12. 4 证明不等式的基本方法T 懈不评式证明的基車方诜：比较法,综合建、井析媒 ttMK MMM ■■座用它们证明一些简 厲的不等式.Kiff <年斋号悄况来看.本讲尼岛号血埶的一个热点一 fO 灿讪卜将芸号僧：：1；与躺碓不零式结, 证期不等式:2>M 破立，探索性问題结合,ttaAMML 厲中档題團LE 基础知识过关［知识梳理］1. 证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法.2. 三个正数的算术-几何平均不等式(1) 定理：如果a , b , c € R +那么a + ?+1需辰，当且仅当a = b = c 时，等号 a + b + c Q成立.即三个正数的算术平均 3 不小于它们的几何平均Vabc.(2) 基本不等式的推广对于n 个正数a i , a 2, , , a ，它们的算术平均数不小于它们的几何平均数, 即a 〔 + 汁‘ +》^a 1a 2,—，当且仅当 a 1 = a 2 =, = a n 时，等号成立.n3. 柯西不等式(1)设 a , b , c , d 均为实数，则(a 2 + b 2)(c 2 + d 2)>(ac + bd)2，当且仅当 ad = bc 时等号成立.f n 「n J 「n '⑵若a i, b(i € N *)为实数，贝则18 15 A l^a b i 2,当且仅当 I "八=1丿T =1丿(当a i = 0时，约定b i = 0, i = 1,2, , , n)时等号成立. (3)柯西不等式的向量形式：设 a B 为平面上的两个向量，则|如3》|a • (3当 且仅当a, 3共线时等号成立.善纲解谨君向预测 b^_ b2_ a 1 a 2b n =a ；［诊断自测］ 1概念思辨(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”.( )⑵若x ^2y>1，则 x + 2y>x — y.() (3) |a + b|+ |a -b|> |2a|.()(4) 若实数 x , y 适合不等式 xy>1, x + y>-2,则 x>0, y>0.( )答案(1)x (2) x ⑶V ⑷V2. 教材衍化b a(1)(选修 A4 — 5P 23T 1)不等式：①x ? + 3>3x ;②a ?+ b ?》2(a — b — 1);③舌+2, 其中恒成立的是()A .①③B .②③C .①②③D .①② 答案 D解析 由①得x 2 + 3 — 3x = X —22 + 4>0,所以x 2 + 3>3x ;对于②，因为a 2+ b 2 —2(a — b — 1) = (a — 1)2 + (b + 1)2》0,所以不等式成立；对于③，因为当 2a —b b a 飞―<0，即b +b<2.故选D.1 1 1(2)(选修A4 — 5P 25T 2)已知a , b , c 是正实数，且a + b + c = 1,则a +^+C 的最 小值为 ___________ .答案91 1 1解析 把a +b + c = 1代入a + b +c ,得a b c a + b + c a + b + c a + b + cb ac a c b a + b + a +c +b +c > 3+2+2 + 2= 9,1当且仅当a = b = c = §时，等号成立. 3. 小题热身ab<0 时,b +b -2=(1) (2017 聊城模拟)下列四个不等式：①log x IO + lg x>2(x>1);②|a —b|v|a| + |b|;b a③5+ b》2(ab z0):④|x—1|+ |x —2|> 1,其中恒成立的个数是()A. 1B. 2C. 3D. 4 答案C1解析log x10 + lg x=灵 + lg x>2(x>1)，①正确.ab< 0 时,|a—b|= |a|+ |b|,②不正确；因为ab z0, °与2同号，a b十「b a b a 小十十”所以a+ b =a + b A2,③正确；由|x—1| + |x—2|的几何意义知，|x—1|+ |x —2|> 1恒成立，④正确，综上①③④正确.故选C.(2) 设a,b,m,n€ R，且a2+ b2= 5,ma+ nb= 5,则寸m2+ n2的最小值为______ .答案5解析由柯西不等式得(ma+ nb)?w (m? + n2)(a + b2),即m2+ n2A 5"； m2+ n2 A 5,二所求最小值为5.E经翼题型［巾尖题型1综合法证明不等式典例(2018安徽百校模拟)已知a>0, b>0,函数f(x)=|2x + a|+ 2 x—- + 1 的最小值为2.(1) 求a+ b 的值；(14、(2) 求证：a + log3a+ b A 3—b.应殛】(1)当绝对值符号中x的系数相同时，利用绝对值不等式的性质消去x1 4 \14'即可；(2)利用a+ b= 1转化为如a+ (a+ b) a + b求解.解(1)因为f(x)= |2x + a|+ |2x- b|+ 1 > |2x + a—(2x—b)| + 1 = |a + b|+ 1, 当且仅当(2x + a)(2x—b)< 0时，等号成立，又a>0, b>0,所以|a+ b|= a + b,所以f(x)的最小值为a+b+ 1 = 2,所以a+ b= 1.(2)证明：由(1)知，a+ b= 1,1 4 1 b 4a lb 4acrnr所以a+4=(a+ b)&+ b 卜1+ 4 +a+沪5+ 2乂47= 9，b 4a 1 2当且仅当b= "b"且a+ b= 1,即a=3 b=§时取等号.1 4)所以log s+ b尸log s9 = 2,(14、(1 4、所以a+b+ log3 a+b》1 + 2= 3,即卩a+ log3a + 》3 —b.方法技巧综合法证明不等式的方法1. 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. 在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用的.在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条件.冲关针对训练(2018浙江金华模拟)已知x, y€ R.1 1 3(1)若x, y 满足|x—3y|<2，|x + 2y|<6，求证:|x|気；⑵求证：x4+ 16y4> 2x3y + 8xy3.证明(1)利用绝对值不等式的性质得1 1 1〔 1 c 1〕 3|x|= 5【|2(X— 3y) + 3(x + 2y)|] < 耳恐—3y)| + |3(x + 2y)|]<5?x ㊁+ 3X 訂=和⑵因为x4+ 16y4—(2x3y + 8xy3)=x4—2^\ + 16y4—8xy3=x3(x—2y) + 8y3(2y —x)=(x—2y)(x3—8y3)=(x — 2y)(x — 2y)(x 2 + 2xy + 4y 2) =(x — 2y)2[(x + y)2 + 3y 2] > 0, x 4+ 16y 4 > 2x 3y + 8xy 3. 题型2分析法证明不等式典例求设 a , b , c>0,且 ab + bc + ca = 1. (1)a + b + c 》材3;⑵,bC + ,0C +,ba> 3（ a +「b + c ）■也逊】含根式的不等式考虑分析法.证明(1)要证a +b + c 》马'3，由于a , b , c>0,因此只需证明(a + b + c)2》3, 即证 a 2+ 匕2 + c 2 + 2(ab + bc + ac)》3,而 ab + bc + ca = 1,故需证明 a 2 + b 2 + c 2+2(ab + bc + ac)》3(ab + bc + ac)，即证 a 2+b 2+ c 2》ab +bc + ac.a 2 +b 2c 2 + b 2 a 2 + c 2因为 ab +bc + ca <一2— + —2— + —2— = a 2+b 2+c 2(当且仅当 a = b = c 时等 号成立),所以原不等式成立. f a f b f c a + b + c⑵.bc +、ac +. ba =abc *1在(1)中已证a +b + c 》3,因此要证原不等式成立，只需证明 c , 即证 a bc + b ac + c . ba < ab + bc + ca.所以 a , bc + b ac + c , ba < ab + bc + ca(a = b = c =33时等号成立).所以原不等式成立.方法技巧分析法证明不等式的思路用分析法证明不等式时，分析的过程是寻求结论成立的充分条件， 而不一定是 充要条件，同时要正确使用 “要证”“只需证”这样的连接“关键词”.分析法与综合法常常结合起来使用，称为分析综合法，其实质是既充分利用已 知条件，又时刻瞄准解题目标，即不仅要搞清已知什么，还要明确干什么，通常用而 a bc = ab ac < ab + ac ~2~ ,b ac = . ab bc < ab + be ~2_,c ba = cb ac < cb + ac分析法找到解题思路，用综合法书写证题过程. 冲关针对训练1. 若a>b>0,试证：2a3—b3>2ab2—a2b. 证明要证明2a3—b3> 2ab2—a2b成立，只需证2a? —b? —2ab2 + a2b》0,即证2a(a2—b2) + b(a2—b2)> 0, 即证(a+ b)(a—b)(2a + b)》0.T a》b>0,「. a —b》0, a+ b>0,2a + b>0, 从而(a+ b)(a—b)(2a + b)》0 成立，••• 2a3—b3》2ab2—a2b.2.若m>0, a, b€ R，试证:证明因为m>0，所以1+ m>0.所以要证原不等式成立，只需证(a+ mb)2w (1 + m)(a2+ mb2),即证m(a2—2ab + b2)》0,即证(a—b)2》0,而(a—b)2》0显然成立，故原不等式得证.题型3 反证法证明不等式1 1典例(2015湖南高考)设a>0, b>0,且a+ b=占+&证明：(1) a + b》2;(2) a2+ a<2与b2+ b<2不可能同时成立. 亜殛〕否定形式的命题考虑用反证法.证明由a+ b=1+ ~=, a>0, b>0,a b ab得ab= 1.(1)由基本不等式及ab= 1,有a+ b》2 ab= 2,即a+ b》2,当且仅当a= b = 1时等号成立.⑵假设a2+ a<2与b2+ b<2同时成立，则由a2+ a<2及a>0,得0<a<1;同理，0<b<1，从而ab<1，这与ab= 1矛盾.故a2+ a<2与b2+ b<2不可能同时成立.方法技巧反证法证明不等式的题型及思路对于某些问题中所证结论若是 “都是”“都不是”“至多”“至少”等问题, 般用反证法.其一般步骤是假设 T 推理T 得出矛盾T 肯定原结论.冲关针对训练法国数学家阿达玛说过“反证法在于表明，若肯定定理的假设而否定其结论， 就会导致矛盾”这是对反证法精辟的概括.用反证法证明命题：若 a , b , c 都是正1 1 1数，贝S a +b , b + c , c +a 中至少有一个不小于 2.b c a1 1 1证明 假设a + - b + c ，c +：全部小于2,b c af1 a +b<2, 1 即 b+- <2,c1 c +a<2,a +b + b +1+c +1<6,b c a '以，假设错误，原命题成立. 题型4柯西不等式典例1(2017江苏高考)已知a , b, c, d 为实数，且a 2+ b 2= 4, c 2 + d 2 = 16,证明：ac + bd < 8.证明 由柯西不等式，得(ac + bd)2< (a 2 + b 2)(c 2 + d 2). 因为 a 2+ b 2 = 4, c 2+ d 2= 16, 所以(ac + bd)2 <64, 因此 ac + bd < 8. 典例2已知 a , b , c € R,4a 2 + b 2 + 2c 2 = 4,求 2a +b + c 的最大值.ISSol 用配凑法得出柯西不等式的结构.由不等式的性质，得1 1 1 而 a +b +b +c + c +1=1 a +a +b +1 + (c +1卜2 + 2+ 2= 6,与上式矛盾.所解由柯西不等式得[(2a)2+ b2+(V2c)2][l2+12+ 黑(2a+ b + c)2.因为4a2+ b2+ 2c2= 4,所以(2a + b + c)2< 10,当且仅当a^^5°, b= 2 g10, c 时取等号.5所以—10< 2a+b+ c w 10,所以2a+b+ c的最大值为〔10.方法技巧利用柯西不等式的解题思路1. 用柯西不等式证明时，一般需要对不等式变形，使之与柯西不等式有相似的结构，然后根据柯西不等式的结构特征，利用柯西不等式进行证明.$11 1、2. 利用柯西不等式求最值的一般结构为(a1 + a2+ , +aj屈+ 0|+，+云P(1 + 1 + , + 1)2= n2.在使用柯西不等式时，要注意右边为常数和等号成立的条件.冲关针对训练1 1 1若p, q, r为正实数，且3p + 2q + r =4,求3p + 2q + r的最小值.解令a1= , 3p, a2= 2q, a3= r.由柯西不等式，得[(1 \ (12(1n 2 2 2(1 1 1 2口畀1 1 nQ2+ 騒2+ aX(a1+ a2 + a3)>恳a1 + 0；a2 + 03 a3 A9,即环+2q+1(3P + 2q + r)> 9.1 1 1 9V3p+2q +产4」3p+2q+ r‘4,1 114 1 3 3当且仅当3p=2q=r=彳即卩P =4, q =8, r = 3时，取等号.9 3p + 2q + r的最小值为4.E 真题模拟闻诞3 11. （2017 •乐模拟）设a>0, b>1,若a + b = 2,则3+厂^的最小值为（）a b — 1 A . 2 3 B . 8 C . 4 3 D . 4+ 2 3 答案 解析3= (a + b -1) "+b —1 丿4+ 2 3，当且仅当 a = 3(b - 1)=p 时取等号,3 1 -二a +b ^1的最小值为4+ 2 3.故选D.2. （2017红花岗期中）设x , y , z € R ,且幺代1）+进^ + y + z 的最大值与最小值.x —1y +2小乙一3小 解 T x +y + z = 4+• 5 • ■ + 2 + 2,根据柯西不等式，(X 1X 2 + y 1y 2 +乙亿孑三(x 1 + y 1+ z 2)伙2+『2!+ z 2),得 x — 1 7 y + 2 z — 3 2i(x — 1 )2 (y + 2)2 (z — 3)21f ^-+励第+ 2 ” (16+ 5+ 4) + 七」+ '卜25,所以，4 行^+囲 y +y 2+23<5,即— 5< 4 亍+ 5 y ；2 + 2 宁三 5, 因此，x +y + z € [ — 3,7], 故x +y +z 的最大值为 乙最小值为—3.3. (2017 全国卷 H )已知 a>0, b>0, a 3 + b 3= 2.证明: (1)(a + b)(a 5 + b 5) > 4; (2)a + b < 2.证明(1)(a + b)(a 5 + b 5)= a 6+ ab 5 + a 5b + b 6 =(a 3 + b 3)2 — 2a 3b 3 + ab(a 4 + b 4) =4 + ab(a 2 — b 2)2 > 4.(2)因为(a + b)3= a 3+ 3a 2b + 3ab 2 + b 3= 2 + 3ab(a + b)D T 设 a>0, b>1, a + b = 2,1 \ 3 b — 1 a a b -1_=4+ 3b — 1 +4 +a b — 12 3 V 2 I 3(a + b) (a , b) 2 , 3(a + b)< 2+ 4 (a + b)= 2+ 4,所以(a + b)3V 8,因此 a + b V 2. 4. (2018 南昌模拟)函数 f(x)= jx + 1|+ |x + 2|-a.(1)若a = 5,求函数f(x)的定义域A ;解 (1)由|x +1|+|x + 2|-5>0,当 X V-2 时，一2x -8>0,解得 x V -4; 当一2<x<- 1时，一4》0,无解；当 x > - 1 时，2x - 2>0,解得 x > 1.综上 A = {x|x V — 4 或 x > 1}.而 4(a + b)2- (4 + ab)2 = 4(a 2 + 2ab + b 2)- (16 + 8ab + a 2b 2) = 4a 2 + 4b 2- a 2b 2- 16 =a 2(4 - b 2) + 4(b 2 - 4) = (b 2-4)(4 - a 2),••• a , b € (- 1,1),「.(b 2-4)(4 - a 2)<0,⑵设a ，b € (- 1,1),证明: |a + b| <2 .ab 1+ ab (2)证明: |a + b|< 2 < 1 + ab ? |十4 -2|a + b|<|4 + ab|. 4(a + b)2<(4 + ab)2, |a + b| T< .ab 1+abE 课后作业移t［基础送分提速狂刷练］11. (2018 •阳质检)已知函数 f(x)=|x — a|— 2X (a>0).(1) 若a = 3,解关于x 的不等式f(x)<0;a(2) 若对于任意的实数x ,不等式f(x) — f(x + a)<a 2 + 2恒成立，求实数a 的取值 范围.1 1解(1)当 a = 3 时，f(x)= |x — 3|— qx ,即 |x —引一2X<0,原不等式等价于—x <x — 3<^x ,解得2<x<6,故不等式的解集为{x|2vx<6}.a(2)f(x) — f(x + a) = |x — a| — |x| + 2，原不等式等价于|x — a| — |x|<a 2,由三角绝对值不等式的性质，得|x — a|— |x|< |(x — a) — x|= |a|,原不等式等价于|a|<a 2，又a>0,「. a<a 2，解得a>1. 故实数a 的取值范围为(1,+ 乂).2. (2017河北石家庄二模)设函数f(x)=|x —1| —|2x + 1|的最大值为m.(1)作出函数f(x)的图象；⑵若a 2 + 2c 2 + 3b 2 = m ,求ab + 2bc 的最大值.解 (1)因为 f(x)=|x — 1|— |2x + 1|,x + 2, x W — 2,' —x — 2, x > 1,画出图象如图.所以 f(x)= ' — 3x—2<x<1,3⑵由(1)可知m= 2.因为|= m= a2+ 2c2+ 3b2= (a2+ b2) + 2(c2+ b2)> 2ab + 4bc,3 1所以ab+ 2bc<4，当且仅当a = b= c=㊁时，等号成立.3所以ab+ 2bc的最大值为-3. (2017 •东肇庆统测)已知函数f(x)=|x + 1|, g(x) = 2|x| + a.(1) 若a= 0,解不等式f(x)>g(x);(2) 若存在x€ R，使得f(x)> g(x)成立，求实数a的取值范围.解(1)当a= 0 时，由f(x)>g(x)，得|x+ 1|>2凶,两边平方，并整理得(3x + 1)(1 —x) > 0 ,所以所求不等式的解集为「 1 : x —x< 1 二(2)解法一：由f(x)>g(x)，得|x+ 1|>2|x| + a,即|x+ 1| —2|x|> a.令F(x)=x + 1|—2xi,依题意可得F(x)m ax> a.F(x)= |x + 1|—|x|—|x|< |x + 1—x|—|x|= 1 —|x|< 1,当且仅当x= 0时，上述不等式的等号同时成立，所以F(x)max= 1.所以a的取值范围是(—^, 1].解法二：由f(x) >g(x)，得|x+ 1|>2|x|+ a,即|x+ 1| —2|x|> a.令F(x)=x + 1|—2x,依题意可得F(x)max>a.1 — X , X 》0,F(x)= |x + 1| — 2|x|= 3x + 1,— 1<x<0,x — 1, x < — 1 ,易得F(x)在(―乂，0)上单调递增，在(0,+乂)上单调递减，所以当x = 0时, F(x)取得最大值，最大值为1.故a 的取值范围是(一乂，1].4. (2017衡阳联考)已知函数f(x)=|x — 3|.(1) 若不等式f(x — 1) +f(x)va 的解集为空集，求实数a 的取值范围；(2) 若|a|<1, |b|<3，且0,判断■与f£的大小，并说明理由.解 (1)因为 f(x —1)+ f(x)= |x —4|+ |x — 3|> |x — 4+ 3 — x|= 1,不等式f(x — 1) + f(x)<a 的解集为空集，则1>a 即可，所以实数a 的取值范围 是 (―乂，1].证明：要证；；b>f^，，只需证 |ab — 3|>|b — 3a|,即证(ab — 3)2>( b 一 3a)2，又(ab — 3)2— (b — 3a)?= a 'b ?— 9a ?— b ? + 9 = (a ? — 1)(b ?—9).因为|a|<1, |b|<3,所以(ab — 3)2>(b — 3a)2成立，所以原不等式成立.5. (2017 泉州一模)已知函数 f(x)=|x + 1| + |2x —4|.(1) 解关于x 的不等式f(x)<9;(2) 若直线y = m 与曲线y = f(x)围成一个三角形，求实数 m 的取值范围，并求 所围成的三角形面积的最大值.解 (1)x < — 1,不等式可化为一x — 1 — 2x + 4<9,x> — 2 ,「• 一 2<x W — 1;—1<x<2，不等式可化为 x + 1 — 2x + 4<9,二 x> — 4,二—1<x<2;x >2,不等式可化为 x +1+ 2x — 4<9,二 x<4,二 2< x<4;综上所述，不等式的解集为{x|— 2vx<4}.⑵(2)f(x)=|x + 1| + 2X —2|,由题意作图如右，结合图象可知，A(3,6),B(—1,6), C(2,3);故3<m<6,1且m= 6时面积最大为2^ (3+ 1)X 3= 6.6. (2018 东北三校模拟)已知a, b, c>0, a+b + c= 1.求证：(1) a + b+ . c1 1 1 3(2)3a + 1 +3b+ 1 +3c+ 1>2.证明(1 )由柯西不等式得(.a + b + c)2= (1 •a+ 1 •. b +1 •. c)2< (12+ 12+111 112)[(ja)2+ b/b)2+ (*)2] = 3,当且仅当需=乔=五，即a= b= c=3时等号成立，「• a + b+ c w 3.(2)由柯西不等式得(1 1 1 、[(3a+ 1)+ (3b+ 1) + (3c+ 1)]R + 3b+1+冇丿1 1 「1) 换肓丿2= 9■当且仅当a= b= c= 3时取等号｝(1 1 1又a+ b+ c= 1,「63+ 1 +3b+ 1 +3c+ 1」‘9,1113二--- + ------- + -------3a+ 1 3b + 1 3c + 1 2。