（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习 第十二章 系列4选讲 12.3 不等式选讲（第2课时）不等

第2课时不等式的证明第十二章§12.3不等式选讲KAOQINGKAOXIANGFENXI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.NEIRONGSUOYIN内容索引基础知识自主学习题型分类深度剖析课时作业1基础知识自主学习PARTONE知识梳理1.不等式证明的方法(1)比较法①作差比较法知道ab⇔a－b0，ab⇔a－b0，因此要证明ab，只要证明_______即可，这种方法称为作差比较法.②作商比较法由ab0⇔1且a0，b0，因此当a0，b0时，要证明ab，只要证明_____即可，这种方法称为作商比较法.ZHISHISHULIabab1a－b0(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)≥_________(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x1－x22＋y1－y22＋x2－x32＋y2－y32≥x1－x32＋y1－y32.(ac＋bd)2④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(a21＋a22＋…＋a2n)(b21＋b22＋…＋b2n)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，等号当且仅当b1a1＝b2a2＝…＝bnan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a1＋a2＋…＋ann≥__________，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立.na1a2…an基础自测JICHUZICE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”.()123456(2)若x＋2yx－y1，则x＋2yx－y.()(3)若a，b为正实数，a＋b＝1，则1a＋1b≥4.()(4)若实数x，y适合不等式xy1，x＋y－2，则x0，y0.()××√√7题组二教材改编1234562.[P12例1]不等式：①x2＋33x；②a2＋b2≥2(a－b－1)；③ba＋ab≥2，其中恒成立的是______.(填序号)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；①②解析由①得x2＋3－3x＝x－322＋340，所以x2＋33x恒成立；对于③，因为当ab0时，ba＋ab－2＝a－b2ab0，所以ba＋ab2.71234563.[P21习题T4]若ab1，x＝a＋1a，y＝b＋1b，则x与y的大小关系是_____.由ab1，得ab1，a－b0，xy解析x－y＝a＋1a－b＋1b＝a－b＋b－aab＝a－bab－1ab.所以a－bab－1ab0，即x－y0，所以xy.71234564.[P37习题T1]设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则的最小值为____.m2＋n2解析根据柯西不等式(ma＋nb)2≤(a2＋b2)(m2＋n2)，5得25≤5(m2＋n2)，m2＋n2≥5，m2＋n2的最小值为5.71234565.已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，则1a＋1b＋1c的最小值为____.题组三易错自纠9解析把a＋b＋c＝1代入到1a＋1b＋1c中，得a＋b＋ca＋a＋b＋cb＋a＋b＋cc＝3＋ba＋ab＋ca＋ac＋cb＋bc≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a＝b＝c＝13时，等号成立.76.(2019·徐州模拟)已知正数a，b，c满足2a＋3b＋6c＝2，求3a＋2b＋1c的最小值.解由于a，b，c0，123456所以3a＋2b＋1c＝a＋32b＋3c3a＋2b＋1c≥a·3a＋32b·2b＋3c·1c2＝(3＋3＋3)2＝27，当且仅当a3a＝32b2b＝3c1c，即a∶b∶c＝3∶2∶1且a，b，c0时，等号成立.77.已知实数a，b，c满足a0，b0，c0，且abc＝1.证明：(1)(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8；证明∵a0，b0，c0,1＋a≥2a，1＋b≥2b，1＋c≥2c，∴(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8abc＝8，当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立.1234567(2)a＋b＋c≤1a＋1b＋1c.证明∵1a＋1b＋1c＝bc＋ac＋ab，a0，b0，c0，∴ab＋bc≥2ab2c＝2b，ab＋ac≥2a2bc＝2a，bc＋ac≥2abc2＝2c，∴a＋b＋c≤ab＋ac＋bc，即a＋b＋c≤1a＋1b＋1c.12345672题型分类深度剖析PARTTWO题型一用综合法与分析法证明不等式师生共研例1(1)(2018·南京、盐城模拟)设a≠b，求证：a4＋6a2b2＋b44ab(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)40，所以a4＋6a2b2＋b44ab(a2＋b2).(2)设a，b，c0且ab＋bc＋ca＝1，求证：a＋b＋c≥3.证明因为a，b，c0，所以要证a＋b＋c≥3，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＋b22＋b2＋c22＋c2＋a22＝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a0，b0，a3＋b3＝2，证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；证明(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)a＋b≤2.证明因为(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.题型二用放缩法证明不等式师生共研例2若a，b∈R，求证：|a＋b|1＋|a＋b|≤|a|1＋|a|＋|b|1＋|b|.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1k21kk－1，1k21kk＋1，1k2k＋k－1，1k2k＋k＋1.上面不等式中k∈N*，k1；②利用函数的单调性；③真分数性质：“若0ab，m0，则aba＋mb＋m”.(2)在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度.∴原不等式成立.当k＝n时，12n≤1n＋n1n，∴12＝n2n≤1n＋1＋1n＋2＋…＋12nnn＝1.跟踪训练2设n是正整数，求证：12≤1n＋1＋1n＋2＋…＋12n1.证明由2n≥n＋kn(k＝1,2，…，n)，得12n≤1n＋k1n.当k＝1时，12n≤1n＋11n；当k＝2时，12n≤1n＋21n；…；题型三柯西不等式的应用师生共研例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；解由题意，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)已知实数x，y，z满足2x2＋3y2＋6z2＝a(a0)，且x＋y＋z的最大值为t20，求a的值.解实数x，y，z满足2x2＋3y2＋6z2＝a(a0)，由柯西不等式可得[(2x)2＋(3y)2＋(6z)2]·122＋132＋162≥2x·12＋3y·13＋6z·162，即a×1≥(x＋y＋z)2，当且仅当2x＝3y＝6z时等号成立，∴x＋y＋z≤a.又∵x＋y＋z的最大值是t20＝1，∴a＝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：(a21＋a22＋…＋a2n)1a21＋1a22＋…＋1a2n≥(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.解f(x)＝|x－1|＋|x＋3|＝－2x－2，x－3，4，－3≤x≤1，2x＋2，x1.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；则当x∈[－3,1]时，f(x)为常函数.因此m的最大值为3.(2)若x，y，z∈R，x2＋y2＋z2＝1，求m＝2x＋2y＋5z的最大值.解由柯西不等式，得(x2＋y2＋z2)[(2)2＋(2)2＋(5)2]≥(2x＋2y＋5z)2，当且仅当x2＝y2＝z5时等号成立.所以|2x＋2y＋5z|≤3，3课时作业PARTTHREE1.(2018·常镇模拟)已知a，b，c为正数，且a＋b＋c＝3，求3a＋1＋3b＋1＋3c＋1的最大值.基础保分练123456789101112123456789101112(2x2＋3y2)·122＋1322.已知x＋y＝1，求2x2＋3y2的最小值.解由柯西不等式可知，≥2x