《2020版高考數(shù)學一輪復習 不等式選講 第二節(jié) 不等式的證明學案 理（含解析）新人教A版選修4-5》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考數(shù)學一輪復習 不等式選講 第二節(jié) 不等式的證明學案 理（含解析）新人教A版選修4-5（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第二節(jié)　不等式的證明 2019考綱考題考情 1．比較法 作差比較法與作商比較法的基本原理： (1)作差法：a－b>0?a>b。 (2)作商法：>1?a>b(a>0，b>0)。 2．綜合法與分析法 (1)綜合法：證明不等式時，從已知條件出發(fā)，利用定義、公理、定理、性質(zhì)等，經(jīng)過推理論證而得出命題成立，綜合法又叫順推證法或由因?qū)Чā? (2)分析法：證明命題時，從待證不等式出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至所需條件為已知條件或一個明顯成立的事實(定義、公理或已證明的定理、性質(zhì)等)，從而得出要證的命題成立。這是一種執(zhí)果索因的思考和證明方法。 3．反證法 先假設要證的

2、命題不成立，以此為出發(fā)點，結(jié)合已知條件，應用公理、定義、定理、性質(zhì)等，進行正確的推理，得到和命題的條件(或已證明的定理、性質(zhì)、明顯成立的事實等)矛盾的結(jié)論，以說明假設不正確，從而證明原命題成立，我們把它稱為反證法。 4．放縮法 證明不等式時，通過把所證不等式的一邊適當?shù)胤糯蠡蚩s小，以利于化簡，并使它與不等式的另一邊的不等關系更為明顯，從而得出原不等式成立，這種方法稱為放縮法。 5．柯西不等式 設a，b，c，d均為實數(shù)，則(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，等號當且僅當ad＝bc時成立。 1．a(chǎn)2≥0(a∈R)。 2．(a－b)2≥0(a，b∈R)，其變形有a

3、2＋b2≥2ab，2≥ab，a2＋b2≥(a＋b)2。 3．若a，b為正實數(shù)，則≥，特別地，＋≥2。 4．a(chǎn)2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca。 一、走進教材 1．(選修4－5P23T1改編)已知a≥b>0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，則M，N的大小關系為________。 解析　2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)。因為a≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>0,2a＋b>0，從而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，故2a3－b3≥2ab2－a2b。 答案　M≥N 2．

4、(選修4－5P24例3改編)求證：＋<2＋。 證明　＋<2＋ ?(＋)2<(2＋)2 ?10＋2<10＋4 ?<2?21<24。故原不等式成立。 二、走出誤區(qū) 微提醒：①不等式放縮不當致錯；②運用柯西不等式不能合理變形。 3．設a，b∈(0，＋∞)，且ab－a－b＝1，則有(　　) A．a(chǎn)＋b≥2(＋1) B．a(chǎn)＋b≤＋1 C．a(chǎn)＋b<＋1 D．a(chǎn)＋b>2(＋1) 解析　由已知得a＋b＋1＝ab≤2，故有(a＋b)2－4(a＋b)－4≥0，解得a＋b≥2＋2或a＋b≤－2＋2(舍去)，即a＋b≥2＋2。(當且僅當a＝b＝＋1時取等號)故選A。 答案　A 4．已知

5、三個互不相等的正數(shù)a，b，c滿足abc＝1。試證明：＋＋<＋＋。 證明　因為a，b，c>0，且互不相等，abc＝1， 所以＋＋＝＋＋<＋＋＝＋＋， 即＋＋<＋＋。 5．設a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，求的最小值。 解　根據(jù)柯西不等式(ma＋nb)2≤(a2＋b2)(m2＋n2)，得25≤5(m2＋n2)，m2＋n2≥5，的最小值為。 　考點一　比較法證明不等式 　【例1】　(1)當p，q都是正數(shù)且p＋q＝1時，試比較(px＋qy)2與px2＋qy2的大小。 (2)已知a，b∈R＋，求證：aabb≥(ab)。 解　(1)(

6、px＋qy)2－(px2＋qy2) ＝p2x2＋q2y2＋2pqxy－(px2＋qy2) ＝p(p－1)x2＋q(q－1)y2＋2pqxy。 因為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。 因為p，q為正數(shù)，所以－pq(x－y)2≤0， 所以(px＋qy)2≤px2＋qy2。 當且僅當x＝y(tǒng)時，不等式中等號成立。 (2)＝a·b＝。 當a＝b時，＝1； 當a>b時，>1，>0， 由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)知>1， 當a1。 所以aabb

7、≥(ab)。 1．作差比較法證明不等式的步驟 (1)作差；(2)變形；(3)判斷差的符號；(4)下結(jié)論。其中“變形”是關鍵，通常將差變形成因式連乘積的形式或平方和的形式，再結(jié)合不等式的性質(zhì)判斷出差的正負。 2．作商比較法證明不等式的步驟 (1)作商；(2)變形；(3)判斷與1的大小關系；(4)得出結(jié)論。其中“作商”要注意兩式的正、負，不能隨意作商。 【變式訓練】　(2019·陜西質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|＋|x＋1|。 (1)解不等式f(x)≤3； (2)記函數(shù)g(x)＝f(x)＋|x＋1|的值域為M，若t∈M，證明t2＋1≥＋3t。 解　(1)依題意，得f(

8、x)＝ 所以f(x)≤3?或或解得－1≤x≤1， 即不等式f(x)≤3的解集為{x|－1≤x≤1}。 (2)g(x)＝f(x)＋|x＋1|＝|2x－1|＋|2x＋2|≥|2x－1－2x－2|＝3， 當且僅當(2x－1)(2x＋2)≤0時取等號， 所以M＝[3，＋∞)。 t2＋1－3t－＝＝， 因為t∈M，所以t－3≥0，t2＋1>0， 所以≥0， 所以t2＋1≥＋3t。 考點二綜合法證明不等式 【例2】　(2018·山西晉中二模)已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|。 (1)若?x∈R，使不等式f(x－2)－f(x－3)≥u成立，求滿足條件的實數(shù)u的集合M； (2)已知t為集

9、合M中的最大正整數(shù)，若a>1，b>1，c>1，且(a－1)(b－1)(c－1)＝t，求證：abc≥8。 解　(1)由已知得f(x－2)－f(x－3)＝|x－1|－|x－2|＝ 則－1≤f(x)≤1， 由于?x∈R，使不等式|x－1|－|x－2|≥u成立， 所以u≤1，即M＝{u|u≤1}。 (2)證明：由(1)知t＝1， 則(a－1)(b－1)(c－1)＝1， 因為a>1，b>1，c>1， 所以a－1>0，b－1>0，c－1>0， 則a＝(a－1)＋1≥2>0(當且僅當a＝2時等號成立)， b＝(b－1)＋1≥2>0(當且僅當b＝2時等號成立)， c＝(c－1)＋1≥

10、2>0(當且僅當c＝2時等號成立)， 則abc≥8＝8(當且僅當a＝b＝c＝2時等號成立)。 綜合法證明不等式的方法 1．綜合法證明不等式，要著力分析已知與求證之間，不等式的左右兩端之間的差異與聯(lián)系。合理進行轉(zhuǎn)換，恰當選擇已知不等式，這是證明的關鍵。 2．在用綜合法證明不等式時，不等式的性質(zhì)和基本不等式是最常用的。在運用這些性質(zhì)時，要注意性質(zhì)成立的前提條件。 【變式訓練】　已知函數(shù)f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|。 (1)求f(x)的最小值m； (2)若a，b，c均為正實數(shù)，且滿足a＋b＋c＝m，求證：＋＋≥3。 解　(1)當x<－1時，f(x)＝－2(x＋1)－(x

11、－2)＝－3x∈(3，＋∞)； 當－1≤x<2時，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4∈[3,6)； 當x≥2時，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x∈[6，＋∞)。 綜上，f(x)的最小值m＝3。 (2)證明：因為a，b，c均為正實數(shù)，且滿足a＋b＋c＝3， 所以＋＋＋(a＋b＋c) ＝＋＋ ≥2＝2(a＋b＋c)， 當且僅當a＝b＝c＝1時，取“＝”， 所以＋＋≥a＋b＋c，即＋＋≥3。 考點三分析法證明不等式 【例3】　已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|。 (1)求不等式f(x)<|2x＋1|－1的解集M； (2)設a，b∈M，證明：f(ab)>f(a)－f

12、(－b)。 解　(1)由題意，|x＋1|<|2x＋1|－1， ①當x≤－1時，不等式可化為－x－1<－2x－2，解得x<－1； ②當－11。 綜上，M＝{x|x<－1或x>1}。 (2)證明：因為f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|， 所以要證f(ab)>f(a)－f(－b)， 只需證|ab＋1|>|a＋b|， 即證|ab＋1|2>|a＋b|2， 即證a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2， 即證a2b2－a2－b

13、2＋1>0， 即證(a2－1)(b2－1)>0。 因為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。 分析法的應用條件 當所證明的不等式不能使用比較法，且和重要不等式(a2＋b2≥2ab)、基本不等式?jīng)]有直接聯(lián)系，較難發(fā)現(xiàn)條件和結(jié)論之間的關系時，可用分析法來尋找證明途徑，使用分析法證明的關鍵是推理的每一步必須可逆。 【變式訓練】　已知a>0，b>0,2c>a＋b，求證：c－

14、。 因為a>0，所以只要證a－2c<－b， 即證a＋b<2c。 由已知條件知，上式顯然成立，所以原不等式成立。 考點四柯西不等式的應用 【例4】　(2018·江蘇高考)若x，y，z為實數(shù)，且x＋2y＋2z＝6，求x2＋y2＋z2的最小值。 解　由柯西不等式，得(x2＋y2＋z2)(12＋22＋22)≥(x＋2y＋2z)2。 因為x＋2y＋2z＝6，所以x2＋y2＋z2≥4， 當且僅當＝＝時，不等式取等號，此時x＝，y＝，z＝， 所以x2＋y2＋z2的最小值為4。 1．利用柯西不等式證明不等式，先使用拆項重組、添項等方法構(gòu)造符合柯西不等式的形式及條件，再使用柯西不

15、等式解決有關問題。 2．利用柯西不等式求最值，實質(zhì)上就是利用柯西不等式進行放縮，放縮不當則等號可能不成立，因此一定不能忘記檢驗等號成立的條件。 【變式訓練】　(1)已知a，b，c∈R，且滿足a＋2b＋3c＝6，則a2＋2b2＋3c2的最小值為________。 (2)設x，y，z∈R，且＋＋＝1，則x＋y＋z的取值范圍是________。 解析　(1)由柯西不等式，得(1＋2＋3)(a2＋2b2＋3c2)≥(1·a＋·b＋·c)2。得6(a2＋2b2＋3c2)≥(a＋2b＋3c)2＝36。所以a2＋2b2＋3c2≥6。當且僅當＝＝，即a＝b＝c＝1時，上式等號成立。所以a2＋2b2＋3

16、c2的最小值為6。 (2)由柯西不等式，得[42＋()2＋22]≥2，即25×1≥(x＋y＋z)2。所以5≥|x＋y＋z|，所以－5≤x＋y＋z≤5。即x＋y＋z的取值范圍是[－5,5]。 答案　(1)6　(2)[－5,5] 1．(配合例1使用)已知a，b為正實數(shù)。 (1)求證：＋≥a＋b。 (2)利用(1)的結(jié)論求函數(shù)y＝＋(00，b>0，所以≥0， 當且僅當a＝b時等號成立。 所以＋≥a＋b。 (2)因為00， 由(1)的結(jié)論，y＝＋≥(1－x)＋x＝1。

17、 當且僅當1－x＝x即x＝時等號成立。 所以函數(shù)y＝＋(0

18、a2＋b2＋c2)， 所以3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2。 因為a＋b＋c＝1，所以a2＋b2＋c2≥， 所以(a＋1)2＋(b＋1)2＋(c＋1)2≥。 (2)設f(x)＝|x－a|＋|2x－1|， 則“對任意實數(shù)x，不等式|x－a|＋|2x－1|≥2恒成立”等價于“f(x)min≥2”。 當a<時，f(x)＝ 此時f(x)min＝f＝－a， 要使|x－a|＋|2x－1|≥2恒成立，必須－a≥2，解得a≤－。 當a＝時，≥不可能恒成立。 當a>時，f(x)＝ 此時f(x)min＝f＝a－， 要使|x－a|＋|2x－1|≥2恒成立，必須a－≥2，解得a≥。

19、綜上可知，實數(shù)a的取值范圍為∪。 3．(配合例4使用)已知不等式|2x－3|0時，|2x－3|

20、＋b2＋c2的最小值是1。 4．(配合例4使用)已知a>0，b>0，c>0，函數(shù)f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c的最小值為4。 (1)求a＋b＋c的值； (2)求a2＋b2＋c2的最小值。 解　(1)因為|x＋a|＋|x－b|≥|a＋b|， 所以f(x)≥|a＋b|＋c， 當且僅當(x＋a)(x－b)≤0時，等號成立， 又a>0，b>0，所以|a＋b|＝a＋b， 所以f(x)的最小值為a＋b＋c， 所以a＋b＋c＝4。 (2)由(1)知a＋b＋c＝4，由柯西不等式得 (4＋9＋1)≥2＝(a＋b＋c)2＝16， 即a2＋b2＋c2≥， 當且僅當＝＝時，等號成立， 又因為a＋b＋c＝4， 所以a＝，b＝，c＝時，等號成立， 所以a2＋b2＋c2的最小值為。 10