选修4-5 不等式选讲第二节

选修4－5 ⎪⎪⎪不等式选讲第二节不等式的证明1．基本不等式定理1：如果a ，b ∈R ，那么a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立． 定理2：如果a ，b ＞0，那么a ＋b2≥ab ，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a ＋b ＋c 3≥3abc ，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AB ≥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．1．设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则s 与t 的大小关系是( ) A ．s ≥t B ．s ＞t C ．s ≤tD ．s ＜t解析：选A ∵s －t ＝b 2－2b ＋1＝(b －1)2≥0，∴s ≥t . 2．已知a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝2，则1a ＋1b 的最小值为( ) A ．1 B ．2 C ．4D ．8解析：选B ∵a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝2， ∴(a ＋b )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋a b ≥2＋2b a ·ab ＝4，∴1a ＋1b ≥4a ＋b ＝2，即1a ＋1b 的最小值为2(当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立)． 3．已知a ，b ，c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1c 的最小值为________． 解析：把a ＋b ＋c ＝1代入1a ＋1b ＋1c 中 得a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c c ＝3＋⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋⎝⎛⎭⎫c a ＋a c ＋⎝⎛⎭⎫c b ＋b c≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立．故1a ＋1b ＋1c 的最小值为9. 答案：9考点一 比较法证明不等式 (重点保分型考点——师生共研)(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪x ＋12，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 )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12＜x ＜12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )＜2，得－2x ＜2，解得x ＞－1；当－12＜x ＜12时，f (x )＜2恒成立；当x ≥12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|.[解题师说]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．[冲关演练]1．求证：当x∈R时，1＋2x4≥2x3＋x2.证明：法一：(1＋2x4)－(2x3＋x2)＝2x3(x－1)－(x＋1)(x－1)＝(x－1)(2x3－x－1)＝(x－1)(2x3－2x＋x－1)＝(x－1)[2x(x2－1)＋(x－1)]＝(x －1)2(2x 2＋2x ＋1) ＝(x －1)2⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋122＋12≥0， 所以1＋2x 4≥2x 3＋x 2. 法二：(1＋2x 4)－(2x 3＋x 2) ＝x 4－2x 3＋x 2＋x 4－2x 2＋1 ＝(x －1)2·x 2＋(x 2－1)2≥0， 所以1＋2x 4≥2x 3＋x 2.2．求证：当a >0，b >0时，a a b b ≥(ab )+2a b.证明：∵a ab b(ab )+2a b ＝⎝⎛⎭⎫a b -2a b ，∴当a ＝b 时，⎝⎛⎭⎫a b -2a b ＝1，当a >b >0时，ab >1，a －b 2>0，∴⎝⎛⎭⎫a b -2a b>1，当b >a >0时，0<ab <1，a －b 2<0，∴⎝⎛⎭⎫a b -2a b>1，∴a a b b≥(ab )+2a b .考点二 综合法证明不等式 (重点保分型考点——师生共研)综合法证明不等式是每年高考的重点，主要涉及基本不等式的应用，难度适中.[典题领悟](2017·全国卷Ⅱ)已知a >0，b >0，a 3＋b 3＝2.证明： (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4； (2)a ＋b ≤2.证明：(1)(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6 ＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4) ＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4.(2)∵(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3 ＝2＋3ab (a ＋b )≤2＋3(a ＋b )24(a ＋b )＝2＋3(a ＋b )34，∴(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2.[解题师说]1．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．2．综合法证明时常用的不等式 (1)a 2≥0. (2)|a |≥0.(3)a 2＋b 2≥2ab ，它的变形形式有a 2＋b 2≥2|ab |；a 2＋b 2≥－2ab ；(a ＋b )2≥4ab ； a 2＋b 2≥12(a ＋b )2；a 2＋b 22≥⎝⎛⎭⎫a ＋b 22.(4)a ＋b2≥ab ，它的变形形式有a ＋1a ≥2(a >0)；ab ＋b a ≥2(ab >0)； a b ＋ba ≤－2(ab <0)．(5)(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2.[冲关演练]1．已知a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，求证： (1)1a ＋1b ＋1ab ≥8； (2)⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ≥9. 证明：(1)∵a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0， ∴1a ＋1b ＋1ab ＝1a ＋1b ＋a ＋b ab＝2⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝2⎝⎛⎭⎫a ＋b a ＋a ＋b b ＝2⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋4 ≥4b a ·a b ＋4＝8，当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立， ∴1a ＋1b ＋1ab ≥8.(2)∵⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ＝1a ＋1b ＋1ab ＋1， 由(1)知1a ＋1b ＋1ab ≥8.∴⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ≥9. 2．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：b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥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b 2a ＋c 2b ＋a 2c ＋(a ＋b ＋c )＝⎝⎛⎭⎫b 2a ＋a ＋⎝⎛⎭⎫c 2b ＋b ＋⎝⎛⎭⎫a2c ＋c ≥2⎝⎛⎭⎫b 2a ·a ＋c 2b ·b ＋a 2c ·c ＝2(a ＋b ＋c )， 当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，取“＝”， 所以b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥a ＋b ＋c ，即b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥3.考点三 分析法证明不等式 (重点保分型考点——师生共研)分析法证明不等式是高考考查的重点，常与充要条件等综合考查，难度中等及以上.[典题领悟]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 ，证明：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 ＜－12时，不等式可化为x ＋1＜－2x －2， 此时不等式无解； ③当x ≥－12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a 2b 2＋2ab ＋1＞a 2＋2ab ＋b 2， 即证a 2b 2－a 2－b 2＋1＞0， 即证(a 2－1)(b 2－1)＞0.因为a ，b ∈M ，所以a 2＞1，b 2＞1，所以(a 2－1)(b 2－1)＞0成立，所以原不等式成立．[解题师说]1．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(a 2＋b 2≥2ab )、基本不等式⎝⎛⎭⎫ab ≤a ＋b 2，a >0，b >0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．2．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B 1为真，从而有…只需证明命题B 2为真，从而有… ……只需证明命题A 为真，而已知A 为真，故B 必真．[冲关演练]已知a >0，b >0,2c >a ＋b ，求证：c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab . 证明：要证c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab ， 即证－c 2－ab <a －c <c 2－ab ， 即证|a －c |<c 2－ab ， 即证(a －c )2<c 2－ab ， 即证a 2－2ac <－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．1．设a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1. (1)求证：2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12；(2)求证：a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a ≥2.证明：(1)因为1＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ≥4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2， 所以2ab ＋bc ＋ca ＋c 22＝12(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)≤12.(2)因为a 2＋c 2b ≥2ac b ，b 2＋a 2c ≥2ab c ，c 2＋b 2a ≥2bca ，所以a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a ≥⎝⎛⎭⎫ac b ＋ab c ＋⎝⎛⎭⎫ab c ＋bc a ＋⎝⎛⎭⎫ac b ＋bc a ＝a ⎝⎛⎭⎫c b ＋b c ＋b ⎝⎛⎭⎫a c ＋ca ＋c ⎝⎛⎭⎫a b ＋b a ≥2a ＋2b ＋2c ＝2.2．若a >0，b >0，且1a ＋1b ＝ab . (1)求a 3＋b 3的最小值；(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由． 解：(1)由ab ＝1a ＋1b ≥2ab，得ab≥2，且当a＝b＝2时等号成立．故a3＋b3≥2a3b3≥42，且当a＝b＝2时等号成立．所以a3＋b3的最小值为4 2.(2)由(1)知，2a＋3b≥26ab≥4 3.由于43>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.3．设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，求证：(1)若ab>cd，则a＋b>c＋d；(2)a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件．证明：(1)因为(a＋b)2＝a＋b＋2ab，(c＋d)2＝c＋d＋2cd，由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，得(a＋b)2>(c＋d)2.因此a＋b>c＋d.(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a＋b>c＋d.②充分性：若a＋b>c＋d，则(a＋b)2>(c＋d)2，即a＋b＋2ab>c＋d＋2cd.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，a＋b>c＋d是|a－b|＜|c－d|的充要条件．4．已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为a.(1)求a的值；(2)若p，q，r是正实数，且满足p＋q＋r＝a，求证：p2＋q2＋r2≥3. 解：(1)因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，当且仅当－1≤x≤2时，等号成立，所以f(x)的最小值等于3，即a＝3.(2)证明：由(1)知p＋q＋r＝3，又因为p，q，r是正实数，所以(p 2＋q 2＋r 2)(12＋12＋12)≥(p ×1＋q ×1＋r ×1)2＝(p ＋q ＋r )2＝9，即p 2＋q 2＋r 2≥3. 5．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 (ab )|a |＞f ⎝⎛⎭⎫b a .解：(1)f (2x )＋f (x ＋4)＝|2x －1|＋|x ＋3| ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x －2，x ＜－3，－x ＋4，－3≤x ＜12，3x ＋2，x ≥12，当x ＜－3时，由－3x －2≥8，解得x ≤－103； 当－3≤x ＜12时，－x ＋4≥8无解；当x ≥12时，由3x ＋2≥8，解得x ≥2.所以不等式f (2x )＋f (x ＋4)≥8的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≤－103或x ≥2. (2)证明：f (ab )|a |＞f ⎝⎛⎭⎫b a 等价于f (ab )＞|a |f ⎝⎛⎭⎫b a ， 即|ab －1|＞|a －b |. 因为|a |＜1，|b |＜1， 所以|ab －1|2－|a －b |2＝(a 2b 2－2ab ＋1)－(a 2－2ab ＋b 2) ＝(a 2－1)(b 2－1)＞0， 所以|ab －1|＞|a －b |. 故所证不等式成立．6．(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，证明：x [f (x )]2－x 2f (x )≤0.解：(1)由已知，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1，x ≤2，3x －5，x >2.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 ≤43，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－x 2f (x )＝x (x －1)2－x 2(x －1)＝－x 2＋x＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14. 令g (x )＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14， 则函数g (x )在(－∞，0]上是增函数，∴g (x )≤g (0)＝0.故x [f (x )]2－x 2f (x )≤0.7．已知a ，b 都是正实数，且a ＋b ＝2，求证：a 2a ＋1＋b 2b ＋1≥1. 证明：∵a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝2，∴a 2a ＋1＋b 2b ＋1－1＝a 2(b ＋1)＋b 2(a ＋1)－(a ＋1)(b ＋1)(a ＋1)(b ＋1)＝a 2b ＋a 2＋b 2a ＋b 2－ab －a －b －1(a ＋1)(b ＋1)＝a 2＋b 2＋ab (a ＋b )－ab －(a ＋b )－1(a ＋1)(b ＋1)＝a 2＋b 2＋2ab －ab －3(a ＋1)(b ＋1)＝(a ＋b )2－3－ab (a ＋1)(b ＋1)＝1－ab (a ＋1)(b ＋1). ∵a ＋b ＝2≥2ab ，∴ab ≤1.∴1－ab (a ＋1)(b ＋1)≥0. ∴a 2a ＋1＋b 2b ＋1≥1. 8．设函数f (x )＝x －|x ＋2|－|x －3|－m ，若∀x ∈R ，1m－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 ，1m －4≥f (x )恒成立，∴m ＋1m ≥x －|x ＋2|－|x －3|＋4恒成立．令g (x )＝x －|x ＋2|－|x －3|＋4＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3x ＋3，x <－2，x －1，－2≤x ≤3，－x ＋5，x >3.∴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 ＋1m ≥g (x )max ＝2，即m ＋1m －2≥0⇒m 2－2m ＋1m＝(m －1)2m ≥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lg (m ＋2)lg (m ＋1)>lg (m ＋3)lg (m ＋2)， 即证lg(m ＋1)·lg(m ＋3)<lg 2(m ＋2)，又lg(m ＋1)·lg(m ＋3)< ⎣⎡⎦⎤lg (m ＋1)＋lg (m ＋3)2 2 ＝[lg (m ＋1)(m ＋3)]24<[lg (m 2＋4m ＋4)]24＝lg 2(m ＋2)， ∴log (m ＋1)(m ＋2)>log (m ＋2)(m ＋3)成立．。