＝1，故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥3＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)≥3×(2)×(2)×(2)＝24.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.　多次使用平均值不等式证明不等式或求函数最值时要注意等号是否能同时成立．[教师备选例题]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)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)①必要性：若|a－b|＜|c－d|，则(a－b)2＜(c－d)2，即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd.由(1)，得＋＞＋.②充分性：若＋＞＋，则(＋)2＞(＋)2，即a＋b＋2＞c＋d＋2.因为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．　(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.⊙考点3　分析法证明不等式　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．　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＜x＜1，即A＝{x|－1＜x＜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－1＜ab＜1，c2＜1，所以(1－a2b2)(1－c2)＞0恒成立．综上，＞1.　不等式两边都有绝对值号，一般通过两边平方去掉绝对值号．　已知a≠b，求证|－|＜|a－b|.[证明]　要证|－|＜|a－b|，只需证：(－)2＜(a－b)2，即1＋a2－2＋1＋b2＜a2－2ab＋b2，化简 1＋ab＜，当1＋ab＜0时，显然成立，当1＋ab≥0时，只需证(1＋ab)2＜(1＋a2)(1＋b2)，即1＋2ab＋a2b2＜1＋a2＋b2＋a2b2，化简得a2＋b2＞2ab，即只需证a2＋b2＞2ab即可，又a≠b，所以a2＋b2＞2ab，综上可知，当a≠b时，|－|＜|a－b|成立．⊙考点4　放缩法证明不等式(1)在不等式的证明中，“放”或“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0＜a＜b，m＞0，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．(1)设a＞0，|x－1|＜，|y－2|＜，求证：|2x＋y－4|＜a.(2)设n是正整数，求证：≤＋＋…＋＜1.[证明](1)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|＜a.(2)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．　在本例(2)中，为了出现常数，根据项数及不等号的方向，固定分母，达到证明的目的．　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)．