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1第2讲不等式的证明一、知识梳理1．基本不等式定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．定理2：如果a，b为正数，则a＋b2≥ab，当且仅当a＝b时，等号成立．定理3：如果a，b，c为正数，则a＋b＋c3≥3abc，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a1，a2，…，an为n个正数，则a1＋a2＋…＋ann≥na1a2…an，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．2．不等式的证明方法证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等．常用结论基本不等式及其推广1．a2≥0(a∈R)．2．(a－b)2≥0(a，b∈R)，其变形有a2＋b2≥2ab，a＋b22≥ab，a2＋b2≥12(a＋b)2.3．若a，b为正实数，则a＋b2≥ab.特别地，ba＋ab≥2.4．a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.二、教材衍化求证：3＋72＋6.证明：3＋72＋62⇐(3＋7)2(2＋6)2⇐10＋22110＋46⇐2126⇐2124.故原不等式成立．一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)比较法最终要判断式子的符号得出结论．()(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论．()(3)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．()答案：(1)×(2)√(3)×二、易错纠偏常见误区不等式放缩不当致错.已知三个互不相等的正数a，b，c满足abc＝1.试证明：a＋b＋c1a＋1b＋1c.证明：因为a，b，c0，且互不相等，abc＝1，所以a＋b＋c＝1bc＋1ac＋1ab1b＋1c2＋1a＋1c2＋1a＋1b2＝1a＋1b＋1c，即a＋b＋c1a＋1b＋1c.用综合法、分析法证明不等式(师生共研)(2019·高考全国卷Ⅰ)已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：(1)1a＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2；(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.证明：(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝ab＋bc＋caabc＝1a＋1b＋1c.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．所以1a＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2.3(2)因为a，b，c为正数且abc＝1，故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥33（a＋b）3（b＋c）3（a＋c）3＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)≥3×(2ab)×(2bc)×(2ac)＝24.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.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，互相渗透，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．1．若a，b∈R，ab0，a2＋b2＝1.求证：a3b＋b3a≥1.证明：a3b＋b3a＝a4＋b4ab＝（a2＋b2）2－2a2b2ab＝1ab－2ab.因为a2＋b2＝1≥2ab，当且仅当a＝b时等号成立，所以0ab≤12.令h(t)＝1t－2t，0t≤12，则h(t)在(0，12]上递减，所以h(t)≥h(12)＝1.所以当0ab≤12时，1ab－2ab≥1.所以a3b＋b3a≥1.2．(一题多解)(2020·宿州市质量检测)已知不等式|2x＋1|＋|2x－1|4的解集为M.(1)求集合M；(2)设实数a∈M，b∉M，证明：|ab|＋1≤|a|＋|b|.解：(1)当x－12时，不等式化为－2x－1＋1－2x4，即x－1，所以－1x－12；当－12≤x≤12时，不等式化为2x＋1－2x＋14，即24，4所以－12≤x≤12；当x12时，不等式化为2x＋1＋2x－14，即x1，所以12x1.综上可知，M＝{x|－1x1}．(2)法一：因为a∈M，b∉M，所以|a|1，|b|≥1.而|ab|＋1－(|a|＋|b|)＝|ab|＋1－|a|－|b|＝(|a|－1)(|b|－1)≤0，所以|ab|＋1≤|a|＋|b|.法二：要证|ab|＋1≤|a|＋|b|，只需证|a||b|＋1－|a|－|b|≤0，只需证(|a|－1)(|b|－1)≤0，因为a∈M，b∉M，所以|a|1，|b|≥1，所以(|a|－1)(|b|－1)≤0成立．所以|ab|＋1≤|a|＋|b|成立．放缩法证明不等式(师生共研)若a，b∈R，求证：|a＋b|1＋|a＋b|≤|a|1＋|a|＋|b|1＋|b|.【证明】当|a＋b|＝0时，不等式显然成立．当|a＋b|≠0时，由0＜|a＋b|≤|a|＋|b|⇒1|a＋b|≥1|a|＋|b|，所以|a＋b|1＋|a＋b|＝11|a＋b|＋1≤11＋1|a|＋|b|＝|a|＋|b|1＋|a|＋|b|＝|a|1＋|a|＋|b|＋|b|1＋|a|＋|b|≤|a|1＋|a|＋|b|1＋|b|.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：5(1)变换分式的分子和分母，如1k2＜1k（k－1），1k2＞1k（k＋1），1k＜2k＋k－1，1k＞2k＋k＋1上面不等式中k∈N＋，k＞1.(2)利用函数的单调性．(3)真分数性质“若0＜a＜b，m＞0，则ab＜a＋mb＋m”．[注意]在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．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；…当k＝n时，12n≤1n＋n1n，所以12＝n2n≤1n＋1＋1n＋2＋…＋12nnn＝1.所以原不等式成立．反证法证明不等式(师生共研)设0a，b，c1，求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不可能同时大于14.【证明】设(1－a)b14，(1－b)c14，(1－c)a14，三式相乘得(1－a)b·(1－b)c·(1－c)a164，①又因为0a，b，c1，所以0(1－a)a≤（1－a）＋a22＝14.同理：(1－b)b≤14，(1－c)c≤14，以上三式相乘得(1－a)a·(1－b)b·(1－c)c≤164，与①矛盾．6所以(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不可能同时大于14.利用反证法证明问题的一般步骤(1)否定原结论．(2)从假设出发，导出矛盾．(3)证明原命题正确．已知a＋b＋c0，ab＋bc＋ca0，abc0，求证：a，b，c0.证明：①设a0，因为abc0，所以bc0.又由a＋b＋c0，则b＋c－a0，所以ab＋bc＋ca＝a(b＋c)＋bc0，与题设矛盾．②若a＝0，则与abc0矛盾，所以必有a0.同理可证：b0，c0.综上可证a，b，c0.[基础题组练]1．设a＞0，b＞0，若3是3a与3b的等比中项，求证：1a＋1b≥4.证明：由3是3a与3b的等比中项得3a·3b＝3，即a＋b＝1，要证原不等式成立，只需证a＋ba＋a＋bb≥4成立，即证ba＋ab≥2成立，因为a＞0，b＞0，所以ba＋ab≥2ba·ab＝2，(当且仅当ba＝ab，即a＝b＝12时，“＝”成立)，所以1a＋1b≥4.72．求证：112＋122＋132＋…＋1n2＜2.证明：因为1n2＜1n（n－1）＝1n－1－1n，所以112＋122＋132＋…＋1n2＜1＋11×2＋12×3＋13×4＋…＋1（n－1）×n＝1＋1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＝2－1n＜2.3．(2020·蚌埠一模)已知函数f(x)＝|x|＋|x－3|.(1)解关于x的不等式f(x)－5≥x；(2)设m，n∈{y|y＝f(x)}，试比较mn＋4与2(m＋n)的大小．解：(1)f(x)＝|x|＋|x－3|＝3－2x，x0，3，0≤x≤3，2x－3，x3.f(x)－5≥x，即x0，3－2x≥x＋5或0≤x≤3，3≥x＋5或x3，2x－3≥x＋5，解得x≤－23或x∈∅或x≥8.所以不等式的解集为－∞，－23∪[8，＋∞)．(2)由(1)易知f(x)≥3，所以m≥3，n≥3.由于2(m＋n)－(mn＋4)＝2m－mn＋2n－4＝(m－2)(2－n)．且m≥3，n≥3，所以m－20，2－n0，即(m－2)(2－n)0，所以2(m＋n)mn＋4.4．(2020·开封市定位考试)已知函数f(x)＝|x－1|＋|x－m|(m1)，若f(x)4的解集是{x|x0或x4}．(1)求m的值；(2)若正实数a，b，c满足1a＋12b＋13c＝m3，求证：a＋2b＋3c≥9.解：(1)因为m1，所以f(x)＝－2x＋m＋1，x1m－1，1≤x≤m2x－m－1，xm，作出函数f(x)的图象如图所示，8由f(x)4的解集及函数f(x)的图象得－2×0＋m＋1＝42×4－m－1＝4，得m＝3.(2)由(1)知m＝3，从而1a＋12b＋13c＝1，a＋2b＋3c＝(1a＋12b＋13c)(a＋2b＋3c)＝3＋(a2b＋2ba)＋(a3c＋3ca)＋(2b3c＋3c2b)≥9，当且仅当a＝3，b＝32，c＝1时“＝”成立．5．(2020·原创冲刺卷)已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|＋(x－1)2的最小值为s.(1)试求s的值；(2)若a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝s，求证：a2＋b2＋c2≥3.解：(1)f(x)＝|x＋1|＋|x－2|＋(x－1)2≥|x＋1|＋|2－x|≥|(x＋1)＋(2－x)|＝3，即f(x)≥3.当且仅当x＝1，且(x＋1)(2－x)≥0，即x＝1时，等号成立，所以f(x)的最小值为3，所以s＝3.(2)证明：由(1)知a＋b＋c＝3.故a2＋b2＋c2＝(a2＋12)＋(b2＋12)＋(c2＋12)－3≥2a＋2b＋2c－3＝2(a＋b＋c)－3＝3(当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立)．6．设不等式－2＜|x－1|－|x＋2|＜0的解集为M，a，b∈M.(1)证明：13a＋16b＜14；(2)比较|1－4ab|与2|a－b|的大小．解：(1)证明：记f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝3，x≤－2，－2x－1，－2＜x≤1，－3，x＞1，由－2＜－2x－1＜0解得－12＜x＜12，即M＝－12，12，所以13a＋16b≤13|a|＋16|b|＜13×12＋16×12＝14.9(2)由(1)得a2＜14，b2＜14，因为|1－4ab|2－4|a－b|2＝(1－8ab＋16a2b2)－4(a2－2ab＋b2)＝(4a2－1)(4b2－1)＞0，故|1－4ab|2＞4|a－b|2，即|1－4ab|＞2|a－b|.[综合题组练]1．(2020·江西八所重点中学联考)已知不等式|ax－1|≤|x＋3|的解集为{x|x≥－1}．(1)求实数a的值；(2)求12－at＋4＋t的最大值．解：(1)|ax－1|≤|x＋3|的解集为{x|x≥－1}，即(1－a2)x2＋(2a＋6)x＋8≥0的解集为{x|x≥－1}．当1－a2≠0时，不符合题意，舍去．当1－a2＝0，即a＝±1时，x＝－1为方程(2a＋6)x＋8＝0的一解，经检验a＝－1不符合题意，舍去，a＝1符合题意．综上，a＝1.(2)(12－t＋4＋t)2＝16＋2（12－t）（4＋t）＝16＋2－t2＋8t＋48，当t＝82＝4时，(12－t＋4＋t)2有最大值，为32