2020版新课标·名师导学·高考第一轮总复习理科数学(课件-学案-考点集训-)--(18)

第76讲不等式证明的基本方法【学习目标】通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法．【基础检测】1．已知0a1b，且M＝11＋a＋11＋b，N＝a1＋a＋b1＋b，则M、N的大小关系是()A．MNB．MNC．M＝ND．不确定【解析】由已知得0ab1，故M－N＝11＋a＋11＋b－a1＋a－b1＋b＝1－a1＋a＋1－b1＋b＝2（1－ab）（1＋a）（1＋b）0.故MN.【答案】B2．设a0，b0，且a＋b≤4，则有()A.1ab≥12B.1a＋1b≥1C.ab≥2D.1a2＋b2≤14【解析】∵4≥a＋b≥2ab，∴ab≤2，∴1ab≥12，∴1a＋1b≥2ab≥1.【答案】B3．若a＞0，b＞0，a＋b＝2，则下列不等式对一切满足条件的a，b恒成立的是________(写出所有正确命题的序号)．①ab≤1；②a＋b≤2；③a2＋b2≥2；④a3＋b3≥3；⑤1a＋1b≥2.【解析】令a＝b＝1，排除②④；由2＝a＋b≥2ab⇒ab≤1，命题①正确；a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝4－2ab≥2，命题③正确；1a＋1b＝a＋bab＝2ab≥2，命题⑤正确．【答案】①③⑤4．已知a，b，c，d都是正数，若(ab＋cd)(ac＋bd)≥kabcd恒成立，则k的取值范围是________．【解析】∵a，b，c，d都是正数，(ab＋cd)(ac＋bd)≥kabcd恒成立，∴k≤（ab＋cd）（ac＋bd）abcd＝a2bc＋b2ad＋c2ad＋d2bcabcd＝ad＋bc＋cb＋da，∵ad＋bc＋cb＋da＝ad＋da＋bc＋cb≥2＋2＝4(当且仅当a＝d，c＝b时取“＝”)，∴ad＋bc＋cb＋damin＝4，∴k≤4，∴k的取值范围是(－∞，4]．【答案】(－∞，4]【知识要点】1.基本不等式定理1：如果a,b∈R,那么a2＋b2≥____,当且仅当____时,等号成立.定理2：如果a,b＞0,那么a＋b2≥ab,当且仅当____时,等号成立,即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均.定理3：如果a,b,c∈R＋,那么a＋b＋c3≥3abc,当且仅当____时,等号成立.2aba＝ba＝ba＝b＝c2.比较法(1)比差法的依据是：a－b＞0____.步骤是：“作差→____→____”.变形是手段,变形的目的是判断差的符号.(2)比商法：若B＞0,欲证____,只需证AB≥1.3.综合法与分析法(1)综合法：一般地,从已知条件出发,利用定义、公理、定理、性质等,经过一系列的____而得出命题_.(2)分析法：从____出发,逐步寻求使它成立的____,直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义,公理或已证明的定理,性质等),从而得出要证的命题成立.a＞b变形判断差的符号A≥B推理、论证要证的结论充分条件成立考点1比较法证明不等式例1设a，b是非负实数，求证：a2＋b2≥ab(a＋b)．【解析】因为a2＋b2－ab(a＋b)＝(a2－aab)＋(b2－bab)＝aa(a－b)＋bb(b－a)＝(a－b)(aa－bb)＝a12－b12a32－b32，因为a≥0，b≥0，所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有a12－b12与a32－b32同号，所以a12－b12a32－b32≥0，所以a2＋b2≥ab(a＋b)．【点评】作差比较法证明不等式的步骤(1)作差；(2)变形；(3)判断差的符号；(4)下结论．其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负．考点2综合法证明不等式例2设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：(1)若abcd，则a＋bc＋d；(2)“a＋bc＋d”是“|a－b||c－d|”的充要条件．【解析】(1)因为(a＋b)2＝a＋b＋2ab，(c＋d)2＝c＋d＋2cd，由题设a＋b＝c＋d，abcd，得(a＋b)2(c＋d)2.因此a＋bc＋d.(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abcd.由(1)，得a＋bc＋d.②若a＋bc＋d，则(a＋b)2(c＋d)2，即a＋b＋2abc＋d＋2cd.因为a＋b＝c＋d，所以abcd.于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此|a－b||c－d|.综上，“a＋bc＋d”是“|a－b||c－d|”的充要条件．【点评】1.综合法证明不等式的方法综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．2．综合法证明时常用的不等式(1)a2≥0.(2)|a|≥0.(3)a2＋b2≥2ab，它的变形形式有：a2＋b2≥2|ab|；a2＋b2≥－2ab；(a＋b)2≥4ab；a2＋b2≥12(a＋b)2；a2＋b22≥a＋b22.(4)a＋b2≥ab，它的变形形式有：a＋1a≥2(a0)；ab＋ba≥2(ab0)；ab＋ba≤－2(ab0)．考点3分析法证明不等式(重点保分型考点——师生共研)例3(1)若正实数a，b满足a＋b＝12，求证：a＋b≤1.(2)设a，b，c0，且ab＋bc＋ca＝1.求证：a＋b＋c≥3.【解析】(1)要证a＋b≤1，只需证a＋b＋2ab≤1，即证2ab≤12，即证ab≤14.而a＋b＝12≥2ab，∴ab≤14成立．∴原不等式成立．(2)要证a＋b＋c≥3，由于a，b，c＞0，因此只需证明(a＋b＋c)2≥3.即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，而ab＋bc＋ca＝1，故只需证明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)．即证a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.而这可以由ab＋bc＋ca≤a2＋b22＋b2＋c22＋c2＋a22＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)证得．所以原不等式成立．【点评】分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆．1．作差比较法是证明不等式最基本、最重要的方法，其关键是变形，通常通过因式分解，利用各因式的符号进行判断，或进行配方，利用非负数的性质进行判断．2．综合法证明不等式时，主要利用基本不等式、函数的单调性以及不等式的性质，在严密的推理下推导出结论，综合法往往是分析法的逆过程，所以在实际证明时，用分析法分析，用综合法表述证明推理过程．3．某些不等式的条件与结论，或不等式的左右两边联系不明显，用作差法又难以对差进行变形，难以运用综合法直接证明，这时常用分析法，以便发现联系．分析的过程中，综合条件、定理等因素进行探索，把分析与综合结合起来，形成分析综合法．4．有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法，凡是含有“至少”“唯一”或者含有其他否定词的命题，适宜用反证法．5．放缩法是一种常用的证题技巧，放缩必须有目标，而目标可以从求证的结论中和中间结果中寻找．常用的放缩技巧有添舍放缩，拆项对比放缩，利用函数的单调性和重要不等式放缩等．1．(2017·全国卷Ⅱ)已知a0，b0，a3＋b3＝2.证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；(2)a＋b≤2.【解析】(1)法一：(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4.法二：由柯西不等式可得：(a＋b)(a5＋b5)≥(a·a5＋b·b5)＝(a3＋b3)2≥4，当且仅当ab5＝ba5，即a＝b＝1时取等号，所以(a＋b)(a5＋b5)≥4，原问题得证．(2)法一：因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋3（a＋b）24(a＋b)＝2＋3（a＋b）34，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.法二：因为a0，b0，要证明a＋b≤2，只需证明(a＋b)3≤8，即证明a3＋3a2b＋3ab2＋b3≤8，只需证明a2b＋ab2≤2，因为a3＋b3＝2，上式等价于a2b＋ab2－a3＋b3≤0，也即a2(b－a)＋b2(a－b)≤0，即(a2－b2)(b－a)＝－(a－b)2(a＋b)≤0，因为a0，b0，上式显然成立，所以结论成立，即a＋b≤2.A组题1．若a，b均为正实数，且a≠b，M＝ab＋ba，N＝a＋b，则M、N的大小关系为________．【解析】∵a≠b，∴ab＋b＞2a，ba＋a＞2b，∴ab＋b＋ba＋a＞2a＋2b，∴ab＋ba＞a＋b，即M＞N.【答案】M＞N2．设a＋b＝2，b0，当12|a|＋|a|b取得最小值时，求a的值．【解析】由于a＋b＝2，所以12|a|＋|a|b＝a＋b4|a|＋|a|b＝a4|a|＋b4|a|＋|a|b，由于b0，|a|0，所以b4|a|＋|a|b≥2b4|a|·|a|b＝1，因此当a0时，12|a|＋|a|b的最小值是14＋1＝54；当a0时，12|a|＋|a|b的最小值是－14＋1＝34.故12|a|＋|a|b的最小值为34，此时b4|a|＝|a|b，a0，a＋b＝2即a＝－2.3．已知f(x)＝1＋x2，a≠b，求证：|f(a)－f(b)||a－b|.【解析】|f(a)－f(b)|＝|1＋a2－1＋b2|＝|a2－b2|1＋a2＋1＋b2＝|a－b||a＋b|1＋a2＋1＋b2≤|a－b|（|a|＋|b|）1＋a2＋1＋b2|a－b|（|a|＋|b|）a2＋b2＝|a－b|.4．已知a0，b0，且a＋b＝1a＋1b.证明：(1)a＋b≥2；(2)a2＋a2与b2＋b2不可能同时成立．【解析】由a＋b＝1a＋1b＝a＋bab，a0，b0，得ab＝1.(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2ab＝2，即a＋b≥2.(2)假设a2＋a2与b2＋b2同时成立，则由a2＋a2及a0，得0a1；同理，0b1，从而ab1，这与ab＝1矛盾．故a2＋a2与b2＋b2不可能同时成立．5．已知x，y∈R，且|x|1，|y|1.求证：11－x2＋11－y2≥21－xy.【解析】法一：(分析法)∵|x|1，|y|1，∴11－x20，11－y20，∴11－x2＋11－y2≥2（1－x2）（1－y2）.故要证明结论成立，只要证明2（1－x2）（1－y2）≥21－xy成立．即证1－xy≥（1－x2）（1－y2）成立即可．∵(y－x)2≥0，有－2xy≥－x2－y2，∴(1－xy)2≥(1－x2)(1－y2)，∴1－xy≥（1－x2）（1－y2）0.∴不等式成立．法二：(综合法)∵211－x2＋11－y2≤1－x2＋1－y22＝2－（x2＋y2）2≤2－2|xy|2＝1－|xy|，∴11－x2＋11－y2≥21－|xy|≥21－xy，∴原不等式成立．6．已知函数f(x)＝|x|＋|x－1|.(1)若f(x)≥|m－1|恒成立，求实数m的最大值M；(2)在(1)成立的条件下，正实数a，b满足a2＋b2＝M，证明：a＋b≥2ab.【解析】(1)由已知可得f(x)＝1－2x，x＜0，1，0≤x＜1，2x－1，x≥1，所以f(x)min＝1，所以只需|m－1|≤1，解得－1≤m－1≤1，∴0≤m≤2，所以实数m的最大值M＝2.(2)法一：(综合法)∵a2＋b2≥2ab，∴ab≤1，∴ab≤1，当且仅当a＝b时取等号，①又∵ab≤a＋b2，∴aba＋b≤12，∴aba＋b≤ab2，当且仅当a＝b时取等号，②由①②得，∴aba＋b≤12，所以a＋b≥2a