2022高考总复习(人教A版)高中数学-选修4-5-第2讲-不等式的证明.docx

第2讲　不等式的证明

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：假如a、b为正数，则≥，当且仅当a＝b时，等号成立．
定理3：假如a、b、c为正数，则≥，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)假如a1，a2，…，an为n个正数，则≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．
2．柯西不等式
(1)设a，b，c，d均为实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时等号成立．
(2)若ai，bi(i＝1，2，…，n)为实数，则(a)(b)≥(aibi)2，当且仅当＝＝…＝(当ai＝0时，商定bi＝0，i＝1，2，…，n)时等号成立．
(3)柯西不等式的向量形式：设α，β为平面上的两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当α，β共线时等号成立．
3．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、放缩法等．(参阅本书第六章相应内容)

,[同学用书P224])

__利用基本不等式证明不等式____________

　设a，b，c为正实数，求证：＋＋＋abc≥2.
[证明]　由于a，b，c为正实数，由均值不等式可得＋＋≥3，
即＋＋≥，
当且仅当＝＝，即a＝b＝c时，等号成立，
所以＋＋＋abc≥＋abc.
而＋abc≥2＝2，
当且仅当＝abc，即abc＝时，等号成立，
所以＋＋＋abc≥2.
[规律方法]　利用基本不等式必需要找准“对应点”，明确“类比对象”，使其符合几个出名不等式的特征，留意检验等号成立的条件，特殊是多次使用基本不等式时，必需使等号同时成立．
　1.设a>0，b>0，若是3a与3b的等比中项，求证＋≥4.
证明：由是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＋≥4，即证＋≥2.
∵a>0，b>0，∴＋≥2＝2(当且仅当＝，即a＝b＝时，取“＝”号)，
∴＋≥4.
__放缩法证明不等式____________________

　(2021·洛阳模拟)有小于1的n(n≥2)个正数x1，x2，x3，…，xn，且x1＋x2＋x3＋…＋xn＝1.
求证：＋＋＋…＋>4.
[证明]　∵0<xi<1，∴>，其中i＝1，2，3，…，n，
∴＋＋＋…＋>＋＋＋…＋≥n.
∵≤＝，
∴　≥n，
∴＋＋＋…＋
>n2≥22＝4，
∴＋＋＋…＋>4.
[规律方法]　放缩法证明不等式时，常见的放缩依据和技巧是不等式的传递性．缩小分母、扩大分子，分式值增大；缩小分子、扩大分母，分式值减小；每一次缩小其和变小，但需大于所求；每一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头．
　　　2.设n是正整数，求证：≤＋＋…＋<1.
证明：由2n≥n＋k>n(k＝1，2，…，n)，
得≤<.
当k＝1时，≤<；
当k＝2时，≤<；
…
当k＝n时，≤<，
∴＝≤＋＋…＋<＝1.
__柯西不等式____________________________

　(2022·高考福建卷)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)由于|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，又由于p，q，r是正实数，
所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9，即p2＋q2＋r2≥3.
[规律方法]　利用柯西不等式求最值的一般结构为：
(a＋a＋…＋a)≥(1＋1＋…＋1)2＝n2.在使用柯西不等式时，要留意右边为常数且应留意等号成立的条件．
　3.已知实数a，b，c，d满足a＋b＋c＋d＝3，a2＋2b2＋3c2＋6d2＝5，求证：1≤a≤2.
证明：由柯西不等式得
(2b2＋3c2＋6d2)≥(b＋c＋d)2，
即2b2＋3c2＋6d2≥(b＋c＋d)2，
由已知可得2b2＋3c2＋6d2＝5－a2，b＋c＋d＝3－a，
∴5－a2≥(3－a)2，即1≤a≤2.
当且仅当＝＝，即2b＝3c＝6d时等号成立．

1．假如x>0，比较(－1)2与(＋1)2的大小．
解：(－1)2－(＋1)2
＝[(－1)＋(＋1)][(－1)－(＋1)]
＝－4.
∵x>0，∴>0，∴－4<0，
∴(－1)2<(＋1)2.
2．若x，y都是正实数，且x＋y>2，求证：<2和<2中至少有一个成立．
证明：假设<2和<2都不成立，
则有≥2和≥2同时成立．
由于x>0且y>0，
所以1＋x≥2y，且1＋y≥2x.
两式相加，得2＋x＋y≥2x＋2y，
所以x＋y≤2.
这与已知条件x＋y>2冲突，
因此<2和<2中至少有一个成立．
3．已知△ABC的三边长分别是a，b，c且m为正数，求证：＋>.
证明：要证＋>，
只需证a(b＋m)(c＋m)＋b(a＋m)(c＋m)－c(a＋m)(b＋m)>0，
即证abc＋abm＋acm＋am2＋abc＋abm＋bcm＋bm2－abc－acm－bcm－cm2>0，
即证abc＋2abm＋(a＋b－c)m2>0.
由于a，b，c分别是△ABC的三边长，故有a＋b>c.
∵m>0，∴(a＋b－c)m2>0，
∴abc＋2abm＋(a＋b－c)m2>0是成立的，
因此＋>成立．
4．已知a>0，b>0，c>0，a＋b>c.
求证：＋>.
证明：∵a>0，b>0，
∴>，>.
∴＋>.
而函数f(x)＝＝1－在(0，＋∞)上递增，
且a＋b>c，c>0，
∴f(a＋b)>f(c)，则>，
所以＋>，
则原不等式成立．
5．(2022·高考课标全国卷Ⅰ)若a>0，b>0，且＋＝.
(1)求a3＋b3的最小值；
(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由．
解：(1)由＝＋≥，得ab≥2，且当a＝b＝时等号成立．
故a3＋b3≥2≥4，且当a＝b＝时等号成立．
所以a3＋b3的最小值为4.
(2)由(1)知，2a＋3b≥2≥4.
由于4>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.
6．(2021·贵州省六校第一次联考)已知a>0，b>0，a＋b＝1，求证：
(1)＋＋≥8；
(2)≥9.
证明：(1)∵a＋b＝1，a>0，b>0，
∴＋＋＝＋＋
＝2
＝2
＝2＋4
≥4＋4＝8(当且仅当a＝b＝时，等号成立)，
∴＋＋≥8.
(2)∵＝＋＋＋1，
由(1)知＋＋≥8.
∴≥9.

1．(2021·高考新课标全国卷Ⅱ)设a、b、c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：
(1)ab＋bc＋ac≤；
(2)＋＋≥1.
证明：(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，
得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
由题设得(a＋b＋c)2＝1，
即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.
所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤.
(2)由于＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即＋＋≥a＋b＋c.
所以＋＋≥1.
2．(2021·河北唐山模拟)设不等式－2<|x－1|－|x＋2|<0的解集为M，a，b∈M.
(1)证明：<；
(2)比较|1－4ab|与2|a－b|的大小，并说明理由．
解：(1)证明：记f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝
由－2<－2x－1<0，解得－<x<，
则M＝.
所以≤|a|＋|b|<×＋×＝.
(2)由(1)得a2<，b2<.
由于|1－4ab|2－4|a－b|2
＝(1－8ab＋16a2b2)－4(a2－2ab＋b2)
＝(4a2－1)(4b2－1)>0，
所以|1－4ab|2>4|a－b|2，
故|1－4ab|>2|a－b|.
3．(2022·高考辽宁卷)设函数f(x)＝2|x－1|＋x－1，g(x)＝16x2－8x＋1.记f(x)≤1的解集为M，g(x)≤4的解集为N.
(1)求M；
(2)当x∈M∩N时，证明：x2f(x)＋x[f(x)]2≤.
解：(1)f(x)＝
当x≥1时，由f(x)＝3x－3≤1得x≤，故1≤x≤；
当x<1时，由f(x)＝1－x≤1得x≥0，故0≤x<1.
所以f(x)≤1的解集为M＝.
(2)证明：由g(x)＝16x2－8x＋1≤4得16≤4，
解得－≤x≤.
因此N＝，
故M∩N＝.
当x∈M∩N时，f(x)＝1－x，
于是x2f(x)＋x·[f(x)]2＝xf(x)[x＋f(x)]
＝x·f(x)＝x(1－x)＝－≤.
4．(2021·洛阳市统考)(1)已知x，y都是正实数，求证：x3＋y3≥x2y＋xy2；
(2)若不等式|a－1|≥＋＋对满足x＋y＋z＝1的一切正实数x，y，z恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)证明：(x3＋y3)－(x2y＋xy2)＝x2(x－y)＋y2(y－x)＝(x－y)(x2－y2)＝(x－y)2(x＋y)．
又x，y都是正实数，
∴(x－y)2≥0，x＋y>0，即(x3＋y3)－(x2y＋xy2)≥0，
∴x3＋y3≥x2y＋xy2.
(2)依据柯西不等式有
(＋＋)2
＝(1·＋1·＋1·)2
≤(12＋12＋12)[()2＋()2＋()2]
＝3·[3(x＋y＋z)＋3]
＝3×6＝18，
∴＋＋≤3.
又∵|a－1|≥＋＋恒成立，
∴|a－1|≥3，
∴a－1≥3或a－1≤－3，即a≥3＋1或a≤1－3，
∴a的取值范围是(－∞，1－3]∪[1＋3，＋∞)．