2019版高考數(shù)學一輪復習 第12章 選4系列 12.4 證明不等式的基本方法學案 文

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1、 12．4　證明不等式的基本方法 [知識梳理] 1．證明不等式的基本方法：比較法、綜合法、分析法、反證法、放縮法． 2．三個正數(shù)的算術(shù)-幾何平均不等式 (1)定理：如果a，b，c∈R＋那么≥，當且僅當a＝b＝c時，等號成立．即三個正數(shù)的算術(shù)平均不小于它們的幾何平均. (2)基本不等式的推廣 對于n個正數(shù)a1，a2，…，an，它們的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)，即≥ ，當且僅當a1＝a2＝…＝an時，等號成立． 3．柯西不等式 (1)設(shè)a，b，c，d均為實數(shù)，則(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，當且僅當ad＝bc時等號成立． (2)若ai，bi(i∈

2、N*)為實數(shù)，則≥2，當且僅當＝＝…＝(當ai＝0時，約定bi＝0，i＝1,2，…，n)時等號成立． (3)柯西不等式的向量形式：設(shè)α，β為平面上的兩個向量，則|α||β|≥|α·β|，當且僅當α，β共線時等號成立． [診斷自測] 1．概念思辨 (1)用反證法證明命題“a，b，c全為0”時，假設(shè)為“a，b，c全不為0”．(　　) (2)若>1，則x＋2y>x－y.(　　) (3)|a＋b|＋|a－b|≥|2a|.(　　) (4)若實數(shù)x，y適合不等式xy>1，x＋y>－2，則x>0，y>0.(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√ 2．教材衍化 (1)(選修A

3、4－5P23T1)不等式：①x2＋3>3x；②a2＋b2≥2(a－b－1)；③＋≥2，其中恒成立的是(　　) A．①③ B．②③ C．①②③ D．①② 答案　D 解析　由①得x2＋3－3x＝2＋>0，所以x2＋3>3x；對于②，因為a2＋b2－2(a－b－1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，所以不等式成立；對于③，因為當ab<0時，＋－2＝<0，即＋<2.故選D. (2)(選修A4－5P25T2)已知a，b，c是正實數(shù)，且a＋b＋c＝1，則＋＋的最小值為________． 答案　9 解析　把a＋b＋c＝1代入＋＋，得 ＋＋ ＝3＋＋＋ ≥3＋2＋2＋2＝9， 當且僅

4、當a＝b＝c＝時，等號成立． 3．小題熱身 (1)(2017·聊城模擬)下列四個不等式：①logx10＋lg x≥2(x>1)；②|a－b|<|a|＋|b|；③≥2(ab≠0)；④|x－1|＋|x－2|≥1，其中恒成立的個數(shù)是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　C 解析　logx10＋lg x＝＋lg x≥2(x>1)，①正確． ab≤0時，|a－b|＝|a|＋|b|，②不正確； 因為ab≠0，與同號， 所以＝＋≥2，③正確； 由|x－1|＋|x－2|的幾何意義知， |x－1|＋|x－2|≥1恒成立，④正確， 綜上①③④正確．故選C. (2)設(shè)a，b，

5、m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，則的最小值為________． 答案　 解析　由柯西不等式得(ma＋nb)2≤(m2＋n2)(a2＋b2)，即m2＋n2≥5，∴ ≥，∴所求最小值為. 題型1　綜合法證明不等式 　　(2018·安徽百校模擬)已知a>0，b>0，函數(shù)f(x)＝|2x＋a|＋2＋1的最小值為2. (1)求a＋b的值； (2)求證：a＋log3≥3－b. (1)當絕對值符號中x的系數(shù)相同時，利用絕對值不等式的性質(zhì)消去x即可；(2)利用a＋b＝1轉(zhuǎn)化為＋＝(a＋b)求解． 解　(1)因為f(x)＝|2x＋a|＋|2x－b|＋1≥|2x＋a－(2x－b

6、)|＋1＝|a＋b|＋1， 當且僅當(2x＋a)(2x－b)≤0時，等號成立， 又a>0，b>0，所以|a＋b|＝a＋b， 所以f(x)的最小值為a＋b＋1＝2，所以a＋b＝1. (2)證明：由(1)知，a＋b＝1， 所以＋＝(a＋b)＝1＋4＋＋≥5＋2＝9， 當且僅當＝且a＋b＝1，即a＝，b＝時取等號． 所以log3≥log39＝2， 所以a＋b＋log3≥1＋2＝3，即a＋log3≥3－b. 方法技巧 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

7、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，要注意性質(zhì)成立的前提條件． 沖關(guān)針對訓練 (2018·浙江金華模擬)已知x，y∈R. (1)若x，y滿足|x－3y|<，|x＋2y|<，求證：|x|<； (2)求證：x4＋16y4≥2x3y＋8xy3. 證明　(1)利用絕對值不等式的性質(zhì)得 |x|＝[|2(x－3y)＋3(x＋2y)|]≤[|2(x－3y)|＋|3(x＋2y)|]<＝. (2)因為x4＋16y4－(2x3y＋8xy3) ＝x4－2x3y＋16y4－8xy3 ＝x3(x－2y)＋8y3(2y－x) ＝(x－2y)(x3－8y3) ＝(x－2y)(x－2y)

8、(x2＋2xy＋4y2) ＝(x－2y)2[(x＋y)2＋3y2]≥0， ∴x4＋16y4≥2x3y＋8xy3. 題型2　分析法證明不等式 　　設(shè)a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1. 求證：(1)a＋b＋c≥； (2) ＋ ＋ ≥(＋＋)． 含根式的不等式考慮分析法． 證明　(1)要證a＋b＋c≥，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＋ac)≥3，而ab＋bc＋ca＝1，故需證明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ac)≥3(ab＋bc＋ac)，即證a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac. 因為ab＋bc＋ca≤＋＋＝a2＋

9、b2＋c2(當且僅當a＝b＝c時等號成立)， 所以原不等式成立． (2) ＋＋＝. 在(1)中已證a＋b＋c≥，因此要證原不等式成立，只需證明≥＋＋，即證a＋b＋c≤ab＋bc＋ca. 而a＝≤，b＝≤，c＝≤， 所以a＋b＋c≤ab＋bc＋ca(a＝b＝c＝時等號成立)．所以原不等式成立． 方法技巧 分析法證明不等式的思路 用分析法證明不等式時，分析的過程是尋求結(jié)論成立的充分條件，而不一定是充要條件，同時要正確使用“要證”“只需證”這樣的連接“關(guān)鍵詞”． 分析法與綜合法常常結(jié)合起來使用，稱為分析綜合法，其實質(zhì)是既充分利用已知條件，又時刻瞄準解題目標，即不僅要搞清已知什么，還

10、要明確干什么，通常用分析法找到解題思路，用綜合法書寫證題過程． 沖關(guān)針對訓練 1．若a≥b>0，試證：2a3－b3≥2ab2－a2b. 證明　要證明2a3－b3≥2ab2－a2b成立， 只需證2a3－b3－2ab2＋a2b≥0， 即證2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0， 即證(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0. ∵a≥b>0，∴a－b≥0，a＋b>0,2a＋b>0， 從而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0成立， ∴2a3－b3≥2ab2－a2b. 2．若m>0，a，b∈R，試證：2≤. 證明　因為m>0，所以1＋m>0. 所以要證原不等式成立， 只需證(a＋

11、mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)， 即證m(a2－2ab＋b2)≥0， 即證(a－b)2≥0， 而(a－b)2≥0顯然成立，故原不等式得證． 題型3　反證法證明不等式 　　(2015·湖南高考)設(shè)a>0，b>0，且a＋b＝＋.證明：(1)a＋b≥2； (2)a2＋a<2與b2＋b<2不可能同時成立． 否定形式的命題考慮用反證法． 證明　由a＋b＝＋＝，a>0，b>0，得ab＝1. (1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2，當且僅當a＝b＝1時等號成立． (2)假設(shè)a2＋a<2與b2＋b<2同時成立，則由a2＋a<2及a>0，得0

12、<1，從而ab<1，這與ab＝1矛盾．故a2＋a<2與b2＋b<2不可能同時成立． 方法技巧 反證法證明不等式的題型及思路 對于某些問題中所證結(jié)論若是“都是”“都不是”“至多”“至少”等問題，一般用反證法．其一般步驟是假設(shè)→推理→得出矛盾→肯定原結(jié)論． 沖關(guān)針對訓練 法國數(shù)學家阿達瑪說過“反證法在于表明，若肯定定理的假設(shè)而否定其結(jié)論，就會導致矛盾”這是對反證法精辟的概括．有如下用反證法證明命題：若a，b，c都是正數(shù)，則a＋，b＋，c＋中至少有一個不小于2. 證明　假設(shè)a＋，b＋，c＋全部小于2， 即由不等式的性質(zhì)，得 a＋＋b＋＋c＋<6， 而a＋＋b＋＋c＋＝＋＋≥2＋2＋

13、2＝6，與上式矛盾．所以，假設(shè)錯誤，原命題成立． 題型4　柯西不等式 　　(2017·江蘇高考)已知a，b，c，d為實數(shù)，且a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，證明：ac＋bd≤8. 證明　由柯西不等式，得(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)． 因為a2＋b2＝4，c2＋d2＝16， 所以(ac＋bd)2≤64， 因此ac＋bd≤8. 　　已知a，b，c∈R,4a2＋b2＋2c2＝4，求2a＋b＋c的最大值． 用湊配法得出柯西不等式的結(jié)構(gòu)． 解　由柯西不等式得[(2a)2＋b2＋(c)2]≥(2a＋b＋c)2. 因為4a2＋b2＋2c2＝4，所以(2a＋b＋c)2≤

14、10，當且僅當a＝，b＝，c＝時取等號． 所以－≤2a＋b＋c≤， 所以2a＋b＋c的最大值為. 方法技巧 利用柯西不等式的解題思路 1．用柯西不等式證明時，一般需要對不等式變形，使之與柯西不等式有相似的結(jié)構(gòu)，然后根據(jù)柯西不等式的結(jié)構(gòu)特征，利用柯西不等式進行證明． 2．利用柯西不等式求最值的一般結(jié)構(gòu)為(a＋a＋…＋a)≥(1＋1＋…＋1)2＝n2.在使用柯西不等式時，要注意右邊為常數(shù)和等號成立的條件． 沖關(guān)針對訓練 若p，q，r為正實數(shù)，且＋＋＝4，求3p＋2q＋r的最小值． 解　令a1＝，a2＝，a3＝. 由柯西不等式，得 ·(a＋a＋a)≥2＝9，即(3p＋2q＋r)

15、≥9. ∵＋＋＝4，∴3p＋2q＋r≥， 當且僅當＝＝＝，即p＝，q＝，r＝時，取等號． ∴3p＋2q＋r的最小值為. 1．(2017·民樂模擬)設(shè)a>0，b>1，若a＋b＝2，則＋的最小值為(　　) A．2 B．8 C．4 D．4＋2 答案　D 解析　∵設(shè)a>0，b>1，a＋b＝2， ∴＋＝(a＋b－1)＝4＋＋≥4＋2＝4＋2，當且僅當a＝(b－1)＝時取等號， ∴＋的最小值為4＋2.故選D. 2．(2017·紅花崗期中)設(shè)x，y，z∈R，且＋＋＝1，求x＋y＋z的最大值與最小值． 解　∵x＋y＋z＝4·＋·＋2·＋2， 根據(jù)柯西不等式，(x1x2＋y1y

16、2＋z1z2)2≤(x＋y＋z)·(x＋y＋z)，得 2≤(16＋5＋4)·＝25， 所以，≤5， 即－5≤4·＋·＋2·≤5， 因此，x＋y＋z∈[－3,7]， 故x＋y＋z的最大值為7，最小值為－3. 3．(2017·全國卷Ⅱ)已知a>0，b>0，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(a2－b2)2≥4. (2)因為(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b) ≤2＋(a

17、＋b)＝2＋， 所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2. 4．(2018·南昌模擬)函數(shù)f(x)＝. (1)若a＝5，求函數(shù)f(x)的定義域A； (2)設(shè)a，b∈(－1,1)，證明：<. 解　(1)由|x＋1|＋|x＋2|－5≥0， 當x≤－2時，－2x－8≥0，解得x≤－4； 當－2－1時，2x－2≥0，解得x≥1. 解得A＝{x|x≤－4或x≥1}． (2)證明：∵

18、＋4(b2－4)＝(b2－4)(4－a2)， ∵a，b∈(－1,1)，∴(b2－4)(4－a2)<0， ∴4(a＋b)2<(4＋ab)2，∴<. [基礎(chǔ)送分 提速狂刷練] 1．(2018·沈陽質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝|x－a|－x(a>0)． (1)若a＝3，解關(guān)于x的不等式f(x)<0； (2)若對于任意的實數(shù)x，不等式f(x)－f(x＋a)

19、－a|－|x|＋， 原不等式等價于|x－a|－|x|0，∴a1. 故實數(shù)a的取值范圍為(1，＋∞)． 2．(2017·河北石家莊二模)設(shè)函數(shù)f(x)＝|x－1|－|2x＋1|的最大值為m. (1)作出函數(shù)f(x)的圖象； (2)若a2＋2c2＋3b2＝m，求ab＋2bc的最大值． 解　(1)因為f(x)＝|x－1|－|2x＋1|， 所以f(x)＝ 畫出圖象如圖． (2)由(1)可知m＝. 因為＝m＝a2＋2c2＋3b2＝(a2

20、＋b2)＋2(c2＋b2)≥2ab＋4bc， 所以ab＋2bc≤，當且僅當a＝b＝c＝時，等號成立． 所以ab＋2bc的最大值為. 3．(2017·廣東肇慶統(tǒng)測)已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|，g(x)＝2|x|＋a. (1)若a＝0，解不等式f(x)≥g(x)； (2)若存在x∈R，使得f(x)≥g(x)成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解　(1)當a＝0時，由f(x)≥g(x)，得|x＋1|≥2|x|， 兩邊平方，并整理得(3x＋1)(1－x)≥0，所以所求不等式的解集為. (2)解法一：由f(x)≥g(x)，得|x＋1|≥2|x|＋a， 即|x＋1|－2|x|≥a. 令F(x

21、)＝|x＋1|－2|x|， 依題意可得F(x)max≥a. F(x)＝|x＋1|－|x|－|x|≤|x＋1－x|－|x|＝1－|x|≤1， 當且僅當x＝0時，上述不等式的等號同時成立，所以F(x)max＝1. 所以a的取值范圍是(－∞，1]． 解法二：由f(x)≥g(x)，得|x＋1|≥2|x|＋a， 即|x＋1|－2|x|≥a. 令F(x)＝|x＋1|－2|x|，依題意可得F(x)max≥a. F(x)＝|x＋1|－2|x|＝ 易得F(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當x＝0時，F(xiàn)(x)取得最大值，最大值為1. 故a的取值范圍是(－∞，1]．

22、 4．(2017·衡陽聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝|x－3|. (1)若不等式f(x－1)＋f(x)f. 證明：要證>f，只需證|ab－3|>|b－3a|， 即證(ab－3)2>(b－3a)2，又(ab－3)2－(b－3a)2＝a2b2－9a2－b2＋9＝(a2－1)(b2－9)．

23、 因為|a|<1，|b|<3，所以(ab－3)2>(b－3a)2成立，所以原不等式成立． 5．(2017·泉州一模)已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋|2x－4|. (1)解關(guān)于x的不等式f(x)<9； (2)若直線y＝m與曲線y＝f(x)圍成一個三角形，求實數(shù)m的取值范圍，并求所圍成的三角形面積的最大值． 解　(1)x≤－1，不等式可化為－x－1－2x＋4<9， ∴x>－2，∴－2－4，∴－1

24、0，a＋b＋c＝1.求證：(1)＋＋≤ ； (2)＋＋≥. 證明　(1)由柯西不等式得(＋＋)2＝(1·＋1·＋1·)2≤(12＋12＋12)[()2＋()2＋()2]＝3，當且僅當＝＝，即a＝b＝c＝時等號成立， ∴＋＋≤ . (2)由柯西不等式得 [(3a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)] ≥ 2＝9， 又a＋b＋c＝1，∴6≥9， ∴＋＋≥. 12