高考總復(fù)習(xí)理數(shù)（北師大版）選修4-5第2節(jié)不等式證明

第二節(jié)不等式證明考點(diǎn)高考試題考查內(nèi)容核心素養(yǎng)不等式證明2017·全國卷Ⅱ·T23·10分利用均值不等式證明不等式邏輯推理2017·浙江卷·T22·15分證明以數(shù)列為載體的不等式問題邏輯推理2016·全國卷Ⅱ·T24·10分絕對值不等式的解法與絕對值不等式的證明數(shù)學(xué)運(yùn)算邏輯推理2015·全國卷Ⅱ·T24·10分不等式證明和充要條件的判斷邏輯推理命題分析從近幾年高考命題來看，作為新課程選考的重要內(nèi)容，不等式證明嚴(yán)格按考試說明要求命題，試題難度不超過中等，以解答題形式出現(xiàn)，著重考查比較法、綜合法，證明不等式，以及放縮法的應(yīng)用.1．平均值不等式(1)定理1：對任意實(shí)數(shù)a，b，有a2＋b2≥2ab(此式當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取“＝”號)．(2)定理2：對任意兩個(gè)正數(shù)a，b，有eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(此式當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取“＝”號)．又可敘述為：兩個(gè)正數(shù)的算術(shù)平均值不小于它們的幾何平均值．(3)定理3：對任意三個(gè)正數(shù)a，b，c，有a3＋b3＋c3≥3abc(此式當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)取“＝”號)．(4)定理4：對任意三個(gè)正數(shù)a，b，c，有eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc)(此式當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)取“＝”號)．又可敘述為：三個(gè)正數(shù)的算術(shù)平均值不小于它們的幾何平均值．(5)一般地，對n個(gè)正數(shù)a1，a2，…，an(n≥2)，有eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)≥eq\r(n,a1a2…an)(此式當(dāng)且僅當(dāng)a1＝a2＝…＝an時(shí)取“＝”號)．又可敘述為：n個(gè)正數(shù)的算術(shù)平均值不小于它們的幾何平均值．2．比較法(1)比差法的依據(jù)是：a－b＞0?a＞b.步驟是：“作差→變形→判斷差的符號”．變形是手段，變形的目的是判斷差的符號．(2)比商法：若B＞0，欲證A≥B，只需證eq\f(A,B)≥1.3．綜合法與分析法(1)綜合法：一般地，從已知條件出發(fā)，利用定義、公理、定理、性質(zhì)等，經(jīng)過一系列的推理、論證而得出命題成立.(2)分析法：從要證的結(jié)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(gè)明顯成立的事實(shí)(定義，公理或已證明的定理，性質(zhì)等)，從而得出要證的命題成立．提醒：比較法證明不等式最常用的是差值比較法，其基本步驟是：作差—變形—判斷差的符號—下結(jié)論．其中“變形”是證明的關(guān)鍵，一般通過因式分解或配方將差式變形為幾個(gè)因式的積或配成幾個(gè)代數(shù)式平方和的形式，當(dāng)差式是二次三項(xiàng)式時(shí)，有時(shí)也可用判別式來判斷差值的符號．個(gè)別題目也可用柯西不等式來證明．1．判斷下列結(jié)論的正誤(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)用反證法證明命題“a，b，c全為0”時(shí)假設(shè)為“a，b，c全不為0”(2)若實(shí)數(shù)x、y適合不等式xy>1，x＋y>－2，則x>0，y>0.()答案：(1)×(2)√2．設(shè)不等式|2x－1|＜1的解集為M.(1)求集合M.(2)若a，b∈M，試比較ab＋1與a＋b的大?。猓?1)由|2x－1|＜1得－1＜2x－1＜1，解得0＜x＜1.所以M＝{x|0＜x＜1}．(2)由(1)和a，b∈M可知0＜a＜1,0＜b＜1，所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)＞0.故ab＋1＞a＋b.3．已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證：eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a.證明：要證eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a，只需證b2－ac<3a2.∵a＋b＋c＝0，只需證b2＋a(a＋b)<3a2只需證2a2－ab－b2只需證(a－b)(2a＋b)只需證(a－b)(a－c)>0.∵a>b>c，∴a－b>0，a－c>0.∴(a－b)(a－c)>0顯然成立，故原不等式成立．比較法證明不等式[明技法]作商比較法證明不等式的一般步驟①作商：將不等式左右兩邊的式子進(jìn)行作商；②變形：將商式的分子放(縮)，分母不變，或分子不變，分母放(縮)，或分子放(縮)，分母縮(放)，從而化簡商式為容易和1比較大小的形式；③判斷：判斷商與1的大小關(guān)系，就是判斷商大于1或小于1或等于1；④結(jié)論．[提能力]【典例】求證：(1)當(dāng)x∈R時(shí)，1＋2x4≥2x3＋x2；(2)當(dāng)a，b∈(0，＋∞)時(shí)，aabb≥(ab)eq\s\up7(\f(a+b,2)).證明：(1)方法一(1＋2x4)－(2x3＋x2)＝2x3(x－1)－(x＋1)(x－1)＝(x－1)(2x3－x－1)＝(x－1)(2x3－2x＋x－1)＝(x－1)[2x(x2－1)＋(x－1)]＝(x－1)2(2x2＋2x＋1)＝(x－1)2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋\f(1,2)))≥0，所以1＋2x4≥2x3＋x2.方法二(1＋2x4)－(2x3＋x2)＝x4－2x3＋x2＋x4－2x2＋1＝(x－1)2·x2＋(x2－1)2≥0，所以1＋2x4≥2x3＋x2.(2)eq\f(aabb,abeq\s\up7(\f(a+b,2)))＝aeq\s\up7(\f(ab,2))beq\s\up7(\f(ba,2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up7(\f(ab,2))，當(dāng)a＝b時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up7(\f(ab,2))＝1；當(dāng)a＞b＞0時(shí)，eq\f(a,b)＞1，eq\f(a－b,2)＞0，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up7(\f(ab,2))＞1；當(dāng)b＞a＞0時(shí)，0＜eq\f(a,b)＜1，eq\f(a－b,2)＜0，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up7(\f(ab,2))＞1.所以aabb≥(ab)eq\s\up7(\f(a+b,2)).[刷好題]1．設(shè)a，b是非負(fù)實(shí)數(shù)，求證：a3＋b3≥eq\r(ab)(a2＋b2)．證明：由a，b是非負(fù)實(shí)數(shù)，作差得a3＋b3－eq\r(ab)(a2＋b2)＝a2eq\r(a)(eq\r(a)－eq\r(b))＋b2eq\r(b)(eq\r(b)－eq\r(a))＝(eq\r(a)－eq\r(b))[(eq\r(a))5－(eq\r(b))5]．當(dāng)a≥b時(shí)，eq\r(a)≥eq\r(b)，從而(eq\r(a))5≥(eq\r(b))5，得(eq\r(a)－eq\r(b))[(eq\r(a))5－(eq\r(b))5]≥0；當(dāng)a＜b時(shí)，eq\r(a)＜eq\r(b)，從而(eq\r(a))5＜(eq\r(b))5，得(eq\r(a)－eq\r(b))[(eq\r(a))5－(eq\r(b))5]＞0，所以a3＋b3≥eq\r(ab)(a2＋b2)．2．已知a，b∈(0，＋∞)，求證：abba≤(ab)eq\f(a＋b,2).證明：eq\f(abba,abeq\s\up7(\f(a+b,2)))＝ab－eq\f(a＋b,2)ba－eq\f(a＋b,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up7(\f(ab,2)).當(dāng)a＝b時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up7(\f(ab,2))＝1；當(dāng)a＞b＞0時(shí)，0＜eq\f(b,a)＜1，eq\f(a－b,2)＞0，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\f(a－b,2)＜1.當(dāng)b＞a＞0時(shí)，eq\f(b,a)＞1，eq\f(a－b,2)＜0，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up7(\f(ab,2))＜1.所以abba≤(ab)eq\s\up7(\f(a+b,2)).用綜合法、分析法證明不等式[明技法]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(shí)質(zhì)是既充分利用已知條件，又時(shí)刻瞄準(zhǔn)解題目標(biāo)，即不僅要搞清已知什么，還要明確干什么，通常用分析法找到解題思路，用綜合法書寫證題過程．[提能力]【典例】設(shè)x≥1，y≥1，求證：x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy.證明：由于x≥1，y≥1，要證x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy，只需證xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.因?yàn)閇y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1)，因?yàn)閤≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，從而所要證明的不等式成立．[刷好題]設(shè)a，b，c均為正數(shù)，且a＋b＋c＝1.證明：(1)ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3)；(2)eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.證明：(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由題設(shè)得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1，所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3).(2)因?yàn)閑q\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.反證法證明不等式[明技法]利用反證法證明問題的一般步驟(1)否定原結(jié)論；(2)從假設(shè)出發(fā)，導(dǎo)出矛盾；(3)證明原命題正確．[提能力]【典例】(1)設(shè)0＜a，b，c＜1，求證：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不可能同時(shí)大于eq\f(1,4).證明：設(shè)(1－a)b＞eq\f(1,4)，(1－b)c＞eq\f(1,4)，(1－c)a＞eq\f(1,4)，三式相乘得(1－a)b·(1－b)c·(1－c)a＞eq\f(1,64)，①又因?yàn)?＜a，b，c＜1，所以0＜(1－a)a≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1－a＋a,2)))2＝eq\f(1,4).同理：(1－b)b≤eq\f(1,4)，(1－c)c≤eq\f(1,4)，以上三式相乘得(1－a)a·(1－b)b·(1－c)c≤eq\f(1,64)，與①矛盾．所以(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不可能同時(shí)大于eq\f(1,4).(2)已知a＋b＋c＞0，ab＋bc＋ca＞0，abc＞0，求證：a，b，c＞0.證明：①設(shè)a＜0，因?yàn)閍bc＞0，所以bc＜0.又由a＋b＋c＞0，則b＋c＞－a＞0，所以ab＋bc＋ca＝a(b＋c)＋bc＜0，與題設(shè)矛盾．②若a＝0，則與abc＞0矛盾，所以必有a＞0.同理可證：b＞0，c＞0.綜上可證a，b，c＞0.[刷好題]1．已知f(x)＝x2＋px＋q，求證：(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝2(2)|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一個(gè)不小于eq\f(1,2).證明：(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)(2)假設(shè)|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于eq\f(1,2)，則|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|＜2.而|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥f(1)＋f(3)－2f(2)∴|f(1