2020年高考数学一轮(江苏理) 第12章 12.3 第2课时 不等式的证明.docx

第2课时　不等式的证明 考情考向分析　本节主要考查不等式的证明方法及柯西不等式的简单应用，以解答题的形式出现，属于低档题． 1．不等式证明的方法 (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⇔>1且a>0，b>0，因此当a>0，b>0时，要证明a>b，只要证明>1即可，这种方法称为作商比较法． (2)综合法 从已知条件出发，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 从待证不等式出发，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)反证法和放缩法 ①先假设要证的命题不成立，以此为出发点，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)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，这种方法叫做反证法． ②在证明不等式时，有时要把所证不等式的一边适当地放大或缩小，以利于化简并使它与不等式的另一边的关系更为明显，从而得出原不等式成立，这种方法称为放缩法． (5)数学归纳法 一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数n0的所有正整数n都成立时，可以用以下两个步骤： ①证明当n＝n0时命题成立； ②假设当n＝k (k∈N*，且k≥n0)时命题成立，证明n＝k＋1时命题也成立． 在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于不小于n0的所有正整数都成立．这种证明方法称为数学归纳法． 2．几个常用的不等式 (1)柯西不等式 ①柯西不等式的代数形式：设a，b，c，d都是实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2(当且仅当ad＝bc时，等号成立)． ②柯西不等式的向量形式：设α，β是两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立． ③柯西不等式的三角形不等式：设x1，y1，x2，y2，x3，y3∈R，则＋≥. ④柯西不等式的一般形式：设n为大于1的自然数，ai，bi(i＝1,2，…，n)为实数，则(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，等号当且仅当＝＝…＝时成立(当ai＝0时，约定bi＝0，i＝1,2，…，n)． (2)算术—几何平均不等式 若a1，a2，…，an为正数，则≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立． 题组一　思考辨析 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (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>1，则x＋2y>x－y.(　×　) (3)若a，b为正实数，a＋b＝1，则＋≥4.(　√　) (4)若实数x，y适合不等式xy>1，x＋y>－2，则x>0，y>0.(　√　) 题组二　教材改编 2．[P12例1]不等式：①x2＋3>3x；②a2＋b2≥2(a－b－1)；③＋≥2，其中恒成立的是________．(填序号) 答案　①② 解析　由①得x2＋3－3x＝2＋>0，所以x2＋3>3x恒成立；对于②，因为a2＋b2－2(a－b－1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，所以不等式成立；对于③，因为当ab<0时，＋－2＝<0，所以＋<2. 3．[P21习题T4]若a>b>1，x＝a＋，y＝b＋，则x与y的大小关系是________． 答案　x>y 解析　x－y＝a＋－＝a－b＋＝.由a>b>1，得ab>1，a－b>0， 所以>0，即x－y>0，所以x>y. 4．[P37习题T1]设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则的最小值为________． 答案　 解析　根据柯西不等式(ma＋nb)2≤(a2＋b2)(m2＋n2)，得25≤5(m2＋n2)，m2＋n2≥5，的最小值为. 题组三　易错自纠 5．已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最小值为________． 答案　9 解析　把a＋b＋c＝1代入到＋＋中， 得＋＋ ＝3＋＋＋ ≥3＋2＋2＋2＝9， 当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立． 6．(2019·徐州模拟)已知正数a，b，c满足2a＋3b＋6c＝2，求＋＋的最小值． 解　由于a，b，c>0， 所以＋＋＝ ≥2 ＝(＋＋)2＝27， 当且仅当＝＝， 即a∶b∶c＝3∶2∶1且a，b，c>0时，等号成立． 7．已知实数a，b，c满足a>0，b>0，c>0，且abc＝1. 证明：(1)(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8； (2)＋＋≤＋＋. 证明　(1)∵a>0，b>0，c>0,1＋a≥2， 1＋b≥2，1＋c≥2， ∴(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8＝8， 当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立． (2)∵＋＋＝bc＋ac＋ab，a>0，b>0，c>0， ∴ab＋bc≥2＝2， ab＋ac≥2＝2， bc＋ac≥2＝2， ∴＋＋≤ab＋ac＋bc， 即＋＋≤＋＋. 题型一　用综合法与分析法证明不等式 例1 (1)(2018·南京、盐城模拟)设a≠b，求证：a4＋6a2b2＋b4>4ab(a2＋b2)． 证明　a4＋6a2b2＋b4－4ab(a2＋b2) ＝(a2＋b2)2－4ab(a2＋b2)＋4a2b2 ＝(a2＋b2－2ab)2＝(a－b)4. 因为a≠b，所以(a－b)4>0， 所以a4＋6a2b2＋b4>4ab(a2＋b2)． (2)设a，b，c>0且ab＋bc＋ca＝1，求证：a＋b＋c≥. 证明　因为a，b，c>0，所以要证a＋b＋c≥， 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≤＋＋＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)， 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，表述简单、条理清楚，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 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＋(a＋b)＝2＋， 所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2. 题型二　用放缩法证明不等式 例2 若a，b∈R，求证：≤＋. 证明　方法一　当|a＋b|＝0时，不等式显然成立． 当|a＋b|≠0时， 由0<|a＋b|≤|a|＋|b|，可得≥， 所以＝≤＝ ＝＋≤＋. 方法二　令f(x)＝(x≥0)，易知f(x)在[0，＋∞)上为增函数， 又|a＋b|≤|a|＋|b|，∴f(|a＋b|)≤f(|a|＋|b|)． 即≤ ＝＋≤＋. 思维升华 (1)在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧．常见的放缩变换有： ①变换分式的分子和分母，如<，>，<，>.上面不等式中k∈N*，k>1； ②利用函数的单调性； ③真分数性质：“若0<a<b，m>0，则<”． (2)在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度． 跟踪训练2 设n是正整数，求证：≤＋＋…＋<1. 证明　由2n≥n＋k>n(k＝1,2，…，n)，得 ≤<. 当k＝1时，≤<； 当k＝2时，≤<； …； 当k＝n时，≤<， ∴＝≤＋＋…＋<＝1. ∴原不等式成立． 题型三　柯西不等式的应用 例3 已知函数f(x)＝|x＋3|，g(x)＝m－2|x－11|，若2f(x)≥g(x＋4)恒成立，实数m的最大值为t. (1)求实数m的最大值t； (2)已知实数x，y，z满足2x2＋3y2＋6z2＝a(a>0)，且x＋y＋z的最大值为，求a的值． 解　(1)由题意，知 g(x＋4)＝m－2|x＋4－11|＝m－2|x－7|. 若2f(x)≥g(x＋4)恒成立，则2|x＋3|≥m－2|x－7|，即m≤2(|x＋3|＋|x－7|)． 而由绝对值三角不等式可得2(|x＋3|＋|x－7|)≥2|(x＋3)－(x－7)|＝20，当且仅当(x＋3)(x－7)≤0时等号成立． ∴m≤20，故m的最大值t为20. (2)实数x，y，z满足2x2＋3y2＋6z2＝a(a>0)， 由柯西不等式可得 [(x)2＋(y)2＋(z)2]· ≥2， 即a×1≥(x＋y＋z)2，当且仅当2x＝3y＝6z时等号成立， ∴x＋y＋z≤. 又∵x＋y＋z的最大值是＝1，∴＝1，∴a＝1. 思维升华 (1)使用柯西不等式证明的关键是恰当变形，化为符合它的结构形式，当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时，就可使用柯西不等式进行证明． (2)利用柯西不等式求最值的一般结构为：(a＋a＋…＋a)≥(1＋1＋…＋1)2＝n2.在使用柯西不等式时，要注意右边为常数且应注意等号成立的条件． 跟踪训练3 (1)已知函数f(x)＝|x－1|＋|x＋3|，求x的取值范围，使f(x)为常函数； (2)若x，y，z∈R，x2＋y2＋z2＝1，求m＝x＋y＋z的最大值． 解　(1)f(x)＝|x－1|＋|x＋3|＝ 则当x∈[－3,1]时，f(x)为常函数． (2)由柯西不等式，得(x2＋y2＋z2)[()2＋()2＋()2]≥(x＋y＋z)2， 当且仅当＝＝时等号成立． 所以|x＋y＋z|≤3， 因此m的最大值为3. 1．(2018·常镇模拟)已知a，b，c为正数，且a＋b＋c＝3，求＋＋的最大值． 解　由柯西不等式可得 (＋＋)2≤(12＋12＋12)·[()2＋()2＋()2]＝3×12， ∴＋＋≤6， 当且仅当＝＝时取等号． ∴＋＋的最大值是6. 2．已知x＋y＝1，求2x2＋3y2的最小值． 解　由柯西不等式可知， (2x2＋3y2)· ≥2＝(x＋y)2＝1， ∴2x2＋3y2≥，当且仅当2x＝3y，即x＝，y＝时，等号成立．∴2x2＋3y2的最小值为. 3．(2018·江苏)若x，y，z为实数，且x＋2y＋2z＝6，求x2＋y2＋z2的最小值． 证明　由柯西不等式，得(x2＋y2＋z2)(12＋22＋22)≥(x＋2y＋2z)2. 因为x＋2y＋2z＝6，所以x2＋y2＋z2≥4， 当且仅当＝＝时，不等式取等号， 此时x＝，y＝，z＝， 所以x2＋y2＋z2的最小值为4. 4．设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明： (1)若ab>cd，则＋>＋； (2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件． 证明　(1)因为(＋)2＝a＋b＋2， (＋)2＝c＋d＋2， 由题设知a＋b＝c＋d，ab>cd， 得(＋)2>(＋)2. 因此＋ > ＋. (2)①若|a－b|<|c－d|，则(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＋ > ＋，即必要性成立； ②若＋ > ＋，则(＋)2>(＋)2， 即a＋b＋2 >c＋d＋2. 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|，即充分性成立． 综上，＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件． 5．(1)关于x的不等式|x－3|＋|x－4|<a的解集不是空集，求a的取值范围； (2)设x，y，z∈R，且＋＋＝1，求x＋y＋z的取值范围． 解　(1)∵|x－3|＋|x－4|≥|(x－3)－(x－4)|＝1， 且|x－3|＋|x－4|<a的解集不是空集，∴a>1， 即a的取值范围是(1，＋∞)． (2)由柯西不等式， 得[42＋()2＋22]· ≥2＝(x＋y＋z)2， 即25×1≥(x＋y＋z)2，当且仅当＝＝时等号成立． ∴5≥|x＋y＋z|，∴－5≤x＋y＋z≤5. ∴x＋y＋z的取值范围是[－5,5]． 6．设a，b，c为正实数且a＋b＋c＝1. (1)求证：2ab＋bc＋ca＋≤； (2)求证：＋＋≥2. 证明　(1)因为1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≥4ab＋2bc＋2ca＋c2， 所以2ab＋bc＋ca＋＝(4ab＋2bc＋2ca＋c2)≤. (2)因为≥，≥，≥， 所以＋＋≥＋＋＝a＋b＋c≥2a＋2b＋2c＝2，当且仅当a＝b＝c时取等号． 7．(2018·江苏省盐城中学模拟)已知a>b>0，且m＝a＋. (1)试利用基本不等式，求m的最小值t； (2)若实数x，y，z满足x2＋4y2＋z2＝t，求证：|x＋2y＋z|≤3. (1)解　由三个数的基本不等式得 m＝(a－b)＋b＋ ≥3＝3 (当且仅当a－b＝b＝，即b＝1，a＝2时取“＝”)，故有t＝3. (2)证明　∵x2＋4y2＋z2＝3，由柯西不等式得 [x2＋(2y)2＋z2](12＋12＋12)≥(x＋2y＋z)2 (当且仅当＝＝时取“＝”)， 整理得(x＋2y＋z)2≤9，即|x＋2y＋z|≤3. 8．已知函数f(x)＝2|x－2|＋3|x＋3|，若函数f(x)的最小值为m，正实数a，b满足4a＋25b＝m，求＋的最小值，并求出此时a，b的值． 解　依题意，f(x)＝ 当x＝－3时，函数f(x)有最小值10， 故4a＋25b＝10， 故＋＝(4a＋25b) ＝≥， 当且仅当＝时等号成立，此时a＝，b＝. 9．已知a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝2. (1)求证：ab＋bc＋ac≤； (2)若a，b，c都小于1，求a2＋b2＋c2的取值范围． (1)证明　∵a＋b＋c＝2， ∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝4， ∴2a2＋2b2＋2c2＋4ab＋4bc＋4ca＝8， ∴8＝2a2＋2b2＋2c2＋4ab＋4bc＋4ca≥6ab＋6bc＋6ac，当且仅当a＝b＝c时取等号，∴ab＋bc＋ac≤. (2)解　由题意可知，a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝4， ∴4≤a2＋b2＋c2＋a2＋b2＋b2＋c2＋a2＋c2＝3(a2＋b2＋c2)，当且仅当a＝b＝c时取等号，∴a2＋b2＋c2≥. ∵0<a<1，∴a>a2.同理b>b2，c>c2. ∴a2＋b2＋c2<a＋b＋c＝2， ∴≤a2＋b2＋c2<2， ∴a2＋b2＋c2的取值范围为. 10．已知函数f(x)＝k－|x－3|，k∈R，且f(x＋3)≥0的解集为[－1,1]． (1)求k的值； (2)若a，b，c是正实数，且＋＋＝1，求证：a＋b＋c≥1. (1)解　因为f(x)＝k－|x－3|， 所以f(x＋3)≥0等价于|x|≤k. 由|x|≤k有解，得k≥0， 且其解集为{x|－k≤x≤k}． 因为f(x＋3)≥0的解集为[－1,1]，所以k＝1. (2)证明　由(1)知＋＋＝1， 因为a，b，c是正实数， 所以a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)· ＝3＋＋＋＋＋＋ ＝3＋＋＋ ≥3＋2＋2＋2＝9， 当且仅当a＝2b＝3c时取等号， 所以a＋b＋c≥1. 11．已知函数f(x)＝m－|x－1|－|x－2|，m∈R，且f(x＋1)≥0的解集为[0,1]． (1)求m的值； (2)若a，b，c，x，y，z∈R，且x2＋y2＋z2＝a2＋b2＋c2＝m，求证：ax＋by＋cz≤1. (1)解　由f(x＋1)≥0，得|x|＋|x－1|≤m. ∵|x|＋|x－1|≥1恒成立， ∴若m<1，不等式|x|＋|x－1|≤m的解集为∅，不合题意； 若m＝1，不等式|x|＋|x－1|≤1的解集为[0,1]． 若m>1，①当x<0时，≤x<0； ②当0≤x≤1时，得x＋1－x≤m,0≤x≤1； ③当x>1时，得2x－1≤m,1<x≤. 综上可知，当m>1时，不等式|x|＋|x－1|≤m的解集为. 由题意知，原不等式的解集为[0,1]． ∴＝0，＝1，解得m＝1(舍)． ∴m＝1. (2)证明　∵x2＋a2≥2ax，y2＋b2≥2by，z2＋c2≥2cz，当且仅当x＝a，y＝b，z＝c时等号成立． 三式相加，得 x2＋y2＋z2＋a2＋b2＋c2≥2ax＋2by＋2cz. 由题意及(1)，知x2＋y2＋z2＝a2＋b2＋c2＝m＝1， ∴2≥2(ax＋by＋cz)，∴ax＋by＋cz≤1，不等式得证． 12．已知a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)． (1)求＋＋的最小值； (2)求证：(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2. (1)解　因为a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1， x1，x2∈(0，＋∞)， 所以＋＋≥3· ＝3·≥3·＝3×＝6， 当且仅当＝＝且a＝b，即a＝b＝ 且x1＝x2＝1时，＋＋有最小值6. (2)证明　方法一　由a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1， x1，x2∈(0，＋∞)及柯西不等式，得 (ax1＋bx2)(ax2＋bx1) ＝[()2＋()2]·[()2＋()2] ≥(· ＋· )2 ＝(a＋b)2＝x1x2， 当且仅当＝，即x1＝x2时取得等号． 所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2. 方法二　因为a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)， 所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1) ＝a2x1x2＋abx＋abx＋b2x1x2 ＝x1x2(a2＋b2)＋ab(x＋x) ≥x1x2(a2＋b2)＋ab(2x1x2) ＝x1x2(a2＋b2＋2ab) ＝x1x2(a＋b)2 ＝x1x2， 当且仅当x1＝x2时，取得等号． 所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2.