不等式的證明

1/1不等式的證明不等式的證明

最新考綱通過一些簡潔問題了解證明不等式的基本方法：比較法、綜合法、分析法．

知識梳理

1.基本不等式

定理1：假如a，b∈R，那么a2

＋b2

≥2ab，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時，等號成立.定理2：假如a，b>0，那么

a＋

b2

≥a＝b時，等號成立，即兩個正

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：假如a，b，c∈R＋，那么a＋b＋c3

≥a＝b＝c時，等號

成立.

2.不等式的證明方法(1)比較法

①作差法(a，b∈R)：a－b>0?a>b；a－b0，b>0)：ab>1?a>b；ab0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，則M，N的大小關(guān)系為________.

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，

從而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，故2a3－b3≥2ab2－a2b.

答案M≥N

3.(選修4－5P25T3改編)已知a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，則1

a＋

1

b

＋

1

c

的最小值為________.

解析把a＋b＋c＝1代入1

a＋

1

b

＋

1

c

得

a＋b＋c

a

＋

a＋b＋c

b

＋

a＋b＋c

c

＝3＋

?

?

?

?

?

b

a

＋

a

b＋

?????ca＋ac＋???

??

cb＋bc≥3＋2＋2＋2＝9，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝1

3時等號成立．

答案9

4.(2023·聊城模擬)下列四個不等式：①logx10＋lgx≥2(x>1)；②|a－b|1)，①正確；

ab≤0時，|a－b|＝|a|＋|b|，②不正確；由于ab≠0，ba與ab

同號，

所以??????ba＋ab＝??????ba＋??????

ab≥2，③正確；

由|x－1|＋|x－2|的幾何意義知，|x－1|＋|x－2|≥1恒成立，④也正確，綜上①③④正確．答案C

5.(2023·全國Ⅱ卷)已知a>0，b>0，且a3＋b3＝2.證明：(1)(a＋b)(a5

＋b5

)≥4；(2)a＋b≤2.

證明(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＋3(a＋b)2

4

(a＋b)＝2＋

3(a＋b)3

4

，

所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.

考點一比較法證明不等式

【例1】設(shè)a，b是非負(fù)實數(shù)，求證：a2＋b2≥ab(a＋b).證明由于a2＋b2－ab(a＋b)

＝(a2－aab)＋(b2－bab)

＝aa(a－b)＋bb(b－a)

＝(a－b)(aa－bb)

＝(a1

2－b

1

2)(a

3

2－b

3

2).

由于a≥0，b≥0，所以不論a≥b≥0，還是0≤a≤b，都有a1

2－b

1

2與a

3

2－b

3

2同號，

所以(a1

2－b

1

2)(a

3

2－b

3

2)≥0，

所以a2＋b2≥ab(a＋b).

規(guī)律方法比較法證明不等式的方法與步驟

1．作差比較法：作差、變形、判號、下結(jié)論．

2．作商比較法：作商、變形、推斷、下結(jié)論．

提示(1)當(dāng)被證的不等式兩端是多項式、分式或?qū)?shù)式時，一般使用作差比較法．

(2)當(dāng)被證的不等式兩邊含有冪式或指數(shù)式或乘積式時，一般使用作商比較法．【訓(xùn)練1】(1)(2023·錦州模擬)設(shè)不等式|2x－1|＜1的解集為M.

①求集合M；

②若a，b∈M，試比較ab＋1與a＋b的大小.

(2)若a>b>1，證明：a＋1a>b＋1

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)證明a＋1

a－?????

b＋1b＝a－b＋b－aab＝(a－b)(ab－1)ab

.由a>b>1得ab>1，a－b>0，所以(a－b)(ab－1)

ab

>0.

即a＋1a－??

???b＋1b>0，

所以a＋1a>b＋1

b

.

考點二綜合法證明不等式

【例2】(1)已知a，b，c∈R，且它們互不相等，求證a4＋b4＋c4>a2b2＋b2c2＋

c2a2；

(2)已知x，y，z均為正數(shù)，求證：

xyz＋yzx＋zxy≥1x＋1y＋1z

.證明(1)∵a4＋b4≥2a2b2，b4＋c4≥2b2c2，a4＋c4≥2a2c2，∴2(a4＋b4＋c4)≥2(a2b2＋b2c2＋c2a2)，即a4

＋b4

＋c4

≥a2

b2

＋b2

c2

＋c2a2

.又∵a，b，c互不相等，∴a4＋b4＋c4>a2b2＋b2c2＋c2a2.(2)由于x，y，z都為正數(shù)，所以

xyz＋yzx＝1z?????xy＋yx≥2

z

①，

同理可得y

xz

＋

z

yx

≥

2

x

②，

zxy＋

x

yz

≥

2

y

③，

當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝z時，以上三式等號都成立.將上述三個不等式兩邊分別相加，并除以2，

得x

yz＋

y

zx

＋

z

xy

≥

1

x

＋

1

y

＋

1

z

.

規(guī)律方法1.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．合理進行轉(zhuǎn)換，恰當(dāng)選擇已知不等式，這是證明的關(guān)鍵．

2．在用綜合法證明不等式時，不等式的性質(zhì)和基本不等式是最常用的．在運用這些性質(zhì)時，要留意性質(zhì)成立的前提條件．

【訓(xùn)練2】已知實數(shù)a，b，c滿意a>0，b>0，c>0，且abc＝1.

(1)證明：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8；

(2)證明：a＋b＋c≤1

a

＋

1

b

＋

1

c

.

證明(1)1＋a≥2a，1＋b≥2b，1＋c≥2c，相乘得：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8abc＝8.

(2)1

a＋

1

b

＋

1

c

＝ab＋bc＋ac，

ab＋bc≥2ab2c＝2b，ab＋ac≥2a2bc＝2a，bc＋ac≥2abc2＝2c，

相加得a＋b＋c≤1

a＋

1

b

＋

1

c

.

考點三分析法證明不等式

【例3】已知函數(shù)f(x)＝|x－1|.

(1)解不等式f(x－1)＋f(x＋3)≥6；

(2)若|a||a|f?????

ba.

(1)解由題意，知原不等式等價為|x－2|＋|x＋2|≥6，令g(x)＝|x－2|＋|x＋2|，

則g(x)＝???－2x，x≤－2，

4，－2|a|f?????

ba，

只需證|ab－1|>|b－a|，只需證(ab－1)2>(b－a)2.

而(ab－1)2－(b－a)2＝a2b2－a2－b2＋1＝(a2－1)(b2－1)>0，從而原不等式成立.規(guī)律方法1.當(dāng)要證的不等式較難發(fā)覺條件和結(jié)論之間的關(guān)系時，可用分析法來查找證明途徑，使用分析法證明的關(guān)鍵是推理的每一步必需可逆．2．分析法證明的思路是“執(zhí)果索因”，其框圖表示為：

Q?P1→P1?P2→P2?P3→…→得到一個明顯成立的條件【訓(xùn)練3】已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證：b2－acb>c且a＋b＋c＝0，知a>0，c0，只需證(a－b)(2a＋b)>0，只需證(a－b)(a－c)>0.

∵a>b>c，∴a－b>0，a－c>0，∴(a－b)(a－c)>0明顯成立，故原不等式成立.

[思維升華]

證明不等式的方法和技巧：

(1)假如已知條件與待證明的結(jié)論直接聯(lián)系不明顯，可考慮用分析法；假如待證的命題以“至少”“至多”等方式給出或否定性命題、唯一性命題，則考慮用反證法；假如待證不等式與自然數(shù)有關(guān)，則考慮用數(shù)學(xué)歸納法等．

(2)在必要的狀況下，可能還需要使用換元法、構(gòu)造法等技巧簡化對問題的表述和證明．尤其是對含肯定值不等式的解法或證明，其簡化的根本思路是去肯定值號，轉(zhuǎn)化為常見的不等式(組)求解．多以肯定值的幾何意義或“找零點、分區(qū)間、逐個解、并起來”為簡化策略，而肯定值三角不等式，往往作為不等式放縮的依據(jù)．[易錯防范]

在使用基本不等式時，等號成立的條件是始終要留意的事情，特殊是連續(xù)使用時，要求分析每次使用時等號是否成立.

基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時：60分鐘)

1.設(shè)a，b>0且a＋b＝1，求證：?

?

???a＋1a2

＋?????b＋1b2

≥252.

證明由于(12＋12)???????????a＋1a2

＋?????b＋1b2

≥???????????a＋1a＋?????b＋1b2

＝??????

1＋?????1a＋1b2

＝

?????1＋1ab2

≥25??

???由于ab≤14.

所以?

?

???a＋1a2

＋?????b＋1b2

≥252.

2.設(shè)a>0，b>0，a＋b＝1，求證1a＋1b＋1

ab

≥8.

證明∵a>0，b>0，a＋b＝1，∴1＝a＋b≥2ab，即ab≤12，∴1

ab

≥4，

∴1a＋1b＋1ab＝(a＋b)?????1a＋1b＋1

ab≥2ab·21ab＋1

ab

≥4＋4＝8.

當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1

2時等號成立，

∴1a＋1b＋1

ab

≥8.

3.(2023·大理一模)已知函數(shù)f(x)＝|x|＋|x－3|.(1)解關(guān)于x的不等式f(x)－5≥x.

(2)設(shè)m，n∈{y|y＝f(x)}，試比較mn＋4與2(m＋n)的大小.

解

(1)f(x)＝|x|＋|x－3|＝???3－2x，x3.

f(x)－5≥x，即???x3，2x－3≥x＋5，解得x≤－23或x∈?或x≥8.

所以不等式的解集為??

???－∞，－23∪[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－n0，且ab＋bc＋ca＝1.求證：(1)a＋b＋c≥3；(2)

abc＋

ba

c＋c

ab

≥3(a＋b＋c).證明(1)要證a＋b＋c≥3，由于a，b，c>0，

因此只需證明(a＋b＋c)2≥3.即證a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3.而ab＋bc＋ca＝1，

故只需證明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)，即證a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.而這可以由ab＋bc＋ca≤

a2＋

b22

＋

b2＋

c22

＋

c2＋a2

2

＝a2＋b2＋c2(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c

時等號成立)證得.所以原不等式成立.(2)

abc＋

bac

＋cab＝a＋b＋cabc

.在(1)中已證a＋b＋c≥3.因此要證原不等式成立，只需證明

1

abc

≥a＋b＋c，

即證abc＋bac＋cab≤1，

即證abc＋bac＋cab≤ab＋bc＋ca.而abc＝ab·ac≤

ab＋ac2

，

ba

c≤

ab＋bc2

，cab≤

bc＋ac2

，

所以abc＋bac＋cab≤ab＋bc＋ca?????當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝3

3時等號成立.

所以原不等式成立.

6.(2023·百校聯(lián)盟聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝|2x－3|＋|2x－1|的最小值為M.(1)若m，n∈[－M，M]，求證：2|m＋n|≤|4＋mn|；(2)若a，b∈(0，＋∞)，a＋2b＝M，求2a＋1

b

的最小值.

(1)證明∵f(x)＝|2x－3|＋|2x－1|≥|2x－3－(2x－1)|＝2，∴M＝2.要證明2|m＋n|≤|4＋mn|，只需證明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，由于a，b∈(0，＋∞)，所以2a＋1b＝12???

??

2a＋1b(a＋2b)

＝12??

???2＋2＋ab＋4ba≥12???

??

4＋2

ab·4ba＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝1，b＝1

2時，等號成立.