2022高考數(shù)學(xué)（理）一輪通用版講義：選修4－5-2不等式的證明

PAGE17第二節(jié)不等式的證明通過一些簡單問題了解證明不等式的基本方法：比較法、綜合法、分析法

eq\a\vs4\al[基本知識(shí)]1．基本不等式定理1如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立定理2如果a，b＞0，那么eq\fa＋b,2≥eq\rab，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立，即兩個(gè)正數(shù)的算術(shù)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eq\fa＋b＋c,3≥eq\r3,abc，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)，等號(hào)成立2．比較法1作差法的依據(jù)是：a－b＞0?a＞b2作商法：若B＞0，欲證A≥B，只需證eq\fA,B≥13．綜合法與分析法綜合法一般地，從已知條件出發(fā)，利用定義、公理、定理、性質(zhì)等，經(jīng)過一系列的推理、論證而得出命題成立分析法從要證的結(jié)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(gè)明顯成立的事實(shí)定義，公理或已證明的定理，性質(zhì)等，從而得出要證的命題成立eq\a\vs4\al[基本能力]一、判斷題對(duì)的打“√”，錯(cuò)的打“×”1已知為正實(shí)數(shù)，則1＋＋eq\f1,≥32若a＞2，b＞2，則a＋b＞ab3設(shè)＝a＋2b，S＝a＋b2＋1則S≥答案：1√2×3√二、填空題1．已知a，b∈R＋，且a＋b＝1，則eq\f1,a＋eq\f2,b的最小值為________．答案：3＋2eq\r22．已知a，b，c是正實(shí)數(shù)，且a＋b＋c＝1，則eq\f1,a＋eq\f1,b＋eq\f1,c的最小值為________．答案：93．已知正實(shí)數(shù)a，b滿足2ab＝a＋b＋12，則ab的最小值是________．解析：由2ab＝a＋b＋12，得2ab≥2eq\rab＋12，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)等號(hào)成立．化簡得eq\rab－3eq\rab＋2≥0，解得ab≥9，所以ab的最小值是9答案：9

eq\a\vs4\al[全析考法]考法一比較法證明不等式[例1]12022·莆田模擬設(shè)a，b是非負(fù)實(shí)數(shù)．求證：a2＋b2≥eq\raba＋b．2已知a＞0，b＞0，證明：aabb≥ab[證明]1因?yàn)閍2＋b2－eq\raba＋b＝a2－aeq\rab＋b2－beq\rab＝aeq\raeq\ra－eq\rb＋beq\rbeq\rb－eq\ra＝eq\ra－eq\rbaeq\ra－beq\rb＝a－ba－b．因?yàn)閍≥0，b≥0，所以不論a≥b≥0，還是0≤a≤b，都有a－b與a－b同號(hào)，所以a－ba－b≥0，所以a2＋b2≥eq\raba＋b．2∵eq\faabb,ab＝eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fa,b，∴當(dāng)a＝b時(shí)，eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fa,b＝1，當(dāng)a＞b＞0時(shí)，eq\fa,b＞1，eq\fa－b,2＞0，∴eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fa,b＞1；當(dāng)b＞a＞0時(shí)，0＜eq\fa,b＜1，eq\fa－b,2＜0，則eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fa,b＞1∴aabb≥ab[方法技巧]比較法證明不等式的方法和步驟1求差比較法由a＞b?a－b＞0，a＜b?a－b＜0，因此要證明a＞b只需證明a－b＞0即可，這種方法稱為求差比較法．2求商比較法由a＞b＞0?eq\fa,b＞1且a＞0，b＞0，因此當(dāng)a＞0，b＞0時(shí)，要證明a＞b，只需證明eq\fa,b＞1即可，這種方法稱為求商比較法．3用比較法證明不等式的一般步驟作差商—變形—判斷—結(jié)論，而變形的方法一般有配方、通分和因式分解．考法二綜合法證明不等式[例2]2022·全國卷Ⅱ已知a＞0，b＞0，a3＋b3＝2證明：1a＋ba5＋b5≥4；2a＋b≤2[證明]1a＋ba5＋b5＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝a3＋b32－2a3b3＋aba4＋b4＝4＋aba2－b22≥42因?yàn)閍＋b3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3aba＋b≤2＋eq\f3a＋b2,4a＋b＝2＋eq\f3a＋b3,4，所以a＋b3≤8，因此a＋b≤2[方法技巧]1．綜合法證明不等式的方法綜合法證明不等式，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(jìn)行轉(zhuǎn)換，恰當(dāng)選擇已知不等式，這是證明的關(guān)鍵．2．綜合法證明時(shí)常用的不等式1a2≥02|a|≥03a2＋b2≥2ab，它的變形形式有：a2＋b2≥2|ab|；a2＋b2≥－2ab；a＋b2≥4ab；a2＋b2≥eq\f1,2a＋b2；eq\fa2＋b2,2≥eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fa＋b,224eq\fa＋b,2≥eq\rab，它的變形形式有：a＋eq\f1,a≥2a＞0；eq\fa,b＋eq\fb,a≥2ab＞0；eq\fa,b＋eq\fb,a≤－2ab＜0．考法三分析法證明不等式[例3]2022·重慶模擬已知函數(shù)f＝|＋1|，g＝||1若不等式f＋g－2≤m2－2m有解，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；2若||＞1，|y|＜1，求證：fy＜g·feq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fy,2[解]1由題意得，f＋g－2＝|＋1|＋|－2|≥|＋1－－2|＝3，∵f＋g－2≤m2－2m有解，∴m2－2m≥3，解得m≥3或m≤－1，∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是－∞，－1]∪[3，＋∞．2證明：要證fy＜g·feq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fy,2，即證|y＋1|＜||·eq\b\lc\|\rc\|\a\vs4\al\co1\fy,2＋1，只需證eq\f|y＋1|,||＜eq\b\lc\|\rc\|\a\vs4\al\co1\fy,2＋1eq\fy＋12,2－eq\fy＋22,4＝eq\f2y＋12－y＋22,4＝eq\f2y2＋22y＋2－y2＋22y＋4,4＝eq\f2y2＋2－y2－4,4＝eq\f1－22－y2,4，又||＞1，|y|＜1，∴eq\fy＋12,2－eq\fy＋22,4＝eq\f1－22－y2,4＜0，∴eq\fy＋12,2＜eq\fy＋22,4，∴eq\f|y＋1|,||＜eq\b\lc\|\rc\|\a\vs4\al\co1\fy,2＋1，∴fy＜g·feq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fy,2[方法技巧]1．用分析法證“若A則B”這個(gè)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．2．分析法的應(yīng)用條件當(dāng)所證明的不等式不能使用比較法，且和重要不等式、基本不等式?jīng)]有直接聯(lián)系，較難發(fā)現(xiàn)條件和結(jié)論之間的關(guān)系時(shí)，可用分析法來尋找證明途徑，使用分析法證明的關(guān)鍵是推理的每一步必須可逆．

eq\a\vs4\al[集訓(xùn)沖關(guān)]\a\vs4\al[考法一]1解不等式|＋1|＋|＋3|＜4；2若a，b滿足1中不等式，求證：2|a－b|＜|ab＋2a＋2b|解：1當(dāng)＜－3時(shí)，|＋1|＋|＋3|＝－－1－－3＝－2－4＜4，解得＞－4，所以－4＜＜－3；當(dāng)－3≤＜－1時(shí)，|＋1|＋|＋3|＝－－1＋＋3＝2＜4恒成立，所以－3≤＜－1；當(dāng)≥－1時(shí)，|＋1|＋|＋3|＝＋1＋＋3＝2＋4＜4，解得＜0，所以－1≤＜0綜上，不等式|＋1|＋|＋3|＜4的解集為{|－4＜＜0}．2證明：4a－b2－ab＋2a＋2b2＝－a2b2＋4a2b＋4ab2＋16ab＝－abb＋4a＋4＜0，所以4a－b2＜ab＋2a＋2b2，所以2|a－b|＜|ab＋2a＋2b|\a\vs4\al[考法三]已知a＞0，b＞0,2c＞a＋b，求證：c－eq\rc2－ab＜a＜c＋eq\rc2－ab證明：要證c－eq\rc2－ab＜a＜c＋eq\rc2－ab，即證－eq\rc2－ab＜a－c＜eq\rc2－ab，即證|a－c|＜eq\rc2－ab，即證a－c2＜c2－ab，即證a2－2ac＜－ab因?yàn)閍＞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．\a\vs4\al[考法二]2022·貴州模擬已知函數(shù)f＝＋|＋2|1求不等式f≥6的解集M；2記1中集合M中元素的最小值為m，若a，b為正實(shí)數(shù)，且a＋b＝m，求eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\f1,a＋1eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\f1,b＋1的最小值．解：1f≥6，即＋|＋2|≥6，∴eq\b\lc\{\rc\\a\vs4\al\co1≤－2，,－－2≥6或eq\b\lc\{\rc\\a\vs4\al\co1＞－2，,＋＋2≥6，解得≥2，∴M＝{|≥2}．2由1知m＝2，即a＋b＝2，又a，b為正實(shí)數(shù)，∴eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\f1,a＋1eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\f1,b＋1＝eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fa＋b,2a＋1eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fa＋b,2b＋1＝eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fb,2a＋\f3,2eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fa,2b＋\f3,2＝eq\f5,2＋eq\f3,4eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fb,a＋\fa,b≥eq\f5,2＋eq\f3,4×2eq\r\fb,a×\fa,b＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時(shí)，eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\f1,a＋1eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\f1,b＋1取得最小值4

[課時(shí)跟蹤檢測]1．已知a，b都是正實(shí)數(shù)，且a＋b＝2，求證：eq\fa2,a＋1＋eq\fb2,b＋1≥1證明：∵a＞0，b＞0，a＋b＝2，∴eq\fa2,a＋1＋eq\fb2,b＋1－1＝eq\fa2b＋1＋b2a＋1－a＋1b＋1,a＋1b＋1＝eq\fa2b＋a2＋b2a＋b2－ab－a－b－1,a＋1b＋1＝eq\fa2＋b2＋aba＋b－ab－a＋b－1,a＋1b＋1＝eq\fa2＋b2＋2ab－ab－3,a＋1b＋1＝eq\fa＋b2－3－ab,a＋1b＋1＝eq\f1－ab,a＋1b＋1∵a＋b＝2≥2eq\rab，∴ab≤1∴eq\f1－ab,a＋1b＋1≥0∴eq\fa2,a＋1＋eq\fb2,b＋1≥12．2022·運(yùn)城康杰中學(xué)模擬已知a＞0，b＞0，a＋b＝21求eq\f1,a＋eq\f4,b的最小值；2求證：eq\fab\ra＋\rb,a＋b≤1解：1∵a＞0，b＞0，a＋b＝2，∴eq\f1,a＋eq\f4,b＝eq\f1,2eq\b\lc\[\rc\]\a\vs4\al\co1\fa＋b,a＋\f4a＋b,b＝eq\f1,2×eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co15＋\fb,a＋\f4a,b≥eq\f9,2當(dāng)且僅當(dāng)b＝2a時(shí)等號(hào)成立．2證明：eq\fab\ra＋\rb,a＋b＝ab·eq\f\ra＋\rb,2≤eq\r\fa＋b,2·eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fa＋b,22＝1當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)等號(hào)成立．3．2022·石家莊模擬已知函數(shù)f＝||＋|－1|1若f≥|m－1|恒成立，求實(shí)數(shù)m的最大值M；2在1成立的條件下，正實(shí)數(shù)a，b滿足a2＋b2＝M，證明：a＋b≥2ab解：1由絕對(duì)值不等式的性質(zhì)知f＝||＋|－1|≥|－＋1|＝1，∴fmin＝1，∴只需|m－1|≤1，即－1≤m－1≤1，∴0≤m≤2，∴實(shí)數(shù)m的最大值M＝22證明：∵a2＋b2≥2ab，且a2＋b2＝2，∴ab≤1，∴eq\rab≤1，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào)．①又eq\rab≤eq\fa＋b,2，∴eq\f\rab,a＋b≤eq\f1,2，∴eq\fab,a＋b≤eq\f\rab,2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào)．②由①②得，eq\fab,a＋b≤eq\f1,2，∴a＋b≥2ab4．2022·湖南師范大學(xué)附屬中學(xué)月考1已知函數(shù)f＝|－2|－|＋1|，解不等式f≥2－2；2已知，y，均為正數(shù)，求證：eq\f,y＋eq\fy,＋eq\f,y≥eq\f1,＋eq\f1,y＋eq\f1,解：1f＝|－2|－|＋1|＝eq\b\lc\{\rc\\a\vs4\al\co13，≤－1，,－2＋1，－1＜＜2，,－3，≥2當(dāng)≤－1時(shí)，不等式為2－2≤3，∴－1≤≤3，即＝－1；當(dāng)－1＜＜2時(shí)，不等式為2－2≤－2＋1，解得－1≤≤1，即－1＜≤1；當(dāng)≥2時(shí)，不等式為2－2≤－3，∴∈?綜上，不等式的解集為[－1,1]．2證明：因?yàn)椋瑈，都為正數(shù)，所以eq\f,y＋eq\fy,＝eq\f1,eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\f,y＋\fy,≥eq\f2,，①同理可得eq\fy,＋eq\f,y≥eq\f2,，②eq\f,y＋eq\f,y≥eq\f2,y，③當(dāng)且僅當(dāng)＝y(tǒng)＝時(shí)，以上三式等號(hào)都成立．將上述三個(gè)不等式兩邊分別相加，并除以2，得eq\f,y＋eq\fy,＋eq\f,y≥eq\f1,＋eq\f1,y＋eq\f1,5．2022·廣州模擬已知定義在R上的函數(shù)f＝|－m|＋||，m∈N*，存在實(shí)數(shù)使f＜2成立．1求實(shí)數(shù)m的值；2若α≥1，β≥1，fα＋fβ＝4，求證：eq\f4,α＋eq\f1,β≥3

解：1因?yàn)閨－m|＋||≥|－m－|＝|m|所以要使不等式|－m|＋||＜2有解，則|m|＜2，解得－2＜m＜2因?yàn)閙∈N*，所以m＝12證明：因?yàn)棣痢?，β≥1，所以fα＋fβ＝2α－1＋2β－1＝4，即α＋β＝3，所以eq\f4,α＋eq\f1,β＝eq\f1,3eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\f4,α＋\f1,βα＋β＝eq\f1,3eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co15＋\f4β,α＋\fα,β≥eq\f1,3eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co15＋2\r\f4β,α·\fα,β＝3當(dāng)且僅當(dāng)eq\f4β,α＝eq\fα,β，即α＝2，β＝1時(shí)等號(hào)成立，故eq\f4,α＋eq\f1,β≥36．已知函數(shù)f＝2|＋1|＋|－2|1求f的最小值m；2若a，b，c均為正實(shí)數(shù)，且滿足a＋b＋c＝m，求證：eq\fb2,a＋eq\fc2,b＋eq\fa2,c≥3解：1當(dāng)＜－1時(shí)，f＝－2＋1－－2＝－3∈3，＋∞；當(dāng)－1≤＜2時(shí)，f＝2＋1－－2＝＋4∈[3,6；當(dāng)≥2時(shí)，f＝2＋1＋－2＝3∈[6，＋∞．綜上，f的最小值m＝32證明：因?yàn)閍，b，c均為正實(shí)數(shù)，且滿足a＋b＋c＝3，所以eq\fb2,a＋eq\fc2,b＋eq\fa2,c＋a＋b＋c＝eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fb2,a＋a＋eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fc2,b＋b＋eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fa2,c＋c≥2eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\a\vs4\al\r\fb2,a·a＋\r\fc2,b·b＋\r\fa2,c·c＝2a＋b＋c，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝1時(shí)，取“＝”，所以eq\fb2,a＋eq\fc2,b＋eq\fa2,c≥a＋b＋c，即eq\fb2,a＋eq\fc2,b＋eq\fa2,c≥37．已知函數(shù)f＝|－1|1解不等式f2＋f＋4≥8；2若|a|＜1，|b|＜1，a≠0，求證：eq\ffab,|a|＞feq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fb,a

解：1f2＋f＋4＝|2－1|＋|＋3|＝eq\b\lc\{\rc\\a\vs4\al\co1－3－2，＜－3，,－＋4，－3≤＜\f1,2，,3＋2，≥\f1,2，當(dāng)＜－3時(shí)，由－3－2≥8，解得≤－eq\f10,3；當(dāng)－3≤＜eq\f1,2時(shí)，－＋4≥8無解；當(dāng)≥eq\f1,2時(shí)，由3＋2≥8，解得≥2所以不等式f2＋f＋4≥8的解集為eq\b\lc\{\rc\}\a\vs4\al\co1\b\lc\|\rc\\a\vs4\al\co1≤－\f10,3或≥22證明：eq\ffab,|a|＞f