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第2讲 不等式的证明
[最新考纲]
了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法，并能用它们证明一些简洁不等式．
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：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∈N*)为实数，则()()≥(ibi)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．
诊 断 自 测
1．已知a、b、m均为正数，且a＜b，M＝，N＝，则M、N的大小关系是________．
解析 M－N＝－＝＜0，即M＜N.
答案 M＜N
2．设a＝－，b＝－，c＝－，则a，b，c的大小关系为________．
解析 分子有理化得a＝，b＝，c＝，
∴a＞b＞c.
答案 a＞b＞c
3．若0＜a＜b＜1，则a＋b,2，a2＋b2,2ab中最大的一个是________．
解析 ∵a＋b＞2，a2＋b2＞2ab.
又(a2＋b2)－(a＋b)＝a(a－1)＋b(b－1)，
∵0＜a＜1,0＜b＜1.
∴a(a－1)＋b(b－1)＜0.
∴a2＋b2＜a＋b.
答案 a＋b
4．已知x，y∈R，且xy＝1，则的最小值为________．
解析 ≥2＝4.
答案 4
5．若a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最大值为________．
解析 (＋＋)2＝(1×＋1×＋1×)2≤(12＋12＋12)(a＋b＋c)＝3.
当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．
∴(＋＋)2≤3.故＋＋的最大值为.
答案
考点一 分析法证明不等式
【例1】 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．
∴原不等式成立．
(2)＋＋＝.
由于(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≤.
∴a＋b＋c≤ab＋bc＋ca
.
∴原不等式成立．
规律方法 分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发觉条件和结论之间的关系时，可用分析法来查找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必需可逆．
【训练1】 已知a、b、c均为正实数，且a＋b＋c＝1，求证：
(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8(1－a)(1－b)(1－c)．
证明 ∵a、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1，
∴要证原不等式成立，
即证[(a＋b＋c)＋a][(a＋b＋c)＋b][(a＋b＋c)＋c]≥
8[(a＋b＋c)－a][(a＋b＋c)－b][(a＋b＋c)－c]，
也就是证[(a＋b)＋(c＋a)][(a＋b)＋(b＋c)][(c＋a)＋(b＋c)]≥8(b＋c)(c＋a)(a＋b)．①
∵(c＋a)＋(a＋b)≥2 ＞0，
(a＋b)＋(b＋c)≥2 ＞0.
(b＋c)＋(c＋a)≥2 ＞0，
三式相乘得①式成立，故原不等式得证．
考点二 用综合法证明不等式
【例2】 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.
∴＋＋≥8.
(2)∵＝＋＋＋1，
由(1)知＋＋≥8.
∴≥9.
规律方法 利用综合法证明不等式，关键是利用好已知条件和已经证明过的重要不等式．
【训练2】 已知a，b，c∈R＋，且互不相等，且abc＝1，求证：＋＋＜＋＋.
证明 法一 ∵a，b，c∈R＋，且互不相等，且abc＝1，
∴＋＋＝＋＋＜＋＋＝＋＋.
∴＋＋＜＋＋.
法二 ∵＋≥2＝2；
＋≥2＝2；
＋≥2＝2.
∴以上三式相加，得
＋＋≥ ＋＋.
又∵a，b，c互不相等，
∴＋＋＞＋＋.
法三 ∵a，b，c是不等正数，且abc＝1，
∴＋＋＝bc＋ca＋ab＝＋＋＞＋＋＝＋＋.
∴＋＋＜＋＋.
考点三 利用柯西不等式求最值
【例3】 (1)(2021·湖北卷)设x，y，z∈R，且满足：x2＋y2＋z2＝1，x＋2y＋3z＝，则x＋y＋z＝________.
(2)已知x、y、z∈R＋，且x＋y＋z＝1，则：＋＋的最小值为________．
解析 (1)由柯西不等式，得
(x2＋y2＋z2)(12＋22＋32)≥(x＋2y＋3z)2，
∴(x＋2y＋3z)2≤14，则x＋2y＋3z≤，
又x＋2y＋3z＝，
∴x＝＝，因此x＝，
y＝，z＝，
于是x＋y＋z＝.
(2)法一 利用柯西不等式．
由于(x＋y＋z)≥
2＝36.
所以＋＋≥36.
当且仅当x2＝y2＝z2，即x＝，y＝，z＝时，等号成立．
法二 ＋＋＝(x＋y＋z)＋(x＋y＋z)＋(x＋y＋z)＝14＋＋＋≥14＋4＋6＋12＝36.
当且仅当y＝2x，z＝3x，即x＝，y＝，z＝时，等号成立．
答案 (1) (2)36
规律方法 依据柯西不等式的结构特征，利用柯西不等式对有关不等式进行证明，证明时，需要对不等式变形，使之与柯西不等式有相像的结构，从而应用柯西不等式．
【训练3】 (2021·湖南卷)已知a，b，c∈R，a＋2b＋3c＝6，则a2＋4b2＋9c2的最小值为________．
解析 法一 ∵(x＋y＋z)2＝x2＋y2＋z2＋2xy＋2yz＋2zx≤3(x2＋y2＋z2)，
∴a2＋4b2＋9c2≥(a＋2b＋3c)2＝＝12.
∴a2＋4b2＋9c2的最小值为12.
法二 由柯西不等式，得(a2＋4b2＋9c2)·(12＋12＋12)≥(a·1＋2b·1＋3c·1)2＝36，
故a2＋4b2＋9c2≥12，
从而a2＋4b2＋9c2的最小值为12.
答案 12
利用算术—几何平均不等式求最值
【典例】 已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋2
≥6，并确定a，b，c为何值时，等号成立．
[审题视点] (1)a2＋b2＋c2，＋＋分别用算术—几何平均不等式；(2)相加后又构成用算术—几何平均不等式的条件．
解 由于a，b，c均为正数，由算术—几何平均不等式得
a2＋b2＋c2≥3(abc)①
＋＋≥3(abc)－，
所以2≥9(abc)－.②
故a2＋b2＋c2＋2≥3(abc)＋9(abc)－.
又3(abc)＋9(abc)－≥2＝6，③
所以原不等式成立．
当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成立．
当且仅当3(abc)＝9(abc)－时，③式等号成立．
即当且仅当a＝b＝c＝3时，原式等号成立．
[反思感悟] (1)利用算术—几何平均不等式证明不等式或求最值问题，是不等式问题中的一个重要类型，重点要抓住算术—几何平均不等式的结构特点和使用条件．
(2)在解答本题时有两点简洁造成失分：一是多次运用算术—几何平均不等式后化简错误；
二是求解等号成立的a，b，c的值时计算出错．
【自主体验】
设a，b，c为正实数，求证：＋＋＋abc≥2.
证明 由于a，b，c是正实数，由算术—几何平均不等式可得＋＋≥3，
即＋＋≥.
所以＋＋＋abc≥＋abc.
而＋abc≥2＝2，
当且仅当a＝b＝c且abc＝时，取等号．
所以＋＋＋abc≥2.
一、填空题
1．(2021·江苏卷改编)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)．
由于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
2．已知x＋y＝1，那么2x2＋3y2的最小值是________．
解析 由柯西不等式(2x2＋3y2)·
≥2＝(x＋y)2＝1，
∴2x2＋3y2≥，当且仅当2x＝3y，即x＝，y＝时，等号成立．
答案
3．若直线3x＋4y＝2，则x2＋y2的最小值为________，最小值点为________．
解析 由柯西不等式(x2＋y2)(32＋42)≥(3x＋4y)2，
得25(x2＋y2)≥4，所以x2＋y2≥.
当且仅当＝时等号成立，为求最小值点，
需解方程组∴
因此，当x＝，y＝时，x2＋y2取得最小值，最小值为，最小值点为.
答案
4．若a，b均为正实数，且a≠b，M＝＋，N＝＋，则M、N的大小关系为________．
解析 ∵a≠b，∴＋＞2，＋＞2，
∴＋＋＋＞2＋2，
∴＋＞＋.即M＞N.
答案 M ＞N
5．设a、b、c是正实数，且a＋b＋c＝9，则＋＋的最小值为________．
解析 ∵(a＋b＋c)
＝[()2＋()2＋()2]
≥2＝18.
∴＋＋≥2.∴＋＋的最小值为2.
答案 2
6．已知a，b，c为正实数，且a＋2b＋3c＝9，则＋＋的最大值为________．
解析 ＋＋＝ ＋＋
≤＝，故最大值为.
答案
7．(2021·陕西卷)已知a，b，m，n均为正数，且a＋b＝1，mn＝2，则(am＋bn)(bm＋an)的最小值为________．
解析 由柯西不等式(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时“＝”成立，得(am＋bn)(bm＋an)≥(·＋)2＝mn(a＋b)2＝2.
答案 2
8．已知x2＋2y2＋3z2＝，则3x＋2y＋z的最小值为________．
解析 ∵(x2＋2y2＋3z2)
≥(3x＋y·＋z·)2＝(3x＋2y＋z)2，
当且仅当x＝3y＝9z时，等号成立．
∴(3x＋2y＋z)2≤12，即－2≤3x＋2y＋z≤2.
当x＝－，y＝－，z＝－时，
3x＋2y＋z＝－2，∴最小值为－2.
答案 －2
9．已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最大值为________．
解析 法一 利用基本不等式
(＋＋)2＝(3a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)＋2·＋2·＋2·≤(3a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)＋[(3a＋1)＋(3b＋1)]＋[(3b＋1)＋(3c＋1)]＋[(3a＋1)＋(3c＋1)]
＝3[(3a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)]＝18，
∴＋＋≤3，
∴(＋＋)max＝3.
法二 利用柯西不等式
∵(12＋12＋12)[()2＋()2＋()2]≥(1·＋1·＋1·)2
∴(＋＋)2≤3[3(a＋b＋c)＋3]．
又∵a＋b＋c＝1，∴(＋＋)2≤18，
∴＋＋≤3.
当且仅当＝＝时，等号成立．
∴(＋＋)max＝3.
答案 3
二、解答题
10．设a，b，c为正数，且a＋b＋c＝1，求证：＋＋≥9.
证明 法一 ∵a，b，c均为正数，∴1＝a＋b＋c≥
3.又＋＋≥3＝，
∴·1≥3·3＝9.
即＋＋≥9.
法二 构造两组数：， ， ；，，.
因此依据柯西不等式有
[()2＋()2＋()2]
≥2.
即(a＋b＋c)≥32＝9.
(当且仅当＝＝，即a＝b＝c时取等号)
又a＋b＋c＝1，所以＋＋≥9.
11．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．
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.
12．(2022·福建卷)已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]．
(1)求m的值；
(2)若a，b，c大于0，且＋＋＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.
(1)解 ∵f(x＋2)＝m－|x|，
∴f(x＋2)≥0等价于|x|≤m.
由|x|≤m有解，得m≥0且其解集为{x|－m≤x≤m}．
又f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m＝1.
(2)证明 由(1)知＋＋＝1，且a，b，c大于0，
a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)
＝3＋＋＋
≥3＋2＋2＋2＝9.
当且仅当a＝2b＝3c＝时，等号成立．因此a＋2b＋3c≥9.
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