2023届高考一轮复习讲义（文科）选修4－5　不等式选讲 第2讲　不等式的证明学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）选修4－5　不等式选讲 第2讲　不等式的证明学案，共9页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
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eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)，当且仅当a＝b时，等号成立．
定理3：如果a，b，c为正数，则eq \f(a＋b＋c,3)≥eq \r(3,abc)，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a1，a2，…，an为n个正数，则eq \f(a1＋a2＋…＋an,n)≥ eq \r(n,a1a2…an)，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．
2．不等式的证明方法
证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等．
常用结论
基本不等式及其推广
1．a2≥0(a∈R)．
2．(a－b)2≥0(a，b∈R)，其变形有a2＋b2≥2ab，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)≥ab，a2＋b2≥eq \f(1,2)(a＋b)2.
3．若a，b为正实数，则eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab).特别地，eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2.
4．a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
二、习题改编
(选修4­5P24例3改编)求证：eq \r(3)＋eq \r(7)<2＋eq \r(6).
证明：eq \r(3)＋eq \r(7)<2＋eq \r(6)
⇐(eq \r(3)＋eq \r(7))2<(2＋eq \r(6))2
⇐10＋2eq \r(21)<10＋4eq \r(6)
⇐eq \r(21)<2eq \r(6)⇐21<24.故原不等式成立．
一、思考辨析
判断正误(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)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．( )
答案：(1)× (2)√ (3)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)不等式放缩不当致错.
已知三个互不相等的正数a，b，c满足abc＝1.试证明：
eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)证明：因为a，b，c>0，且互不相等，abc＝1，所以eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)＝eq \r(\f(1,bc))＋eq \r(\f(1,ac))＋eq \r(\f(1,ab)) 用综合法、分析法证明不等式(师生共研)
(2019·高考全国卷Ⅰ)已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：
(1)eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≤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＝eq \f(ab＋bc＋ca,abc)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c).当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．
所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≤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≥3eq \r(3,（a＋b）3（b＋c）3（a＋c）3)
＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)
≥3×(2eq \r(ab))×(2eq \r(bc))×(2eq \r(ac))
＝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.
eq \a\vs4\al()
用综合法证明不等式是“由因导果”，用分析法证明不等式是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法．综合法往往是分析法的逆过程，表述简单、条理清楚，所以在实际应用时，往往用分析法找思路，用综合法写步骤，由此可见，分析法与综合法相互转化，互相渗透，互为前提．充分利用这一辩证关系，可以增加解题思路，开阔视野．
1．若a，b∈R，ab>0，a2＋b2＝1.求证：eq \f(a3,b)＋eq \f(b3,a)≥1.
证明：eq \f(a3,b)＋eq \f(b3,a)＝eq \f(a4＋b4,ab)＝eq \f(（a2＋b2）2－2a2b2,ab)＝eq \f(1,ab)－2ab.
因为a2＋b2＝1≥2ab，当且仅当a＝b时等号成立，
所以0令h(t)＝eq \f(1,t)－2t，0则h(t)在(0，eq \f(1,2)]上单调递减，所以h(t)≥h(eq \f(1,2))＝1.
所以当0所以eq \f(a3,b)＋eq \f(b3,a)≥1.
2．(一题多解)(2020·福州市质量检测)已知不等式|2x＋1|＋|2x－1|<4的解集为M.
(1)求集合M；
(2)设实数a∈M，b∉M，证明：|ab|＋1≤|a|＋|b|.
解：(1)当x<－eq \f(1,2)时，不等式化为－2x－1＋1－2x<4，即x>－1，所以－1当－eq \f(1,2)≤x≤eq \f(1,2)时，不等式化为2x＋1－2x＋1<4，
即2<4，
所以－eq \f(1,2)≤x≤eq \f(1,2)；
当x>eq \f(1,2)时，不等式化为2x＋1＋2x－1<4，即x<1，
所以eq \f(1,2)综上可知，M＝{x|－1(2)法一：因为a∈M，b∉M，所以|a|<1，|b|≥1.
而|ab|＋1－(|a|＋|b|)
＝|ab|＋1－|a|－|b|
＝(|a|－1)(|b|－1)≤0，
所以|ab|＋1≤|a|＋|b|.
法二：要证|ab|＋1≤|a|＋|b|，
只需证|a||b|＋1－|a|－|b|≤0，
只需证(|a|－1)(|b|－1)≤0，
因为a∈M，b∉M，所以|a|<1，|b|≥1，
所以(|a|－1)(|b|－1)≤0成立．
所以|ab|＋1≤|a|＋|b|成立．
放缩法证明不等式(师生共研)
若a，b∈R，求证：eq \f(|a＋b|,1＋|a＋b|)≤eq \f(|a|,1＋|a|)＋eq \f(|b|,1＋|b|).
【证明】 当|a＋b|＝0时，不等式显然成立．
当|a＋b|≠0时，
由0＜|a＋b|≤|a|＋|b|⇒eq \f(1,|a＋b|)≥eq \f(1,|a|＋|b|)，
所以eq \f(|a＋b|,1＋|a＋b|)＝eq \f(1,\f(1,|a＋b|)＋1)≤eq \f(1,1＋\f(1,|a|＋|b|))
＝eq \f(|a|＋|b|,1＋|a|＋|b|)＝eq \f(|a|,1＋|a|＋|b|)＋eq \f(|b|,1＋|a|＋|b|)≤eq \f(|a|,1＋|a|)
＋eq \f(|b|,1＋|b|).
在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧．常见的放缩变换有：
(1)变换分式的分子和分母，如eq \f(1,k2)＜eq \f(1,k（k－1）)，eq \f(1,k2)＞eq \f(1,k（k＋1）)，eq \f(1,\r(k))＜eq \f(2,\r(k)＋\r(k－1))，eq \f(1,\r(k))＞eq \f(2,\r(k)＋\r(k＋1))上面不等式中k∈N*，k＞1.
(2)利用函数的单调性．
(3)真分数性质“若0＜a＜b，m＞0，则eq \f(a,b)＜eq \f(a＋m,b＋m)”．
eq \a\vs4\al()
[注意] 在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．
设n是正整数，求证：eq \f(1,2)≤eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)<1.
证明： 由2n≥n＋k>n(k＝1，2，…，n)，得eq \f(1,2n)≤eq \f(1,n＋k)当k＝1时，eq \f(1,2n)≤eq \f(1,n＋1)当k＝2时，eq \f(1,2n)≤eq \f(1,n＋2)…
当k＝n时，eq \f(1,2n)≤eq \f(1,n＋n)所以eq \f(1,2)＝eq \f(n,2n)≤eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)所以原不等式成立．
反证法证明不等式(师生共研)
设0【证明】 设(1－a)b>eq \f(1,4)，(1－b)c>eq \f(1,4)，(1－c)a>eq \f(1,4)，
三式相乘得(1－a)b·(1－b)c·(1－c)a>eq \f(1,64)，①
又因为0所以0<(1－a)a≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(（1－a）＋a,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4).
同理：(1－b)b≤eq \f(1,4)，(1－c)c≤eq \f(1,4)，
以上三式相乘得(1－a)a·(1－b)b·(1－c)c≤eq \f(1,64)，与①矛盾．
所以(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不可能同时大于eq \f(1,4).
eq \a\vs4\al()
利用反证法证明问题的一般步骤
(1)否定原结论．
(2)从假设出发，导出矛盾．
(3)证明原命题正确．
已知a＋b＋c>0，ab＋bc＋ca>0，abc>0，求证：a，b，c>0.
证明：①设a<0，因为abc>0，
所以bc<0.
又由a＋b＋c>0，则b＋c>－a>0，
所以ab＋bc＋ca＝a(b＋c)＋bc<0，与题设矛盾．
②若a＝0，则与abc>0矛盾，
所以必有a>0.
同理可证：b>0，c>0.
综上可证a，b，c>0.
[基础题组练]
1．设a＞0，b＞0，若eq \r(3)是3a与3b的等比中项，求证：eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥4.
证明：由eq \r(3)是3a与3b的等比中项得
3a·3b＝3，
即a＋b＝1，要证原不等式成立，
只需证eq \f(a＋b,a)＋eq \f(a＋b,b)≥4成立，即证eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2成立，
因为a＞0，b＞0，
所以eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，
(当且仅当eq \f(b,a)＝eq \f(a,b)，即a＝b＝eq \f(1,2)时，“＝”成立)，
所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥4.
2．求证：eq \f(1,12)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,n2)＜2.
证明：因为eq \f(1,n2)＜eq \f(1,n（n－1）)＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)，
所以eq \f(1,12)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,n2)＜1＋eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)＋eq \f(1,3×4)＋…＋eq \f(1,（n－1）×n)
＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝2－eq \f(1,n)＜2.
3．(2020·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|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3－2x，x<0，,3，0≤x≤3，,2x－3，x>3.))f(x)－5≥x，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x<0，,3－2x≥x＋5))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0≤x≤3，,3≥x＋5))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>3，,2x－3≥x＋5，))解得x≤－eq \f(2,3)或x∈∅或x≥8.
所以不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2,3)))∪[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)4．(2020·开封市定位考试)已知函数f(x)＝|x－1|＋|x－m|(m>1)，若f(x)>4的解集是{x|x<0或x>4}．
(1)求m的值；
(2)若正实数a，b，c满足eq \f(1,a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(1,3c)＝eq \f(m,3)，求证：a＋2b＋3c≥9.
解：(1)因为m>1，所以f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x＋m＋1，x<1,m－1，1≤x≤m,2x－m－1，x>m))，
作出函数f(x)的图象如图所示，
由f(x)>4的解集及函数f(x)的图象得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2×0＋m＋1＝4,2×4－m－1＝4))，得m＝3.
(2)由(1)知m＝3，从而eq \f(1,a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(1,3c)＝1，
a＋2b＋3c＝(eq \f(1,a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(1,3c))(a＋2b＋3c)＝3＋(eq \f(a,2b)＋eq \f(2b,a))＋(eq \f(a,3c)＋eq \f(3c,a))＋(eq \f(2b,3c)＋eq \f(3c,2b))≥9，
当且仅当a＝3，b＝eq \f(3,2)，c＝1时“＝”成立．
5．(2020·原创冲刺卷)已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|＋(x－1)2的最小值为s.
(1)试求s的值；
(2)若a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝s，求证：a2＋b2＋c2≥3.
解：(1)f(x)＝|x＋1|＋|x－2|＋(x－1)2≥|x＋1|＋|2－x|≥|(x＋1)＋(2－x)|＝3，即f(x)≥3.
当且仅当x＝1，且(x＋1)(2－x)≥0，即x＝1时，等号成立，所以f(x)的最小值为3，所以s＝3.
(2)证明：由(1)知a＋b＋c＝3.
故a2＋b2＋c2＝(a2＋12)＋(b2＋12)＋(c2＋12)－3
≥2a＋2b＋2c－3
＝2(a＋b＋c)－3＝3(当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立)．
6．设不等式－2＜|x－1|－|x＋2|＜0的解集为M，a，b∈M.
(1)证明：eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)a＋\f(1,6)b))＜eq \f(1,4)；
(2)比较|1－4ab|与2|a－b|的大小．
解：(1)证明：记f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3，x≤－2，,－2x－1，－2＜x≤1，,－3，x＞1，))由－2＜－2x－1＜0
解得－eq \f(1,2)＜x＜eq \f(1,2)，即M＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)a＋\f(1,6)b))≤eq \f(1,3)|a|＋eq \f(1,6)|b|＜eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,6)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4).
(2)由(1)得a2＜eq \f(1,4)，b2＜eq \f(1,4)，因为|1－4ab|2－4|a－b|2
＝(1－8ab＋16a2b2)－4(a2－2ab＋b2)
＝(4a2－1)(4b2－1)＞0，
故|1－4ab|2＞4|a－b|2，即|1－4ab|＞2|a－b|.
[综合题组练]
1．(2020·江西八所重点中学联考)已知不等式|ax－1|≤|x＋3|的解集为{x|x≥－1}．
(1)求实数a的值；
(2)求eq \r(12－at)＋eq \r(4＋t)的最大值．
解：(1)|ax－1|≤|x＋3|的解集为{x|x≥－1}，即(1－a2)x2＋(2a＋6)x＋8≥0的解集为{x|x≥－1}．当1－a2≠0时，不符合题意， 舍去．
当1－a2＝0，即a＝±1时，
x＝－1为方程(2a＋6)x＋8＝0的一解，经检验a＝－1不符合题意，舍去，
a＝1符合题意．
综上，a＝1.
(2)(eq \r(12－t)＋eq \r(4＋t))2＝16＋2eq \r(（12－t）（4＋t）)＝16＋2eq \r(－t2＋8t＋48)，当t＝eq \f(8,2)＝4时，(eq \r(12－t)＋eq \r(4＋t))2有最大值，为32.
又eq \r(12－t)＋eq \r(4＋t)≥0，所以eq \r(12－t)＋eq \r(4＋t)的最大值为4eq \r(2).
2．(2019·高考全国卷Ⅲ)设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.
(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；
(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥eq \f(1,3)成立，证明：a≤－3或a≥－1.
解：(1)由于[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2
＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]
≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，
故由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥eq \f(4,3)，当且仅当x＝eq \f(5,3)，y＝－eq \f(1,3)，z＝－eq \f(1,3)时等号成立．
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为eq \f(4,3).
(2)证明：由于[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2
＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－a)(x－2)]
≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，
故由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥eq \f(（2＋a）2,3)，当且仅当x＝eq \f(4－a,3)，y＝eq \f(1－a,3)，z＝eq \f(2a－2,3)时等号成立．
因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为eq \f(（2＋a）2,3).
由题设知eq \f(（2＋a）2,3)≥eq \f(1,3)，解得a≤－3或a≥－1.