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．
知 识 梳 理
1.基本不等式
定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立.
定理2：如果a，b>0，那么≥，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≥，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作差法(a，b∈R)：a－b>0⇔a>b；a－b<0⇔a ①综合法：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.综合法又叫顺推证法或由因导果法. 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，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，这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法. [微点提醒] 1.作差比较法的实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数(或式子)与0的大小关系. 2.用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)……”“即要证……”“就要证……”等分析到一个明显成立的结论，再说明所要证明的数学问题成立. 3.利用基本不等式证明不等式或求最值时，要注意变形配凑常数. 基 础 自 测 1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (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.( ) 解析 (1)作商比较法是商与1的大小比较． (3)分析法是从结论出发，寻找结论成立的充分条件． (4)应用反证法时，“反设”可以作为推理的条件应用． 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× 2.(选修4－5P23习题2.1T1改编)已知a≥b>0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，则M，N的大小关系为________. 解析 2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)． 因为a≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>0，2a＋b>0， 从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，故2a3－b3≥2ab2－a2b. 答案 M≥N 3.(选修4－5P25T3改编)已知a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最小值为________. 解析 把a＋b＋c＝1代入＋＋得＋＋＝3＋＋＋≥3＋2＋2＋2＝9， 当且仅当a＝b＝c＝时等号成立． 答案 9 4.(2019·聊城模拟)下列四个不等式：①logx10＋lg x≥2(x>1)；②|a－b|<|a|＋|b|；③≥2(ab≠0)；④|x－1|＋|x－2|≥1，其中恒成立的个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 解析 logx10＋lg x＝＋lg x≥2(x>1)，①正确； ab≤0时，|a－b|＝|a|＋|b|，②不正确； 因为ab≠0，与同号， 所以＝＋≥2，③正确； 由|x－1|＋|x－2|的几何意义知， |x－1|＋|x－2|≥1恒成立，④也正确， 综上①③④正确． 答案 C 5.(2017·全国Ⅱ卷)已知a>0，b>0，且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(a4＋b4－2a2b2) ＝4＋ab(a2－b2)2≥4. (2)(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. 考点一 比较法证明不等式 【例1】 设a，b是非负实数，求证：a2＋b2≥(a＋b). 证明 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). 规律方法 比较法证明不等式的方法与步骤 1．作差比较法：作差、变形、判号、下结论． 2．作商比较法：作商、变形、判断、下结论． 提醒 (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． 【训练1】 (1)(2019·锦州模拟)设不等式|2x－1|＜1的解集为M. ①求集合M； ②若a，b∈M，试比较ab＋1与a＋b的大小. (2)若a>b>1，证明：a＋>b＋. (1)解 ①由|2x－1|＜1得－1＜2x－1＜1， 解得0＜x＜1.所以M＝{x|0＜x＜1}. ②由①和a，b∈M可知0＜a＜1，0＜b＜1， 所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)＞0. 故ab＋1＞a＋b. (2)证明 a＋－＝a－b＋＝. 由a>b>1得ab>1，a－b>0， 所以>0. 即a＋－>0， 所以a＋>b＋. 考点二 综合法证明不等式 【例2】 (1)已知a，b，c∈R，且它们互不相等，求证a4＋b4＋c4>a2b2＋b2c2＋c2a2； (2)已知x，y，z均为正数，求证：＋＋≥＋＋. 证明 (1)∵a4＋b4≥2a2b2，b4＋c4≥2b2c2，a4＋c4≥2a2c2， ∴2(a4＋b4＋c4)≥2(a2b2＋b2c2＋c2a2)， 即a4＋b4＋c4≥a2b2＋b2c2＋c2a2. 又∵a，b，c互不相等， ∴a4＋b4＋c4>a2b2＋b2c2＋c2a2. (2)因为x，y，z都为正数， 所以＋＝≥①， 同理可得＋≥②， ＋≥③， 当且仅当x＝y＝z时，以上三式等号都成立. 将上述三个不等式两边分别相加，并除以2， 得＋＋≥＋＋. 规律方法 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． 【训练2】 已知实数a，b，c满足a>0，b>0，c>0，且abc＝1. (1)证明：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8； (2)证明：＋＋≤＋＋. 证明 (1)1＋a≥2，1＋b≥2，1＋c≥2， 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， 相加得＋＋≤＋＋. 考点三 分析法证明不等式 【例3】 已知函数f(x)＝|x－1|. (1)解不等式f(x－1)＋f(x＋3)≥6； (2)若|a|<1，|b|<1，且a≠0，求证：f(ab)>|a|f. (1)解 由题意，知原不等式等价为|x－2|＋|x＋2|≥6， 令g(x)＝|x－2|＋|x＋2|， 则g(x)＝ 当x≤－2时，由－2x≥6，得x≤－3； 当－2 综上，不等式的解集是(－∞，－3]∪[3，＋∞). (2)证明 要证f(ab)>|a|f， 只需证|ab－1|>|b－a|， 只需证(ab－1)2>(b－a)2. 而(ab－1)2－(b－a)2＝a2b2－a2－b2＋1＝(a2－1)(b2－1)>0，从而原不等式成立. 规律方法 1.当要证的不等式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．分析法证明的思路是“执果索因”，其框图表示为： →→→…→ 【训练3】 已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证： 要证 ∵a＋b＋c＝0，只需证b2＋a(a＋b)<3a2， 只需证2a2－ab－b2>0， 只需证(a－b)(2a＋b)>0， 只需证(a－b)(a－c)>0. ∵a>b>c，∴a－b>0，a－c>0， ∴(a－b)(a－c)>0显然成立， 故原不等式成立. [思维升华] 证明不等式的方法和技巧： (1)如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出或否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法；如果待证不等式与自然数有关，则考虑用数学归纳法等． (2)在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．尤其是对含绝对值不等式的解法或证明，其简化的根本思路是去绝对值号，转化为常见的不等式(组)求解．多以绝对值的几何意义或“找零点、分区间、逐个解、并起来”为简化策略，而绝对值三角不等式，往往作为不等式放缩的依据． [易错防范] 在使用基本不等式时，等号成立的条件是一直要注意的事情，特别是连续使用时，要求分析每次使用时等号是否成立. 基础巩固题组 (建议用时：60分钟) 1.设a，b>0且a＋b＝1，求证： ＋≥. 证明 因为(12＋12)≥＝＝≥25. 所以＋≥. 2.设a>0，b>0，a＋b＝1，求证＋＋≥8. 证明 ∵a>0，b>0，a＋b＝1， ∴1＝a＋b≥2， 即≤，∴≥4， ∴＋＋＝(a＋b)＋≥2·2＋≥4＋4＝8. 当且仅当a＝b＝时等号成立， ∴＋＋≥8. 3.(2019·大理一模)已知函数f(x)＝|x|＋|x－3|. (1)解关于x的不等式f(x)－5≥x. (2)设m，n∈{y|y＝f(x)}，试比较mn＋4与2(m＋n)的大小. 解 (1)f(x)＝|x|＋|x－3|＝ f(x)－5≥x，即或 或解得x≤－或x∈∅或x≥8. 所以不等式的解集为∪[8，＋∞). (2)由(1)易知f(x)≥3，所以m≥3，n≥3. 由于2(m＋n)－(mn＋4)＝2m－mn＋2n－4＝(m－2)(2－n). 且m≥3，n≥3，所以m－2>0，2－n<0， 即(m－2)(2－n)<0， 所以2(m＋n) (1)求不等式f(x)≤10的解集； (2)若f(x)的最小值为m，且a＋b＋c＝m，求证：a2＋b2＋c2≥12. (1)解 f(x)＝|x＋1|＋|x－5|≤10 等价于或 或 解得－3≤x≤－1或－1 (2)证明 ∵f(x)＝|x＋1|＋|x－5|≥|(x＋1)－(x－5)|＝6， ∴m＝6，即a＋b＋c＝6. ∵a2＋b2≥2ab，a2＋c2≥2ac，c2＋b2≥2cb， ∴2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋ac＋bc)， ∴3(a2＋b2＋c2)≥a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝(a＋b＋c)2， ∴a2＋b2＋c2≥12.当且仅当a＝b＝c＝2时等号成立. 5.(2019·沈阳模拟)设a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.求证： (1)a＋b＋c≥； (2)＋＋≥(＋＋). 证明 (1)要证a＋b＋c≥， 由于a，b，c>0， 因此只需证明(a＋b＋c)2≥3. 即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3. 而ab＋bc＋ca＝1， 故只需证明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)， 即证a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. 而这可以由ab＋bc＋ca≤＋＋＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)证得. 所以原不等式成立. (2)＋＋＝. 在(1)中已证a＋b＋c≥. 因此要证原不等式成立， 只需证明≥＋＋， 即证a＋b＋c≤1， 即证a＋b＋c≤ab＋bc＋ca. 而a＝≤， b≤，c≤， 所以a＋b＋c≤ab＋bc＋ca . 所以原不等式成立. 6.(2019·百校联盟联考)已知函数f(x)＝|2x－3|＋|2x－1|的最小值为M. (1)若m，n∈[－M，M]，求证：2|m＋n|≤|4＋mn|； (2)若a，b∈(0，＋∞)，a＋2b＝M，求＋的最小值. (1)证明 ∵f(x)＝|2x－3|＋|2x－1|≥|2x－3－(2x－1)|＝2，∴M＝2. 要证明2|m＋n|≤|4＋mn|， 只需证明4(m＋n)2≤(4＋mn)2， ∵4(m＋n)2－(4＋mn)2＝4(m2＋2mn＋n2)－(16＋8mn＋m2n2)＝(m2－4)(4－n2)， ∵m，n∈[－2，2]，∴m2，n2∈[0，4]， ∴(m2－4)(4－n2)≤0， ∴4(m＋n)2－(4＋mn)2≤0， ∴4(m＋n)2≤(4＋mn)2，可得2|m＋n|≤|4＋mn|. (2)解 由(1)得，a＋2b＝2， 因为a，b∈(0，＋∞)， 所以＋＝ (a＋2b) ＝≥＝4， 当且仅当a＝1，b＝时，等号成立. 所以＋的最小值为4. 能力提升题组 (建议用时：20分钟) 7.已知函数f(x)＝x＋1＋|3－x|，x≥－1. (1)求不等式f(x)≤6的解集； (2)若f(x)的最小值为n，正数a，b满足2nab＝a＋2b，求证：2a＋b≥. (1)解 根据题意，若f(x)≤6，则有 或 解得－1≤x≤4，故原不等式的解集为{x|－1≤x≤4}. (2)证明 函数f(x)＝x＋1＋|3－x|＝ 分析可得f(x)的最小值为4，即n＝4， 则正数a，b满足8ab＝a＋2b，即＋＝8， 又a>0，b>0， ∴2a＋b＝ (2a＋b)＝ ≥＝，当且仅当a＝b＝时取等号. 原不等式得证. 8.(2015·全国Ⅱ卷)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)∵a，b，c，d为正数，且a＋b＝c＋d， 欲证＋>＋，只需证明(＋)2>(＋)2， 也就是证明a＋b＋2>c＋d＋2， 只需证明>，即证ab>cd. 由于ab>cd，因此＋>＋. (2)①若|a－b|<|c－d|，则(a－b)2<(c－d)2， 即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd. ∵a＋b＝c＋d，所以ab>cd. 由(1)得＋>＋. ②若＋>＋，则(＋)2>(＋)2， ∴a＋b＋2>c＋d＋2. ∵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.下载本文
