(全國通用版)2023版高考數(shù)學大一輪復習-不等式選講-第2節(jié)-不等式的證明學案-理-新人教B版

1、第2節(jié)不等式的證明最新考綱通過一些簡單問題了解證明不等式的根本方法：比擬法、綜合法、分析法.知 識 梳 理1.均值不等式定理1：如果a，bR，那么a2b22ab，當且僅當ab時，等號成立.定理2：如果a，b0，那么eq f(ab,2)eq r(ab)，當且僅當ab時，等號成立，即兩個正數(shù)的算術平均不小于(即大于或等于)它們的幾何平均.定理3：如果a，b，cR，那么eq f(abc,3)eq r(3,abc)，當且僅當abc時，等號成立.2.不等式的證明方法(1)比擬法作差法(a，bR)：ab0ab；ab0a0，b0)：eq f(a,b)1ab；eq f(a,b)1ab1，xaeq f(1,a)

2、，ybeq f(1,b)，那么x與y的大小關系是()A.xyB.xb1得ab1，ab0，所以eq f(abab1,ab)0，即xy0，所以xy.答案A3.(教材習題改編)ab0，M2a3b3，N2ab2a2b，那么M，N的大小關系為_.解析2a3b3(2ab2a2b)2a(a2b2)b(a2b2)(a2b2)(2ab)(ab)(ab)(2ab).因為ab0，所以ab0，ab0，2ab0，從而(ab)(ab)(2ab)0，故2a3b32ab2a2b.答案MN4.a0，b0且ln(ab)0，那么eq f(1,a)eq f(1,b)的最小值是_.解析由題意得，ab1，a0，b0，eq f(1,a)e

3、q f(1,b)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)f(1,b)(ab)2eq f(b,a)eq f(a,b)22eq r(f(b,a)f(a,b)4.當且僅當abeq f(1,2)時等號成立.eq f(1,a)eq f(1,b)的最小值是4.答案45.x0，y0，證明：(1xy2)(1x2y)9xy.證明因為x0，y0，所以1xy23eq r(3,xy2)0，1x2y3eq r(3,x2y)0，故(1xy2)(1x2y)3eq r(3,xy2)3eq r(3,x2y)9xy.考點一比擬法證明不等式【例11】 (2023江蘇卷)a，b，c，d為實數(shù)，且a2b24，c2d216

4、.試證明：acbd8.證明(a2b2)(c2d2)(acbd)2a2c2a2d2b2c2b2d2(a2c2b2d22acbd)b2c2a2d22acbd(bcad)20，(a2b2)(c2d2)(acbd)2，又a2b24，c2d216.因此(acbd)264，從而acbd8.【例12】 (一題多解)a0，b0，求證：eq f(a,r(b)eq f(b,r(a)eq r(a)eq r(b).證明法一因為eq f(a,r(b)eq f(b,r(a)(eq r(a)eq r(b)eq f(r(a)3r(b)3r(a)r(b)r(ab),r(ab)eq f(r(a)r(b)r(a)r(b)2,r(a

5、b)，a0，b0，eq f(r(a)r(b)r(a)r(b)2,r(ab)0.因此eq f(a,r(b)eq f(b,r(a)eq r(a)eq r(b).法二由于eq f(f(a,r(b)f(b,r(a),r(a)r(b)eq f(ar(a)br(b),r(ab)r(a)r(b)eq f(r(a)r(b)ar(ab)b,r(ab)r(a)r(b)eq f(ab,r(ab)1eq f(2r(ab),r(ab)11.又a0，b0，eq r(ab)0，所以eq f(a,r(b)eq f(b,r(a)eq r(a)eq r(b).規(guī)律方法1.作差(商)證明不等式，關鍵是對差(商)式進行合理的變形，特

6、別注意作商證明不等式，不等式的兩邊應同號.2.在例12證明中，法一采用局部通分，優(yōu)化了解題過程；在法二中，利用不等式的性質，把證明ab轉化為證明eq f(a,b)1(b0).提醒在使用作商比擬法時，要注意說明分母的符號.【訓練1】 設a，b是非負實數(shù)，求證：a2b2eq r(ab)(ab).證明因為a2b2eq r(ab)(ab)(a2aeq r(ab)(b2beq r(ab)aeq r(a)(eq r(a)eq r(b)beq r(b)(eq r(b)eq r(a)(eq r(a)eq r(b)(aeq r(a)beq r(b)(aeq sup6(f(1,2)beq sup6(f(1,2)(

7、aeq sup6(f(3,2)beq sup6(f(3,2).因為a0，b0，所以不管ab0，還是0ab，都有aeq sup6(f(1,2)beq sup6(f(1,2)與aeq sup6(f(3,2)beq sup6(f(3,2)同號，所以(aeq sup6(f(1,2)beq sup6(f(1,2)(aeq sup6(f(3,2)beq sup6(f(3,2)0，所以a2b2eq r(ab)(ab).考點二綜合法證明不等式【例21】 (2023全國卷)實數(shù)a0，b0，且a3b32.證明：(1)(ab)(a5b5)4；(2)ab2.證明(1)a0，b0，且a3b32.那么(ab)(a5b5)

8、a6ab5a5bb6(a3b3)22a3b3ab(a4b4)4ab(a42a2b2b4)4ab(a2b2)24.(2)因為(ab)3a33a2b3ab2b323ab(ab)2eq f(3ab2,4)(ab)2eq f(3ab3,4)，所以(ab)38，因此ab2.【例22】 (2023全國卷)函數(shù)f(x)eq blc|rc|(avs4alco1(xf(1,2)eq blc|rc|(avs4alco1(xf(1,2)，M為不等式f(x)2的解集.(1)求M；(2)證明：當a，bM時，|ab|1ab|.(1)解f(x)eq blc(avs4alco1(2x，xf(1,2)，,1，f(1,2)xf(

9、1,2)，,2x，xf(1,2).)當xeq f(1,2)時，由f(x)2得2x1，所以1xeq f(1,2)；當eq f(1,2)xeq f(1,2)時，f(x)2恒成立.當xeq f(1,2)時，由f(x)2得2x2，解得x1，所以eq f(1,2)x1.所以f(x)2的解集Mx|1x1.(2)證明由(1)知，當a，bM時，1a1，1b1，從而(ab)2(1ab)2a2b2a2b21(a21)(1b2)0，所以(ab)2(1ab)2，因此|ab|1ab|.規(guī)律方法1.綜合法證明不等式，要著力分析與求證之間，不等式的左右兩端之間的差異與聯(lián)系.合理進行轉換，恰中選擇不等式，這是證明的關鍵.2.

10、在用綜合法證明不等式時，不等式的性質和均值不等式是最常用的.在運用這些性質時，要注意性質成立的前提條件.【訓練2】 (2023石家莊調研)函數(shù)f(x)2|x1|x2|.(1)求f(x)的最小值m；(2)假設a，b，c均為正實數(shù)，且滿足abcm，求證：eq f(b2,a)eq f(c2,b)eq f(a2,c)3.(1)解當x3；當1x2時，f(x)2(x1)(x2)x4，此時，3f(x)6；當x2時，f(x)2(x1)(x2)3x6.綜上可知，f(x)的最小值m3.(2)證明a，b，c均大于0，且abc3.(abc)eq blc(rc)(avs4alco1(f(b2,a)f(c2,b)f(a2

11、,c)eq blc(rc)(avs4alco1(af(b2,a)eq blc(rc)(avs4alco1(bf(c2,b)eq blc(rc)(avs4alco1(cf(a2,c)2eq blc(rc)(avs4alco1(r(f(b2,a)a)r(f(c2,b)b)r(f(a2,c)c)2(abc)(當且僅當abc1時取“)，所以eq f(b2,a)eq f(c2,b)eq f(a2,c)abc，故eq f(b2,a)eq f(c2,b)eq f(a2,c)3.考點三分析法證明不等式【例3】 abc，且abc0，求證：eq r(b2ac)bc且abc0，知a0，c0.要證eq r(b2ac)

12、eq r(3)a，只需證b2ac3a2.abc0，只需證b2a(ab)0，只需證(ab)(2ab)0，只需證(ab)(ac)0.abc，ab0，ac0，(ab)(ac)0顯然成立，故原不等式成立.規(guī)律方法1.當要證的不等式較難發(fā)現(xiàn)條件和結論之間的關系時，可用分析法來尋找證明途徑，使用分析法證明的關鍵是推理的每一步必須可逆.2.分析法證明的思路是“執(zhí)果索因，其框圖表示為：eq x(QP1)eq x(P1P2)eq x(P2P3)eq x(得到一個明顯成立的條件)【訓練3】 (2023福州八中質檢)函數(shù)f(x)|x1|.(1)解不等式f(x)f(x4)8；(2)假設|a|1，|b|a|feq bl

13、c(rc)(avs4alco1(f(b,a).(1)解依題意，原不等式等價于|x1|x3|8.當x1時，那么2x28，解得x3.所以不等式f(x)f(x4)8的解集為x|x3或x5.(2)證明要證f(ab)|a|feq blc(rc)(avs4alco1(f(b,a)，只需證|ab1|ba|，只需證(ab1)2(ba)2.|a|1，|b|1，知a21，b20.故(ab1)2(ba)2成立.從而原不等式成立.根底穩(wěn)固題組(建議用時：50分鐘)1.設a，b，c均為正數(shù)，且abc1，證明：(1)abbccaeq f(1,3)；(2)eq f(a2,b)eq f(b2,c)eq f(c2,a)1.證明

14、(1)由a2b22ab，b2c22bc，c2a22ca得a2b2c2abbcca.當且僅當abc時取“.由題設得(abc)21，即a2b2c22ab2bc2ca1.所以3(abbcca)1，即abbccaeq f(1,3).(2)因為eq f(a2,b)b2a，eq f(b2,c)c2b，eq f(c2,a)a2c，當且僅當abc時取“.故eq f(a2,b)eq f(b2,c)eq f(c2,a)(abc)2(abc)，那么eq f(a2,b)eq f(b2,c)eq f(c2,a)abc.所以eq f(a2,b)eq f(b2,c)eq f(c2,a)1.2.設a0，b0，且abeq f(

15、1,a)eq f(1,b).證明：(1)ab2；(2)a2a2與b2b0，b0，得ab1.(1)由均值不等式及ab1，有ab2eq r(ab)2，當且僅當ab1時等號成立，即ab2.(2)假設a2a2與b2b2同時成立，那么由a2a0，得0a1；同理，0b1，從而ab1，這與ab1矛盾.故a2a2與b2bcd，那么eq r(a)eq r(b)eq r(c)eq r(d)；(2)eq r(a)eq r(b)eq r(c)eq r(d)是|ab|eq r(c)eq r(d)，只需證明(eq r(a)eq r(b)2(eq r(c)eq r(d)2，也就是證明ab2eq r(ab)cd2eq r(c

16、d)，只需證明eq r(ab)eq r(cd)，即證abcd.由于abcd，因此eq r(a)eq r(b)eq r(c)eq r(d).(2)假設|ab|cd|，那么(ab)2(cd)2，即(ab)24abcd.由(1)得eq r(a)eq r(b)eq r(c)eq r(d).假設eq r(a)eq r(b)eq r(c)eq r(d)，那么(eq r(a)eq r(b)2(eq r(c)eq r(d)2，ab2eq r(ab)cd2eq r(cd).abcd，所以abcd.于是(ab)2(ab)24ab(cd)24cd(cd)2.因此|ab|eq r(c)eq r(d)是|ab|cd|的

17、充要條件.7.(2023樂山模擬)定義在R上的函數(shù)f(x)|xm|x|，mN+，假設存在實數(shù)x使得f(x)1，f()f()6，求證：eq f(4,)eq f(1,)eq f(9,4).(1)解因為|xm|x|xmx|m|，要使|xm|x|2有解，那么|m|2，解得2m1，f()f()21216，4，eq f(4,)eq f(1,)eq f(1,4)eq blc(rc)(avs4alco1(f(4,)f(1,)()eq f(1,4)eq blc(rc)(avs4alco1(5f(4,)f(,)eq f(1,4)eq blc(rc)(avs4alco1(52r(f(4,)f(,)eq f(9,4)

18、，當且僅當eq f(4,)eq f(,)，即eq f(8,3)，eq f(4,3)時“成立，故eq f(4,)eq f(1,)eq f(9,4).8.設函數(shù)f(x)|2xa|，g(x)x2.(1)當a1時，求不等式f(x)f(x)g(x)的解集；(2)求證：feq blc(rc)(avs4alco1(f(b,2)，feq blc(rc)(avs4alco1(f(b,2)，feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)中至少有一個不小于eq f(1,2).(1)解當a1時，|2x1|2x1|x2，化簡可得eq blc(avs4alco1(xf(1,2)，,4xx2)或eq blc(avs4alco1(f(1,2)xf(1,2)，,2x2)或eq blc(avs4alco1(xf(1,2)，,4xx2，)解得0 xeq f(1,2)或eq f(1,2)xeq f(2,3).綜上，不等式的解集為eq blcrc(avs4alco1(xblc|(avs4alco1(0 xf(2,3).(2)證明假設feq blc(rc)(avs4alco1(f(b,2)，feq blc(