2023高考数学一轮复习不等式选讲第2节不等式的证明教师用书文北师大版

PAGEPAGE1第二节不等式的证明[考纲]通过一些简单问题了解证明不等式的根本方法：比拟法、综合法、分析法．1．根本不等式定理1：设a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．定理2：如果a，b为正数，那么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，那么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，那么eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)≥eq\r(n,a1a2…an)，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．2．不等式证明的方法(1)比拟法是证明不等式最根本的方法，可分为求差比拟法和求商比拟法两种.名称求差比拟法求商比拟法理论依据a＞b⇔a－b＞0a＜b⇔a－b＜0a＝b⇔a－b＝0b＞0，eq\f(a,b)＞1⇒a＞bb＜0，eq\f(a,b)＞1⇒a＜b(2)综合法与分析法①综合法：利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这种方法叫综合法．即“由因导果〞的方法．②分析法：从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已经具备，那么就可以判定原不等式成立，这种方法叫作分析法．即“执果索因〞的方法．1．(思考辨析)判断以下结论的正误．(正确的打“√〞，错误的打“×〞)(1)比拟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，它是从条件出发，经过逐步推理，最后到达待证的结论．()(3)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后到达题设的条件或已被证明的事实．()(4)使用反证法时，“反设〞不能作为推理的条件应用．()[答案](1)×(2)√(3)×(4)×2．(教材改编)假设a＞b＞1，x＝a＋eq\f(1,a)，y＝b＋eq\f(1,b)，那么x与y的大小关系是()A．x＞y B．x＜yC．x≥y D．x≤yA[x－y＝a＋eq\f(1,a)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＝a－b＋eq\f(b－a,ab)＝eq\f(a－bab－1,ab).由a＞b＞1得ab＞1，a－b＞0，所以eq\f(a－bab－1,ab)＞0，即x－y＞0，所以x＞y.]3．(教材改编)a≥b＞0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，那么M，NM≥N[2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2因为a≥b＞0，所以a－b≥0，a＋b＞0,2a＋b从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，故2a3－b3≥2ab2－a24．a＞0，b＞0且ln(a＋b)＝0，那么eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值是________．4[由题意得，a＋b＝1，a＞0，b＞0，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，当且仅当a＝b＝eq\f(1,2)时等号成立．]5．x＞0，y＞0，证明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy.[证明]因为x＞0，y＞0，所以1＋x＋y2≥3eq\r(3,xy2)＞0,1＋x2＋y≥3eq\r(3,x2y)＞0，8分故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3eq\r(3,xy2)·3eq\r(3,x2y)＝9xy.10分比拟法证明不等式a＞0，b＞0，求证：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).[证明]法一：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(b))＋\f(b,\r(a))))－(eq\r(a)＋eq\r(b))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(b))－\r(b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,\r(a))－\r(a)))＝eq\f(a－b,\r(b))＋eq\f(b－a,\r(a))＝eq\f(a－b\r(a)－\r(b),\r(ab))＝eq\f(\r(a)＋\r(b)\r(a)－\r(b)2,\r(ab))≥0，∴eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).10分法二：由于eq\f(\f(a,\r(b))＋\f(b,\r(a)),\r(a)＋\r(b))＝eq\f(a\r(a)＋b\r(b),\r(ab)\r(a)＋\r(b))＝eq\f(\r(a)＋\r(b)a－\r(ab)＋b,\r(ab)\r(a)＋\r(b))＝eq\f(a＋b,\r(ab))－1≥eq\f(2\r(ab),\r(ab))－1＝1.8分又a＞0，b＞0，eq\r(ab)＞0，∴eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).10分[规律方法]1.在法一中，采用局部通分，优化了解题过程；在法二中，利用不等式的性质，把证明a＞b转化为证明eq\f(a,b)＞1(b＞0)．2．作差(商)证明不等式，关键是对差(商)式进行合理的变形，特别注意作商证明不等式，不等式的两边应同号．提醒：在使用作商比拟法时，要注意说明分母的符号．[变式训练1](2022·莆田模拟)设a，b是非负实数，求证：a2＋b2≥eq\r(ab)(a＋b).【导学号：66482490】[证明]因为a2＋b2－eq\r(ab)(a＋b)＝(a2－aeq\r(ab))＋(b2－beq\r(ab))＝aeq\r(a)(eq\r(a)－eq\r(b))＋beq\r(b)(eq\r(b)－eq\r(a))＝(eq\r(a)－eq\r(b))(aeq\r(a)－beq\r(b))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\f(1,2)－b\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\f(3,2)－b\f(3,2))).6分因为a≥0，b≥0，所以不管a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有aeq\f(1,2)－beq\f(1,2)与eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(a\f(3,2)－b\f(3,2)))同号，所以(aeq\f(1,2)－beq\f(1,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\f(3,2)－b\f(3,2)))≥0，所以a2＋b2≥eq\r(ab)(a＋b).10分综合法证明不等式设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：(1)ab＋bc＋ac≤eq\f(1,3)；(2)eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥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≤eq\f(1,3).5分(2)因为eq\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，故eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，那么eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c，所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.10分[规律方法]1.综合法证明的实质是由因导果，其证明的逻辑关系是：A⇒B1⇒B2⇒…⇒Bn⇒B(A为条件或数学定义、定理、公理，B为要证结论)，它的常见书面表达式是“∵，∴〞或“⇒〞．2．综合法证明不等式，要着力分析与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰中选择不等式，这是证明的关键．[变式训练2](2022·石家庄调研)函数f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|.(1)求f(x)的最小值m；(2)假设a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝m，求证：eq\f(b2,a)＋eq\f(c2,b)＋eq\f(a2,c)≥3.【导学号：66482491】[解](1)当x＜－1时，f(x)＝－2(x＋1)－(x－2)＝－3x＞3；2分当－1≤x＜2时，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4∈[3,6)；当x≥2时，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x≥6.综上，f(x)的最小值m＝3.5分(2)证明：a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝3，因为eq\f(b2,a)＋eq\f(c2,b)＋eq\f(a2,c)＋(a＋b＋c)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a)＋a))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c2,b)＋b))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)＋c))≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(b2,a)·a)＋\r(\f(c2,b)·b)＋\r(\f(a2,c)·c)))＝2(a＋b＋c).8分(当且仅当a＝b＝c＝1时取“＝〞)所以eq\f(b2,a)＋eq\f(c2,b)＋eq\f(a2,c)≥a＋b＋c，即eq\f(b2,a)＋eq\f(c2,b)＋eq\f(a2,c)≥3.10分分析法证明不等式(2022·全国卷Ⅱ)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：(1)假设ab>cd，那么eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)；(2)eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|<|c－d|的充要条件．[证明](1)∵a，b，c，d为正数，且a＋b＝c＋d，欲证eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)，只需证明(eq\r(a)＋eq\r(b))2＞(eq\r(c)＋eq\r(d))2，也就是证明a＋b＋2eq\r(ab)＞c＋d＋2eq\r(cd)，只需证明eq\r(ab)＞eq\r(cd)，即证ab＞cd.由于ab＞cd，因此eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d).5分(2)①假设|a－b|<|c－d|，那么(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.由(1)，得eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d).8分②假设eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)，那么(eq\r(a)＋eq\r(b))2>(eq\r(c)＋eq\r(d))2，即a＋b＋2eq\r(ab)>c＋d＋2eq\r(cd).因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此|a－b|<|c－d|.综上，eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|<|c－d|的充要条件.10分[规律方法]1.此题将不等式证明与充要条件的判定渗透命题，考查推理论证能力和转化与化归的思想方法，由于两个不等式两边都是正数，可通过两边平方来证明．2．当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆．3．分析法证明的思路是“执果索因〞，其框图表示为：Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件[变式训练3]a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证：eq\r(b2－ac)＜eq\r(3)a.【导学号：66482492】[证明]要证eq\r(b2－ac)＜eq\r(3)a，只需证b2－ac＜3a2.∵a＋b＋c＝0，只需证b2＋a(a＋b)＜3a2只需证2a2－ab－b2只需证(a－b)(2a＋b只需证(a－b)(a－c)＞0.∵a＞b＞c，∴a－b＞0，a－c＞0，∴