2020版高考數(shù)學（理）新創(chuàng)新一輪復習通用版講義：選修第二節(jié)不等式的證明-學案下載-教習網

1.基本不等式
定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，當且僅當a＝b時，等號成立.
定理2：如果a，b＞0，那么≥，當且僅當a＝b時，等號成立，即兩個正數(shù)的算術平均不小于(即大于或等于)它們的幾何平均.
定理3：如果a，b，c∈R＋，那么≥，當且僅當a＝b＝c 時，等號成立.
2.比較法
(1)作差法的依據是：a－b＞0?a＞b.
(2)作商法：若B＞0，欲證A≥B，只需證≥1.
3.綜合法與分析法
(1)綜合法：一般地，從已知條件出發(fā)，利用定義、公理、定理、性質等，經過一系列的推理、論證而得出命題成立.
(2)分析法：從要證的結論出發(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，性質等)，從而得出要證的命題成立.
[小題查驗基礎]
一、判斷題(對的打“√”，錯的打“×”)
(1)比較法最終要判斷式子的符號得出結論.(　　)
(2)綜合法是從原因推導到結果的思維方法，它是從已知條件出發(fā)，經過逐步推理，最后達到待證的結論.(　　)
(3)分析法又叫逆推證法或執(zhí)果索因法，是從待證結論出發(fā)，一步一步地尋求結論成立的必要條件，最后達到題設的已知條件或已被證明的事實.(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×
二、選填題
1.已知a，b∈R＋，a＋b＝2，則＋的最小值為(　　)
A.1　　　　　　　　 B.2
C.4 D.8
解析：選B　∵a，b∈R＋，且a＋b＝2，
∴(a＋b)＝2＋＋≥2＋2 ＝4，
∴＋≥＝2，即＋的最小值為2(當且僅當a＝b＝1時，“＝”成立).故選B.
2.若a＞b＞1，x＝a＋，y＝b＋，則x與y的大小關系是(　　)
A.x＞y B.x＜y
C.x≥y D.x≤y
解析：選A　x－y＝a＋－＝a－b＋＝.
由a＞b＞1得ab＞1，a－b＞0，
所以＞0，即x－y＞0，所以x＞y.
3.若a，b，m∈R＋，且a＞b，則下列不等式一定成立的是(　　)
A.≥ B.＞
C.≤ D.＜
解析：選B　∵a，b，m∈R＋，且a＞b，
∴－＝＞0，
即＞，故選B.
4.設t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，則s與t的大小關系是________.
解析：∵s－t＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴s≥t.
答案：s≥t
5.已知a，b，c是正實數(shù)，且a＋b＋c＝1，則＋＋的最小值為________.
解析：由a＋b＋c＝1，
得＋＋
＝＋＋
＝3＋＋＋
≥3＋2＋2＋2＝9，
當且僅當a＝b＝c＝時，等號成立.
故＋＋的最小值為9.
答案：9

考點一比較法證明不等式 [師生共研過關]
[典例精析]
設a，b是非負實數(shù)，求證：a3＋b3≥(a2＋b2).
[證明]　∵a，b是非負實數(shù)，
∴a3＋b3－(a2＋b2)＝a2(－)＋b2(－)
＝(－)[()5－()5].
當a≥b時，≥ ，從而()5≥()5，
得(－)[()5－()5]≥0；
當a＜b時，＜，從而()5＜()5，
得(－)[()5－()5]＞0.
故a3＋b3≥(a2＋b2).
[解題技法]
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)下結論.其中“變形”是關鍵，通常將差變形成因式連乘的形式或平方和的形式，再結合不等式的性質判斷差的正負.
作商比較法也有類似的步驟，但注意其比較的是兩個正數(shù)的大小，且第(3)步要判斷商與1的大小.
[過關訓練]
已知a，b都是正數(shù)，且a≠b，求證：a3＋b3＞a2b＋ab2.
證明：(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＝(a＋b)(a－b)2.
因為a，b都是正數(shù)，
所以a＋b＞0.
又因為a≠b，
所以(a－b)2＞0.
于是(a＋b)(a－b)2＞0，
即(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＞0，
所以a3＋b3＞a2b＋ab2.
考點二綜合法證明不等式[師生共研過關]
[典例精析]
已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，求證：
(1)＋＋≥8；
(2)≥9.
[證明]　(1)∵a＋b＝1，a＞0，b＞0，
∴＋＋＝＋＋＝2＝2＝2＋4≥4 ＋4＝8，
當且僅當a＝b＝時，等號成立，
∴＋＋≥8.
(2)∵＝＋＋＋1，
由(1)知＋＋≥8.
∴≥9.
[解題技法]
1.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，不等式的性質和基本不等式是最常用的.在運用這些性質時，要注意性質成立的前提條件.
2.綜合法證明時常用的不等式
(1)a2≥0.
(2)|a|≥0.
(3)a2＋b2≥2ab，它的變形形式有
a2＋b2≥2|ab|；a2＋b2≥－2ab；(a＋b)2≥4ab；
a2＋b2≥(a＋b)2；≥2.
(4)≥，它的變形形式有
a＋≥2(a＞0)；＋≥2(ab＞0)；
＋≤－2(ab＜0).
(5)(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.
[過關訓練]
已知實數(shù)a，b，c滿足a＞0，b＞0，c＞0，且abc＝1.求證：
(1)(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8；
(2)＋＋≤＋＋.
證明：(1)1＋a≥2，1＋b≥2，1＋c≥2，
三式相乘得(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8＝8.
(2)＋＋＝ab＋bc＋ac，
ab＋bc≥2＝2，
ab＋ac≥2＝2，
bc＋ac≥2＝2，
當且僅當a＝b＝c＝1時取等號，
三式相加化簡得＋＋≤＋＋.
考點三分析法證明不等式 [師生共研過關]
[典例精析]
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，求證：f(ab)＞f(a)－f(－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－1＜x＜－時，
不等式可化為x＋1＜－2x－2，
此時不等式無解；
③當x≥－時，不等式可化為x＋1＜2x，解得x＞1.
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－b2＋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.
[解題技法]
1.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)、基本不等式沒有直接聯(lián)系，較難發(fā)現(xiàn)條件和結論之間的關系時，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.
2.用分析法證“若A則B”這個命題的模式
為了證明命題B為真，
只需證明命題B1為真，從而有…
只需證明命題B2為真，從而有…
……
只需證明命題A為真，而已知A為真，故B必真.
[過關訓練]
已知a＞0，b＞0,2c＞a＋b，求證：c－＜a＜c＋.
證明：要證c－＜a＜c＋，
只需證－＜a－c＜，
即證|a－c|＜，
即證(a－c)2＜c2－ab，
即證a2－2ac＜－ab.
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.

1.(2017·全國卷Ⅱ)已知a＞0，b＞0，a3＋b3＝2.證明：
(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；
(2)a＋b≤2.
證明：(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6
＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)
＝4＋ab(a2－b2)2≥4.
(2)因為(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.
2.設a，b為正實數(shù)，且＋＝2.
(1)求a2＋b2的最小值；
(2)若(a－b)2≥4(ab)3，求ab的值.
解：(1)由2＝＋≥2 ，得ab≥，
當a＝b＝時取等號.
故a2＋b2≥2ab≥1，當a＝b＝時取等號.
所以a2＋b2的最小值是1.
(2)由(a－b)2≥4(ab)3，得2≥4ab，
即2－≥4ab，從而ab＋≤2.
又ab＋≥2，當且僅當ab＝1時取等號.
所以ab＝1.
3.已知函數(shù)f(x)＝k－|x－3|，k∈R，且f(x＋3)≥0的解集為[－1,1].
(1)求k的值；
(2)若a，b，c是正實數(shù)，且＋＋＝1，求證：a＋2b＋3c≥9.
解：(1)因為f(x)＝k－|x－3|，
所以f(x＋3)≥0等價于|x|≤k，
由|x|≤k有解，得k≥0，且解集為[－k，k].
因為f(x＋3)≥0的解集為[－1,1]，所以k＝1.
(2)證明：由(1)知＋＋＝1，
因為a，b，c是正實數(shù)，
所以a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)
＝3＋＋＋＋＋＋
＝3＋＋＋
≥3＋2 ＋2 ＋2 ＝9.
當且僅當a＝2b＝3c時，等號成立.
因此a＋2b＋3c≥9.
4.(2019·南寧聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝|x－1|.
(1)求不等式f(x)≥3－2|x|的解集；
(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)＋|x＋3|的最小值為m，正數(shù)a，b滿足a＋b＝m，求證：＋≥4.
解：(1)當x≥1時，原不等式可化為x－1≥3－2x，解得x≥，∴x≥；
當0＜x＜1時，原不等式可化為1－x≥3－2x，解得x≥2，無解；
當x≤0時，原不等式可化為1－x≥3＋2x，解得x≤－，∴x≤－.
∴原不等式的解集為.
(2)證明：∵g(x)＝|x－1|＋|x＋3|≥|(x－1)－(x＋3)|＝4，∴m＝4，即a＋b＝4.
又＋b≥2a，＋a≥2b，當且僅當a＝b時等號成立，
∴兩式相加得＋≥2a＋2b，
∴＋≥a＋b＝4，
當且僅當a＝b＝2時等號成立.
5.(2019·長春質量檢測)(1)已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋|x－a|(a＞0)，若不等式f(x)≥5的解集為{x|x≤－2或x≥3}，求a的值；
(2)已知a，b，c為正實數(shù)，且a＋b＋c＝m，求證：＋＋≥.
解：(1)因為a＞0，
所以f(x)＝|x＋1|＋|x－a|＝
又不等式f(x)≥5的解集為{x|x≤－2或x≥3}，
解得a＝2.
(2)證明：＋＋
＝
＝
＝
≥.
6.設函數(shù)f(x)＝|x－2|＋2x－3，記f(x)≤－1的解集為M.
(1)求M；
(2)當x∈M時，求證：x[f(x)]2－x2f(x)≤0.
解：(1)由已知，得f(x)＝
當x≤2時，由f(x)＝x－1≤－1，
解得x≤0，此時x≤0；
當x＞2時，由f(x)＝3x－5≤－1，
解得x≤，顯然不成立.
故f(x)≤－1的解集為M＝{x|x≤0}.
(2)證明：當x∈M時，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＋，
則函數(shù)g(x)在(－∞，0]上是增函數(shù)，∴g(x)≤g(0)＝0.
故x[f(x)]2－x2f(x)≤0.
7.已知函數(shù)f(x)＝|x－1|.
(1)解不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8；
(2)若|a|＜1，|b|＜1，a≠0，求證：＞f.
解：(1)f(2x)＋f(x＋4)＝|2x－1|＋|x＋3|
＝
當x＜－3時，由－3x－2≥8，解得x≤－；
當－3≤x＜時，－x＋4≥8，無解；
當x≥時，由3x＋2≥8，解得x≥2.
所以不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8的解集為
.
(2)證明：＞f等價于f(ab)＞|a|f，
即|ab－1|＞|a－b|.
因為|a|＜1，|b|＜1，
所以|ab－1|2－|a－b|2
＝(a2b2－2ab＋1)－(a2－2ab＋b2)
＝(a2－1)(b2－1)＞0，
所以|ab－1|＞|a－b|.
故所證不等式成立.
8.設函數(shù)f(x)＝x－|x＋2|－|x－3|－m，若?x∈R，－4≥f(x)恒成立.
(1)求實數(shù)m的取值范圍；
(2)求證：log(m＋1)(m＋2)＞log(m＋2)(m＋3).
解：(1)∵?x∈R，－4≥f(x)恒成立，
∴m＋≥x－|x＋2|－|x－3|＋4恒成立.
令g(x)＝x－|x＋2|－|x－3|＋4＝
則函數(shù)g(x)在(－∞，3]上是增函數(shù)，
在(3，＋∞)上是減函數(shù)，
∴g(x)max＝g(3)＝2，∴m＋≥g(x)max＝2，
即m＋－2≥0?＝≥0，∴m＞0.
綜上，實數(shù)m的取值范圍是(0，＋∞).
(2)證明：由m＞0，知m＋3＞m＋2＞m＋1＞1，
即lg(m＋3)＞lg(m＋2)＞lg(m＋1)＞lg 1＝0.
∴要證log(m＋1)(m＋2)＞log(m＋2)(m＋3).
只需證＞，
即證lg(m＋1)·lg(m＋3)＜lg2(m＋2).
又lg(m＋1)·lg(m＋3)＜2
＝＜＝lg2(m＋2)，
∴l(xiāng)og(m＋1)(m＋2)＞log(m＋2)(m＋3)成立.