2024年高考數學大一輪(人教A版文)第十二章12.4　不等式的證明復習講義(學生版+解析)

§12.4不等式的證明考試要求1.通過一些簡單問題了解證明不等式的基本方法：比較法、綜合法、分析法、反證法與放縮法.2.掌握柯西不等式的用法．知識梳理1．比較法(1)作差比較法已知a>b?a－b>0，a<b?a－b<0，因此要證明a>b，只要證明________________即可，這種方法稱為作差比較法．(2)作商比較法由a>b>0?eq\f(a,b)>1且a>0，b>0，因此當a>0，b>0時，要證明a>b，只要證明__________即可，這種方法稱為作商比較法．2．綜合法從已知條件出發(fā)，利用定義、公理、定理、性質等，經過一系列的推理、論證而得出命題成立，這種證明方法叫做綜合法，又叫順推證法或由因導果法．3．分析法從要證的結論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至所需條件為已知條件或一個明顯成立的事實(定義、公理或已證明的定理、性質等)，從而得出要證的命題成立，這種證明方法叫做分析法，即“執(zhí)果索因”的方法．4．反證法先假設要證的命題不成立，以此為出發(fā)點，結合已知條件，應用公理、定義、定理、性質等，進行正確的推理，得到和命題的條件(或已證明的定理、性質、明顯成立的事實等)矛盾的結論，以說明假設不正確，從而證明原命題成立．5．放縮法證明不等式時，通過把不等式中的某些部分的值放大或縮小，簡化不等式，從而達到證明的目的．6．柯西不等式(1)二維形式的柯西不等式：設a，b，c，d都是實數，則(a2＋b2)(c2＋d2)≥______________，當且僅當________________時，等號成立．(2)一般形式的柯西不等式：設a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是實數，則(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n))(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2)＋…＋beq\o\al(2,n))≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，當且僅當bi＝0(i＝1,2，…，n)或存在一個實數k，使得ai＝kbi(i＝1,2，…，n)時，等號成立．(3)柯西不等式的向量形式：設α，β是兩個向量，則|α·β|≤|α||β|，當且僅當β是零向量，或存在實數k，使α＝kβ時，等號成立．思考辨析判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)當a≥0，b≥0時，eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab).()(2)用反證法證明命題“a，b，c全為0”的假設為“a，b，c全不為0”．()(3)若實數x，y滿足不等式xy>1，x＋y>－2，則x>0，y>0.()(4)若m＝a＋2b，n＝a＋b2＋1，則n≥m.()教材改編題1．若a>b>1，x＝a＋eq\f(1,a)，y＝b＋eq\f(1,b)，則x與y的大小關系是()A．x>y B．x<yC．x≥y D．x≤y2．已知a，b∈R＋，a＋b＝2，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值為()A．1B．2C．4D．83．函數f(x)＝3eq\r(x－5)＋eq\r(6－x)的最大值為________．題型一綜合法與分析法證明不等式例1已知f(x)＝|x＋1|＋|x－1|，不等式f(x)<4的解集為M.(1)求M；(2)當a，b∈M時，證明：2|a＋b|<|4＋ab|.________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________思維升華用綜合法證明不等式是“由因導果”，用分析法證明不等式是“執(zhí)果索因”，它們是兩種思路截然相反的證明方法．綜合法往往是分析法的逆過程，表述簡單、條理清楚，所以在實際應用時，往往用分析法找思路，用綜合法寫步驟，由此可見，分析法與綜合法相互轉化，互相滲透，互為前提，充分利用這一辯證關系，可以增加解題思路，開闊視野．跟蹤訓練1已知a，b，c為正數，且滿足a＋b＋c＝1.證明：(1)1－a≤eq\r(2b2＋c2)；________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________(2)2a2＋b2＋c2≥eq\f(2,5).________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________題型二放縮法證明不等式例2(1)設a>0，|x－1|<eq\f(a,3)，|y－2|<eq\f(a,3)，求證：|2x＋y－4|<a.________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________(2)設n是正整數，求證：eq\f(1,2)≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)<1.________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________思維升華常用的放縮方法有(1)①舍去或加上一些項，如eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2；②將分子或分母放大(縮小)，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))(k∈N*，k>1)等．(2)利用函數的單調性．(3)真分數性質“若0<a<b，m>0，則eq\f(a,b)<eq\f(a＋m,b＋m)”．跟蹤訓練2求證：eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)<2.__________________________________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eq\f(1,a)，y＝b＋eq\f(1,b)，則x與y的大小關系是()A．x>y B．x<yC．x≥y D．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.2．已知a，b∈R＋，a＋b＝2，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值為()A．1 B．2C．4 D．8答案B解析因為a，b∈R＋，且a＋b＝2，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(1,2)·(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a)＋\f(a,b)))≥eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋2\r(\f(b,a)·\f(a,b))))＝2(當且僅當a＝b＝1時，等號成立)，即eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值為2.3．函數f(x)＝3eq\r(x－5)＋eq\r(6－x)的最大值為________．答案eq\r(10)解析函數的定義域為[5,6]，且f(x)>0，f(x)≤eq\r(32＋1)·eq\r(\r(x－5)2＋\r(6－x)2)＝eq\r(10)，當且僅當3eq\r(6－x)＝eq\r(x－5)，即x＝eq\f(59,10)時取等號，所以f(x)的最大值為eq\r(10).題型一綜合法與分析法證明不等式例1已知f(x)＝|x＋1|＋|x－1|，不等式f(x)<4的解集為M.(1)求M；(2)當a，b∈M時，證明：2|a＋b|<|4＋ab|.(1)解由|x＋1|＋|x－1|<4，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,2x<4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x<1，,2<4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－1，,－2x<4，))解得－2<x<2，所以M＝(－2,2)．(2)證明要證2|a＋b|<|4＋ab|，只需證4(a2＋2ab＋b2)<a2b2＋8ab＋16，只需證a2b2－4a2－4b2＋16>0，即證(a2－4)(b2－4)>0.因為a，b∈(－2,2)，所以a2<4，b2<4，所以a2－4<0，b2－4<0.所以(a2－4)(b2－4)>0，所以原不等式成立．思維升華用綜合法證明不等式是“由因導果”，用分析法證明不等式是“執(zhí)果索因”，它們是兩種思路截然相反的證明方法．綜合法往往是分析法的逆過程，表述簡單、條理清楚，所以在實際應用時，往往用分析法找思路，用綜合法寫步驟，由此可見，分析法與綜合法相互轉化，互相滲透，互為前提，充分利用這一辯證關系，可以增加解題思路，開闊視野．跟蹤訓練1已知a，b，c為正數，且滿足a＋b＋c＝1.證明：(1)1－a≤eq\r(2b2＋c2)；(2)2a2＋b2＋c2≥eq\f(2,5).證明(1)因為1－a＝b＋c，只需證b＋c≤eq\r(2b2＋c2)，即證(b＋c)2≤2(b2＋c2)，即(b－c)2≥0，(b－c)2≥0顯然成立，故原式得證．(2)由(1)知，b2＋c2≥eq\f(b＋c2,2)，故2a2＋b2＋c2≥2a2＋eq\f(b＋c2,2)＝2a2＋eq\f(1－a2,2)＝eq\f(5,2)a2－a＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,5)))2＋eq\f(2,5)≥eq\f(2,5)，當且僅當a＝eq\f(1,5)，b＝c＝eq\f(2,5)時取等號，故原式得證．題型二放縮法證明不等式例2(1)設a>0，|x－1|<eq\f(a,3)，|y－2|<eq\f(a,3)，求證：|2x＋y－4|<a.證明由a>0，|x－1|<eq\f(a,3)，可得|2x－2|<eq\f(2a,3)，又|y－2|<eq\f(a,3)，則|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)設n是正整數，求證：eq\f(1,2)≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)<1.證明由2n≥n＋k>n(k＝1,2，…，n)，得eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋k)<eq\f(1,n).當k＝1時，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋1)<eq\f(1,n)；當k＝2時，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋2)<eq\f(1,n)；…；當k＝n時，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．思維升華常用的放縮方法有(1)①舍去或加上一些項，如eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2；②將分子或分母放大(縮小)，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))(k∈N*，k>1)等．(2)利用函數的單調性．(3)真分數性質“若0<a<b，m>0，則eq\f(a,b)<eq\f(a＋m,b＋m)”．跟蹤訓練2求證：eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)<2.證明∵eq\f(1,n2)<eq\f(1,nn－1)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)(n∈N*，n>1)，∴eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)<1＋eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,n－1×n)＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝1＋1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)＝2－eq\f(1,n)<2.∴原不等式成立．題型三柯西不等式例3(2022·全國甲卷)已知a，b，c均為正數，且a2＋b2＋4c2＝3，證明：(1)a＋b＋2c≤3；(2)若b＝2c，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)≥3.證明(1)方法一(平方轉化基本不等式證明)因為a2＋b2＋4c2＝3，所以(a＋b＋2c)2＝a2＋b2＋4c2＋2(ab＋2bc＋2ac)≤3＋(a2＋b2)＋[b2＋(2c)2]＋[a2＋(2c)2]＝3＋2[a2＋b2＋(2c)2]＝9，當且僅當a＝b＝2c＝1時取等號，又a，b，c均為正數，所以a＋b＋2c≤3.方法二(柯西不等式證明)因為a2＋b2＋4c2＝3，所以根據柯西不等式有3×3＝(a2＋b2＋4c2)·(12＋12＋12)≥(a＋b＋2c)2，當且僅當a＝b＝2c＝1時取等號．又a，b，c均為正數，所以a＋b＋2c≤3.(2)因為b＝2c，所以根據(1)有a＋4c≤3，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)＋\f(3,c)))≥eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋4c,a)＋\f(a＋4c,c)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4c,a)＋\f(a,c)＋4))≥eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(4c,a)·\f(a,c))))＝3，當且僅當a＝b＝2c＝1時取等號．思維升華(1)利用柯西不等式證明不等式，先使用拆項重組、添項等方法構造符合柯西不等式的形式及條件，再使用柯西不等式解決有關問題．(2)利用柯西不等式求最值，實質上就是利用柯西不等式進行放縮，放縮不當則等號可能不成立，因此，一定不能忘記檢驗等號成立的條件．跟蹤訓練3(2022·咸陽模擬)已知函數f(x)＝|x＋2|＋2|x－1|(x∈R)的最小值為m.(1)求m的值；(2)設a，b，c均為正數，2a＋2b＋c＝m，求a2＋b2＋c2的最小值．解(1)由題意得f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x，x≤－2，,－x＋4，－2<x<1，,3x，x≥1，))當x≤－2時，f(x)≥6；當－2<x<1時，3<f(x)<6；當x≥1時，f(x)≥3，綜上，f(x)min＝3，故m＝3.(2)因為2a＋2b＋c＝3，由柯西不等式可得，(a2＋b2＋c2)(22＋22＋12)≥(2a＋2b＋c)2＝9，所以a2＋b2＋c2≥1，當且僅當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋2b＋c＝3，,\f(a,2)＝\f(b,2)＝\f(c,1)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(2,3)，,b＝\f(2,3)，,c＝\f(1,3)))時，等號成立．所以a2＋b2＋c2的最小值為1.課時精練1．設函數f(x)＝|x＋3|＋|x－1|，x∈R，不等式f(x)<6的解集為M.(1)求M；(2)當a2∈M，b2∈M時，證明：|ab＋2|>eq\r(2)|a＋b|.(1)解由題意得f(x)＝|x＋3|＋|x－1|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x－2，x<－3，,4，－3≤x≤1，,2x＋2，x>1，))當x<－3時，由－2x－2<6，得－4<x<－3；當－3≤x≤1時，由4<6，得－3≤x≤1；當x>1時，由2x＋2<6，得1<x<2.綜上，不等式f(x)<6的解集M＝{x|－4<x<2}．(2)證明由a2∈M，b2∈M，得0≤a2<2,0≤b2<2.要證|ab＋2|>eq\r(2)|a＋b|，只需證(ab＋2)2>2(a＋b)2，只需證a2b2＋4ab＋4>2a2＋4ab＋2b2，只需證a2b2－2a2－2b2＋4>0，只需證(a2－2)(b2－2)>0，因為a2－2<0，b2－2<0，所以(a2－2)(b2－2)>0成立，即原不等式成立．2．(2022·全國乙卷)已知a，b，c都是正數，且＝1，證明：(1)abc≤eq\f(1,9)；(2)eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,a＋c)＋eq\f(c,a＋b)≤eq\f(1,2\r(abc)).證明(1)因為a，b，c都是正數，1＝≥＝3eq\r(abc)，所以abc≤eq\f(1,9)，當且僅當a＝b＝c＝時等號成立．(2)因為b>0，c>0，所以b＋c≥2eq\r(bc).又因為a>0，所以eq\f(a,b＋c)≤eq\f(a,2\r(bc))，同理得eq\f(b,a＋c)≤eq\f(b,2\r(ac))，eq\f(c,a＋b)≤eq\f(c,2\r(ab)).利用不等式的性質得eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,a＋c)＋eq\f(c,a＋b)≤eq\f(a,2\r(bc))＋eq\f(b,2\r(ac))＋eq\f(c,2\r(ab))＝＝＝eq\f(1,2\r(abc)