2025版高考数学大一轮复习第十三章系列4选讲13.2不等式选讲第2课时不等式的证明教案理含解析新人教A版

PAGEPAGE1第2课时不等式的证明最新考纲考情考向分析通过一些简洁问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法.主要考查用比较法、综合法、分析法证明不等式，题型为解答题，中档难度.1．比较法(1)作差比较法知道a>b⇔a－b>0，a<b⇔a－b<0，因此要证明a>b，只要证明a－b>0即可，这种方法称为作差比较法．(2)作商比较法由a>b>0⇔eq\f(a,b)>1且a>0，b>0，因此当a>0，b>0时，要证明a>b，只要证明eq\f(a,b)>1即可，这种方法称为作商比较法．2．综合法从已知条件动身，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，最终推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法叫做综合法，即“由因导果”的方法．3．分析法从待证不等式动身，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)，从而得出要证的不等式成立，这种证明方法叫做分析法，即“执果索因”的方法．4．反证法先假设要证的命题不成立，以此为动身点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)冲突的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立．5．放缩法证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的．

概念方法微思索1．综合法与分析法有何内在联系？提示综合法往往是分析法的相反过程，其表述简洁、条理清晰，当问题比较困难时，通常把分析法和综合法结合起来运用，以分析法找寻证明的思路，而用综合法叙述、表达整个证明过程．2．分析法的过程中为什么要运用“要证”，“只需证”这样的连接“关键词”？提示因为“要证”“只需证”这些词说明白分析法须要寻求的是充分条件，符合分析法的思维是逆向思维的特点，因此在证题时，这些词是必不行少的．题组一思索辨析1．推断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)当a≥0，b≥0时，eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab).(√)(2)用反证法证明命题“a，b，c全为0”的假设为“a，b，c全不为0”．(×)(3)若实数x，y适合不等式xy>1，x＋y>－2，则x>0，y>0.(√)(4)若m＝a＋2b，n＝a＋b2＋1，则n≥m.(√)题组二教材改编2．已知a，b∈R＋，a＋b＝2，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值为()A．1B．2C．4D．8答案B解析因为a，b∈R＋，且a＋b＝2，所以(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(4,a＋b)＝2，即eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值为2(当且仅当a＝b＝1时，“＝”成立)．故选B.3．若a，b，m∈R＋，且a>b，则下列不等式肯定成立的是()A.eq\f(b＋m,a＋m)≥eq\f(b,a) B.eq\f(b＋m,a＋m)>eq\f(b,a)C.eq\f(b＋m,a＋m)≤eq\f(b,a) D.eq\f(b＋m,a＋m)<eq\f(b,a)答案B解析因为a，b，m∈R＋，且a>b.所以eq\f(b＋m,a＋m)－eq\f(b,a)＝eq\f(ma－b,aa＋m)>0，即eq\f(b＋m,a＋m)>eq\f(b,a)，故选B.题组三易错自纠4．已知a＋b＋c>0，ab＋bc＋ac>0，abc>0，用反证法求证a>0，b>0，c>0时的反设为()A．a<0，b<0，c<0 B．a≤0，b>0，c>0C．a，b，c不全是正数 D．abc<0答案C5．若a>b>1，x＝a＋eq\f(1,a)，y＝b＋eq\f(1,b)，则x与y的大小关系是()A．x>yB．x<yC．x≥yD．x≤y答案A解析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.故选A.6．若a＝eq\r(3)－eq\r(2)，b＝eq\r(6)－eq\r(5)，c＝eq\r(7)－eq\r(6)，则a，b，c的大小关系为()A．a>b>c B．a>c>bC．b>c>a D．c>a>b答案A解析“分子”有理化得a＝eq\f(1,\r(3)＋\r(2))，b＝eq\f(1,\r(6)＋\r(5))，c＝eq\f(1,\r(7)＋\r(6))，∴a>b>c.题型一用综合法与分析法证明不等式例1(1)已知x，y均为正数，且x>y，求证：2x＋eq\f(1,x2－2xy＋y2)≥2y＋3；(2)设a，b，c>0且ab＋bc＋ca＝1，求证：a＋b＋c≥eq\r(3).证明(1)因为x>0，y>0，x－y>0，2x＋eq\f(1,x2－2xy＋y2)－2y＝2(x－y)＋eq\f(1,x－y2)＝(x－y)＋(x－y)＋eq\f(1,x－y2)≥3eq\r(3,x－y2·\f(1,x－y2))＝3(当且仅当x－y＝1时，等号成立)，所以2x＋eq\f(1,x2－2xy＋y2)≥2y＋3.(2)因为a，b，c>0，所以要证a＋b＋c≥eq\r(3)，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ab＋bc＋ca≤eq\f(a2＋b2,2)＋eq\f(b2＋c2,2)＋eq\f(c2＋a2,2)＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)成立，所以原不等式成立．思维升华用综合法证明不等式是“由因导果”，用分析法证明不等式是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法．综合法往往是分析法的逆过程，表述简洁、条理清晰，所以在实际应用时，往往用分析法找思路，用综合法写步骤，由此可见，分析法与综合法相互转化，相互渗透，互为前提，充分利用这一辩证关系，可以增加解题思路，开阔视野．跟踪训练1(2024·全国Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2，证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；(2)a＋b≤2.证明(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)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋eq\f(3a＋b2,4)(a＋b)＝2＋eq\f(3a＋b3,4)(当且仅当a＝b时，取等号)，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.题型二放缩法证明不等式例2(1)设a>0，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－1))<eq\f(a,3)，|y－2|<eq\f(a,3)，求证：|2x＋y－4|<a.证明由a>0，|x－1|<eq\f(a,3)，可得|2x－2|<eq\f(2a,3)，又|y－2|<eq\f(a,3)，∴|2x＋y－4|＝|(2x－2)＋(y－2)|≤|2x－2|＋|y－2|<eq\f(2a,3)＋eq\f(a,3)＝a.即|2x＋y－4|<a.(2)设n是正整数，求证：eq\f(1,2)≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)<1.证明由2n≥n＋k>n(k＝1,2，…，n)，得eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋k)<eq\f(1,n).当k＝1时，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋1)<eq\f(1,n)；当k＝2时，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋2)<eq\f(1,n)；…当k＝n时，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋n)<eq\f(1,n)，∴eq\f(1,2)＝eq\f(n,2n)≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)<eq\f(n,n)＝1.∴原不等式成立．思维升华(1)在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的证明技巧，常见的放缩方法有：①变换分式的分子和分母，如eq\f(1,k2)<eq\f(1,kk－1)，eq\f(1,k2)>eq\f(1,kk＋1)，eq\f(1,\r(k))<eq\f(2,\r(k)＋\r(k－1))，eq\f(1,\r(k))>eq\f(2,\r(k)＋\r(k＋1))，上面不等式中k∈N＋，k>1；②利用函数的单调性；③利用结论，如“若0<a<b，m>0，则eq\f(a,b)<eq\f(a＋m,b＋m).”(2)运用肯定值不等式的性质证明不等式时，常与放缩法结合在一起应用，利用放缩法时要目标明确，通过添、拆项后，适当放缩．跟踪训练2设f(x)＝x2－x＋1，实数a满意|x－a|<1，求证：|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1)．证明|f(x)－f(a)|＝|x2－x－a2＋a|＝|x－a|·|x＋a－1|<|x＋a－1|＝|x－a＋2a－1|≤|x－a|＋|2a－1|<1＋|2a|＋1＝2(|a|＋1)，即|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1)．1．设函数f(x)＝|x－p|.(1)当p＝2时，解不等式f(x)≥4－|x－1|；(2)若f(x)≥1的解集为(－∞，0]∪[2，＋∞)，eq\f(1,m)＋eq\f(2,n－1)＝p(m>0，n>0)，求证：m＋2n≥11.(1)解当p＝2时，不等式为|x－2|＋|x－1|≥4，∵|x－2|＋|x－1|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－3，x≥2，,1，1<x<2，,3－2x，x≤1，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥2，,2x－3≥4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤1，,3－2x≥4，))解得x≥eq\f(7,2)或x≤－eq\f(1,2)，∴不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞)).(2)证明由f(x)≥1，得|x－p|≥1，即x≤p－1或x≥p＋1，∵f(x)≥1的解集为(－∞，0]∪[2，＋∞)，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p－1＝0，,p＋1＝2，))解得p＝1，∴eq\f(1,m)＋eq\f(2,n－1)＝1，∵m>0，n>0，∴m＋2(n－1)＝[m＋2(n－1)]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(2,n－1)))＝5＋eq\f(2m,n－1)＋eq\f(2n－1,m)≥9，当且仅当m＝3，n＝4时取等号，∴m＋2n≥11.2．已知函数f(x)＝|x－1|，关于x的不等式f(x)<3－|2x＋1|的解集记为A.(1)求A；(2)已知a，b∈A，求证：f(ab)>f(a)－f(b)．(1)解由f(x)<3－|2x＋1|，得|x－1|＋|2x＋1|<3，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤－\f(1,2)，,1－x－2x－1<3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)<x<1，,1－x＋2x＋1<3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x－1＋2x＋1<3，))解得－1<x≤－eq\f(1,2)或－eq\f(1,2)<x<1，∴集合A＝{x|－1<x<1}．(2)证明∵a，b∈A，∴－1<ab<1，∴f(ab)＝|ab－1|＝1－ab，f(a)＝|a－1|＝1－a，f(b)＝|b－1|＝1－b，∵f(ab)－(f(a)－f(b))＝1－ab－1＋a＋1－b＝(1＋a)(1－b)>0，∴f(ab)>f(a)－f(b)．3．已知函数f(x)＝|x－5|，g(x)＝5－|2x－3|.(1)解不等式f(x)<g(x)；(2)设F＝f(x2＋y2)－g(3y＋12)，求证：F≥2.(1)解由题意得原不等式为|x－5|＋|2x－3|<5，等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>5，,x－5＋2x－3<5))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)≤x≤5，,5－x＋2x－3<5))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<\f(3,2)，,5－x＋3－2x<5，))解得x∈∅或eq\f(3,2)≤x<3或1<x<eq\f(3,2)，综上可得1<x<3.∴原不等式的解集为{x|1<x<3}．(2)证明F＝|x2＋y2－5|＋|2(3y＋12)－3|－5＝|x2＋y2－5|＋|6y＋21|－5≥|x2＋y2－5＋6y＋21|－5＝|x2＋(y＋3)2＋7|－5＝x2＋(y＋3)2＋2≥2，当且仅当x＝0且y＝－3时等号成立．4．已知函数f(x)＝x2＋|x－2|.(1)解不等式f(x)>2|x|；(2)若f(x)≥a2＋2b2＋3c2(a>0，b>0，c>0)对随意x∈R恒成立，求证：eq\r(ab)·c<eq\f(7\r(2),32).(1)解由f(x)>2|x|，得x2＋|x－2|>2|x|，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥2，,x2＋x－2>2x))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<x<2，,x2＋2－x>2x))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x2＋2－x>－2x，))解得x>2或0<x<1或x≤0，即x>2或x<1.所以不等式f(x)>2|x|的解集为(－∞，1)∪(2，＋∞)．(2)证明当x≥2时，f(x)＝x2＋x－2≥22＋2－2＝4；当x<2时，f(x)＝x2－x＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(7,4)≥eq\f(7,4)，所以f(x)的最小值为eq\f(7,4).因为f(x)≥a2＋2b2＋3c2对随意x∈R恒成立，所以a2＋2b2＋3c2≤eq\f(7,4).又a2＋2b2＋3c2＝a2＋c2＋2(b2＋c2)≥2ac＋4bc≥4eq\r(2abc2)，且等号不能同时成立，所以4eq\r(2abc2)<eq\f(7,4)，即eq\r(ab)·c<eq\f(7\r(2),32).5．(2024·大连模拟)已知函数f(x)＝|2x＋1|.(1)求不等式f(x)≤8－|x－3|的解集；(2)若正数m，n满意m＋3n＝mn，求证：f(m)＋f(－3n)≥24.(1)解不等式f(x)≤8－|x－3|即为|2x＋1|＋|x－3|≤8，此不等式等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,2)，,－2x－1＋3－x≤8))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)≤x≤3，,2x＋1＋3－x≤8))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>3，,2x＋1＋x－3≤8，))解得－2≤x<－eq\f(1,2)或－eq\f(1,2)≤x≤3或3<x≤eq\f(10,3)，即不等式的解集为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\a