高考总复习理数（北师大版）选修4-5第2节不等式证明

第二节不等式证明考点高考试题考查内容核心素养不等式证明2017·全国卷Ⅱ·T23·10分利用均值不等式证明不等式逻辑推理2017·浙江卷·T22·15分证明以数列为载体的不等式问题逻辑推理2016·全国卷Ⅱ·T24·10分绝对值不等式的解法与绝对值不等式的证明数学运算逻辑推理2015·全国卷Ⅱ·T24·10分不等式证明和充要条件的判断逻辑推理命题分析从近几年高考命题来看，作为新课程选考的重要内容，不等式证明严格按考试说明要求命题，试题难度不超过中等，以解答题形式出现，着重考查比较法、综合法，证明不等式，以及放缩法的应用.1．平均值不等式(1)定理1：对任意实数a，b，有a2＋b2≥2ab(此式当且仅当a＝b时取“＝”号)．(2)定理2：对任意两个正数a，b，有eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(此式当且仅当a＝b时取“＝”号)．又可叙述为：两个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值．(3)定理3：对任意三个正数a，b，c，有a3＋b3＋c3≥3abc(此式当且仅当a＝b＝c时取“＝”号)．(4)定理4：对任意三个正数a，b，c，有eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc)(此式当且仅当a＝b＝c时取“＝”号)．又可叙述为：三个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值．(5)一般地，对n个正数a1，a2，…，an(n≥2)，有eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)≥eq\r(n,a1a2…an)(此式当且仅当a1＝a2＝…＝an时取“＝”号)．又可叙述为：n个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值．2．比较法(1)比差法的依据是：a－b＞0⇔a＞b.步骤是：“作差→变形→判断差的符号”．变形是手段，变形的目的是判断差的符号．(2)比商法：若B＞0，欲证A≥B，只需证eq\f(A,B)≥1.3．综合法与分析法(1)综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立.(2)分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义，公理或已证明的定理，性质等)，从而得出要证的命题成立．提醒：比较法证明不等式最常用的是差值比较法，其基本步骤是：作差—变形—判断差的符号—下结论．其中“变形”是证明的关键，一般通过因式分解或配方将差式变形为几个因式的积或配成几个代数式平方和的形式，当差式是二次三项式时，有时也可用判别式来判断差值的符号．个别题目也可用柯西不等式来证明．1．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)用反证法证明命题“a，b，c全为0”时假设为“a，b，c全不为0”(2)若实数x、y适合不等式xy>1，x＋y>－2，则x>0，y>0.()答案：(1)×(2)√2．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.3．已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a.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.∴(a－b)(a－c)>0显然成立，故原不等式成立．比较法证明不等式[明技法]作商比较法证明不等式的一般步骤①作商：将不等式左右两边的式子进行作商；②变形：将商式的分子放(缩)，分母不变，或分子不变，分母放(缩)，或分子放(缩)，分母缩(放)，从而化简商式为容易和1比较大小的形式；③判断：判断商与1的大小关系，就是判断商大于1或小于1或等于1；④结论．[提能力]【典例】求证：(1)当x∈R时，1＋2x4≥2x3＋x2；(2)当a，b∈(0，＋∞)时，aabb≥(ab)eq\s\up7(\f(a+b,2)).证明：(1)方法一(1＋2x4)－(2x3＋x2)＝2x3(x－1)－(x＋1)(x－1)＝(x－1)(2x3－x－1)＝(x－1)(2x3－2x＋x－1)＝(x－1)[2x(x2－1)＋(x－1)]＝(x－1)2(2x2＋2x＋1)＝(x－1)2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋\f(1,2)))≥0，所以1＋2x4≥2x3＋x2.方法二(1＋2x4)－(2x3＋x2)＝x4－2x3＋x2＋x4－2x2＋1＝(x－1)2·x2＋(x2－1)2≥0，所以1＋2x4≥2x3＋x2.(2)eq\f(aabb,abeq\s\up7(\f(a+b,2)))＝aeq\s\up7(\f(ab,2))beq\s\up7(\f(ba,2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up7(\f(ab,2))，当a＝b时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up7(\f(ab,2))＝1；当a＞b＞0时，eq\f(a,b)＞1，eq\f(a－b,2)＞0，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up7(\f(ab,2))＞1；当b＞a＞0时，0＜eq\f(a,b)＜1，eq\f(a－b,2)＜0，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up7(\f(ab,2))＞1.所以aabb≥(ab)eq\s\up7(\f(a+b,2)).[刷好题]1．设a，b是非负实数，求证：a3＋b3≥eq\r(ab)(a2＋b2)．证明：由a，b是非负实数，作差得a3＋b3－eq\r(ab)(a2＋b2)＝a2eq\r(a)(eq\r(a)－eq\r(b))＋b2eq\r(b)(eq\r(b)－eq\r(a))＝(eq\r(a)－eq\r(b))[(eq\r(a))5－(eq\r(b))5]．当a≥b时，eq\r(a)≥eq\r(b)，从而(eq\r(a))5≥(eq\r(b))5，得(eq\r(a)－eq\r(b))[(eq\r(a))5－(eq\r(b))5]≥0；当a＜b时，eq\r(a)＜eq\r(b)，从而(eq\r(a))5＜(eq\r(b))5，得(eq\r(a)－eq\r(b))[(eq\r(a))5－(eq\r(b))5]＞0，所以a3＋b3≥eq\r(ab)(a2＋b2)．2．已知a，b∈(0，＋∞)，求证：abba≤(ab)eq\f(a＋b,2).证明：eq\f(abba,abeq\s\up7(\f(a+b,2)))＝ab－eq\f(a＋b,2)ba－eq\f(a＋b,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up7(\f(ab,2)).当a＝b时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up7(\f(ab,2))＝1；当a＞b＞0时，0＜eq\f(b,a)＜1，eq\f(a－b,2)＞0，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\f(a－b,2)＜1.当b＞a＞0时，eq\f(b,a)＞1，eq\f(a－b,2)＜0，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up7(\f(ab,2))＜1.所以abba≤(ab)eq\s\up7(\f(a+b,2)).用综合法、分析法证明不等式[明技法]分析法与综合法常常结合起来使用，称为分析综合法，其实质是既充分利用已知条件，又时刻瞄准解题目标，即不仅要搞清已知什么，还要明确干什么，通常用分析法找到解题思路，用综合法书写证题过程．[提能力]【典例】设x≥1，y≥1，求证：x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy.证明：由于x≥1，y≥1，要证x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy，只需证xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.因为[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1)，因为x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，从而所要证明的不等式成立．[刷好题]设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1.证明：(1)ab＋bc＋ca≤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).(2)因为eq\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即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.反证法证明不等式[明技法]利用反证法证明问题的一般步骤(1)否定原结论；(2)从假设出发，导出矛盾；(3)证明原命题正确．[提能力]【典例】(1)设0＜a，b，c＜1，求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不可能同时大于eq\f(1,4).证明：设(1－a)b＞eq\f(1,4)，(1－b)c＞eq\f(1,4)，(1－c)a＞eq\f(1,4)，三式相乘得(1－a)b·(1－b)c·(1－c)a＞eq\f(1,64)，①又因为0＜a，b，c＜1，所以0＜(1－a)a≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1－a＋a,2)))2＝eq\f(1,4).同理：(1－b)b≤eq\f(1,4)，(1－c)c≤eq\f(1,4)，以上三式相乘得(1－a)a·(1－b)b·(1－c)c≤eq\f(1,64)，与①矛盾．所以(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不可能同时大于eq\f(1,4).(2)已知a＋b＋c＞0，ab＋bc＋ca＞0，abc＞0，求证：a，b，c＞0.证明：①设a＜0，因为abc＞0，所以bc＜0.又由a＋b＋c＞0，则b＋c＞－a＞0，所以ab＋bc＋ca＝a(b＋c)＋bc＜0，与题设矛盾．②若a＝0，则与abc＞0矛盾，所以必有a＞0.同理可证：b＞0，c＞0.综上可证a，b，c＞0.[刷好题]1．已知f(x)＝x2＋px＋q，求证：(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝2(2)|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于eq\f(1,2).证明：(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)(2)假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于eq\f(1,2)，则|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|＜2.而|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥f(1)＋f(3)－2f(2)∴|f(1