1、金版教程金版教程20212021高考科学复习创新方案高考科学复习创新方案- -理数理数 （创新版）（创新版） 【精品课件精品课件】 第第4 4讲讲 证明不等式的基本方法证明不等式的基本方法 第十二章 选修4系列 考纲解读 了解不等式证明的基本方法：比较法、综合法、 分析法，并能应用它们证明一些简单的不等式(重点、难点) 考向预测 从近三年高考情况来看，本讲是高考命题的一个 热点预测 2021 年将会考查：与基本不等式结合证明不等 式；与恒成立、探索性问题结合，题型为解答题，属中档 题型. 1 基础知识过关基础知识过关 PART ONE 1.基本不等式 定理1： 如果a， bR， 那么a2b20
2、1 _， 当且仅当02 _ 时，等号成立 定理 2： 如果 a， b0， 那么ab 2 03 _， 当且仅当04 _ 时，等号成立，即两个正数的算术平均数不小于(即大于或等于)它们的 几何平均数 定理 3：如果 a，b，cR，那么abc 3 05 _，当且仅当 06 _时，等号成立 2ab ab ab ab 3 abc abc 2比较法 依据 若 a，bR，则 ab001 _；ab 002 _；ab0，b0，则a b1 04 _； a b1ab； a bb ab ab a1，则 x2yxy.( ) (3)|ab|ab|2a|.( ) (4)若实数 x，y 适合不等式 xy1，xy2，则 x0，
3、y0.( ) 2小题热身 (1)四个不相等的正数 a，b，c，d 成等差数列，则( ) A.ad 2 bc B.ad 2 bc. 答案答案 解析解析 (2)已知 a，b 是不相等的正数，x a b 2 ，y ab，z(ab)0.25，则 x，y，z 的大小关系是( ) Axyz B.xyxz D.yzz2，y2x2ab2 ab 2 a b 2 2 0， y2x2z2，又 x0，y0，z0，yxz. 答案答案 解析解析 (3)设 xa2b25，y2aba24a，若 xy，则实数 a，b 应满足的条 件为_ 解析 因为 xy(a2b25)(2aba24a) (a2b22ab1)(a24a4) (a
4、b1)2(a2)20， 若 xy，则实数 a，b 应满足的条件为 ab1 或 a2. ab1 或 a2 解析解析 (4)已知 x0，则 yx22 x的最小值为_ 解析 因为 x0，所以 yx22 xx 21 x 1 x 3 3 x2 1 x 1 x3，当且仅当 x 21 x即 x1 时等号成立，所以 yx 22 x的最 小值为 3. 3 解析解析 2 经典题型冲关经典题型冲关 PART TWO 1已知 a，b 都是正实数，且 ab2，求证： a2 a1 b2 b11. 证明 a0，b0，ab2， a2 a1 b2 b11 a 2b1b2a1a1b1 a1b1 a 2ba2b2ab2abab1
5、a1b1 证明证明 题型 一 比较法证明不等式 a 2b2abababab1 a1b1 a 2b22abab3 a1b1 ab 23ab a1b1 1ab a1b1. ab22 ab，ab1. 1ab a1b10. 证明证明 解 (1)令 y|x1|x5| 2x4，x1， 6，1x5， 2x4，x5， 可知|x1|x5|6，故要使不等式|x1|x5|m 的解集不是空 集，有 m6. 解解 2(2019 吉林长春模拟)(1)如果关于 x 的不等式|x1|x5|m 的解集不是空集，求实数 m 的取值范围； (2)若 a，b 均为正数，求证：aabbabba. (2)证明：由 a，b 均为正数，则要
6、证 aabbabba， 只要证 aa bbba1，整理得 a b ab1. 当 ab 时，ab0，可得 a b ab1； 当 ab 时，ab1. 可知 a，b 均为正数时， a b ab1， 当且仅当 ab 时等号成立，从而 aabbabba成立 解解 结论探究 本例中(2)条件不变，求证：aabb(ab)ab 2 . 证明 aabb abab 2 aab 2 bba 2 a b ab 2 . 当 ab 时， a b ab 2 1； 当 ab 时，a b1， ab 2 0， 由指数函数的性质知 a b ab 2 1， 证明证明 当 ab 时，0a b1， ab 2 1. 所以 aabb(ab)
7、ab 2 . 证明证明 1作差比较法 (1)作差比较法证明不等式的四步骤 (2)作差比较法的应用范围 当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时，一般使用作差 比较法 2作商比较法 (1)作商比较法证明不等式的一般步骤 (2)作商比较法的应用范围 当被证的不等式两边含有幂式或指数式或乘积式时，一般使用作商比 较法 解 (1)由题意，知 f(x1)f(x3)|x1|x1|， 而|x1|x1|(x1)(x1)|2， 当且仅当(x1)(x1)0， 即1x1 时取等号， 因此 Mx|x1 解解 已知函数 f(x)|x2|. (1)求不等式 f(x1)f(x3)2 的解集 M； (2)若 aM，|b|2
8、，求证：f(ab)|a| f b a . (2)证明：由 f(ab)|a| f b a ， 得|ab2|b2a|. 因为 aM，|b|1，b24， 所以(ab2)2(b2a)2a2b24a2b24 (a21)(b24)0， 因此|ab2|b2a|，故 f(ab)0)； a b b a2(ab0)； a b b a2(ab0). 解 (1)因为|xm|x|(xm)x|m|. 所以要使不等式|xm|x|2 有解， 则|m|2，解得2m2. 因为 mN*，所以 m1. 解解 (2019 广州模拟)已知定义在 R 上的函数 f(x)|xm|x|，mN*， 存在实数 x 使 f(x)2 成立 (1)求实
9、数 m 的值； (2)若 1，1，f()f()4，求证：4 1 3. (2)证明：因为 1，1， 所以 f()f()21214， 即 3， 所以4 1 1 3 4 1 ()1 3 54 1 3 52 4 3. 当且仅当4 ，即 2，1 时等号成立， 故4 1 3. 解解 (2019 泉州模拟)已知函数f(x)x1 4x 1 4， M为不等式f(x)2的解集 (1)求 M； (2)求证：当 a，bM 时，2 1abab. 题型题型 三三 分析法证明不等式分析法证明不等式 解 (1)f(x)x1 4x 1 4 2x，x1 4， 1 2， 1 4x 1 4， 2x，x1 4， 当 x1 4时，2x2
10、，解得 x1， 1x1 4. 当1 4x 1 4时，不等式成立， 1 4x0，b0 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 2用分析法证“若 A 则 B”这个命题的模式 为了证明命题 B 为真， 只需证明命题 B1为真，从而有 只需证明命题 B2为真，从而有 只需证明命题 A 为真，而已知 A 为真，故 B 必真 某同学在一次研究性学习中发现，以下 5 个不等关系式子： 312 2；2 2 5 3； 5 3 62； 6 2 7 5； 7 52 2 6. (1)上述五个式子有相同的不等关系，分析其结构特点，请你再写
11、出一个类似的不等式； (2)请写出一个更一般的不等式，使以上不等式为它的特殊情况， 并证明 解 (1) 102 2 113(答案不唯一) (2) a2 a a3 a1. 证明：要证原不等式，只需证 a2 a1 a3 a， 因为不等式两边都大于 0，只需证 2a32 a2a12a32 aa3， 只需证 a23a2 a23a， 只需证 a23a2a23a， 只需证 20，显然成立，所以原不等式成立 解解 3 课时作业课时作业 PART THREE 1设不等式|2x1|1 的解集为 M. (1)求集合 M； (2)若 a，bM，试比较 ab1 与 ab 的大小 A组组 基础关基础关 解 (1)由|2
12、x1|1，得12x11， 解得 0x1，所以 Mx|0x1 (2)由(1)和 a，bM 可知 0a1,0b0， 故 ab1ab. 解解 解 (1)由已知，令 f(x)|x1|x1| 2，x1， 2x，1x1， 2，x1， 由|f(x)|2 得1x1，即 Ax|1x1 解解 2(2019 长春模拟)设不等式|x1|x1|1. (2)证明：要证1abc abc 1，只需证|1abc|abc|， 只需证 1a2b2c2a2b2c2，只需证 1a2b2c2(1a2b2)， 只需证(1a2b2)(1c2)0，由 a，b，cA，得1ab1，c20 恒成立 综上，1abc abc 1. 解解 3设 a，b，
13、c，d 均为正数，且 abcd，证明： (1)若 abcd，则 a b c d； (2) a b c d是|ab|cd，得 ( a b)2( c d)2. 因此 a b c d. 证明证明 (2)若|ab|cd|，则(ab)2(cd)2， 即(ab)24abcd； 由(1)得 a b c d，即必要性成立； 若 a b c d，则( a b)2( c d)2， 即 ab2 abcd2 cd. 因为 abcd，所以 abcd，于是 (ab)2(ab)24ab(cd)24cd(cd)2. 因此|ab| c d是|ab|cd|的充要条件 证明证明 解 (1)当 abc2 时， f(x)|x2|x2|
14、2 22x，x2， 6，2x2， 2x2，x2. 当 x2 时，f(x)8 即为 22x3， 解解 4(2019 青岛二模)已知 a0，b0，c0，函数 f(x)|ax|x b|c. (1)当 abc2 时，求不等式 f(x)8 的解集； (2)若函数 f(x)的最小值为 1，求证：a2b2c21 3. 所以3x2. 当2x2 时，f(x)8 即为 68，不等式恒成立， 所以2x2. 当 x2 时，f(x)8 即为 2x28，解得 x3， 所以 2x3. 综上所述，不等式 f(x)8 的解集为x|3x0，b0，c0， 所以 f(x)|ax|xb|c |axxb|c|ab|c abc. 因为 f
15、(x)的最小值为 1，所以 abc1. 所以(abc)2a2b2c22ab2ac2bc1. 因为 2aba2b2,2bcb2c2,2aca2c2， 所以 1a2b2c22ab2ac2bc3(a2b2c2)， 所以 a2b2c21 3. 解解 1已知 a，b 为正实数 (1)求证：a 2 b b 2 a ab； (2)利用(1)的结论求函数 y1x 2 x x2 1x(0x0，b0，所以ab 2ab ab 0， 当且仅当 ab 时等号成立 所以a 2 b b 2 a ab. 解解 (2)因为 0x0， 由(1)的结论，函数 y1x 2 x x2 1x (1x)x1. 当且仅当 1xx 即 x1
16、2时等号成立 所以函数 y1x 2 x x2 1x(0x6； (2)记 f(x)的最小值为 m， 已知实数 a， b， c 都是正实数， 且1 a 1 2b 1 3c m 4 ，求证：a2b3c9. 解 (1)f(x)|x1|x5|6， 则有 x6 或 1x5， x15x6 或 x5， x1x56， 解得 x6. 综上所述，不等式 f(x)6 的解集为(，0)(6，) 解解 (2)证明：由 f(x)|x1|x5|x1(x5)|4(x3 时取等号) f(x)min4.即 m4，从而1 a 1 2b 1 3c1， a2b3c 1 a 1 2b 1 3c (a2b3c) 3 a 2b 2b a a
17、3c 3c a 2b 3c 3c 2b 9. 解解 解 (1)设 y|2x1|x1| x，x1， 3x2，1 2x0，b0，且 a2b22. (1)若 1 a2 4 b2|2x1|x1|恒成立，求 x 的取值范围； (2)证明： 1 a 1 b (a5b5)4. 由 a2b22，得1 2(a 2b2)1， 故 1 a2 4 b2 1 2 1 a2 4 b2 (a2b2) 1 2 14b 2 a2 4a2 b2 1 2 142 b2 a2 4a2 b2 9 2， 当且仅当 a22 3，b 24 3时取等号， 所以9 2|2x1|x1|. 解解 当 x1 时，x9 2，得 1x 9 2； 当1 2
18、x1 时，3x2 9 2， 解得 x13 6 ，故1 2x1； 当 x1 2时，x 9 2，解得 x 9 2， 故9 2x 1 2， 综上可知，9 2x 9 2. 解解 (2)证明： 1 a 1 b (a5b5)a4b4b 5 a a 5 b ， (a2b2)2b 5 a a 5 b 2a2b2， (a2b2)22 b5 a a5 b 2a2b2 (a2b2)24， 当且仅当 ab1 时取等号 解解 4(2019 全国卷)已知 a，b，c 为正数，且满足 abc1. 证明：(1)1 a 1 b 1 ca 2b2c2； (2)(ab)3(bc)3(ca)324. 证明 (1)因为 a2b22ab，b2c22bc，c2a22ac， 又 abc1， 故有 a2b2c2abbccaabbcca abc 1 a 1 b 1 c. 证明证明 当且仅当 abc1 时，等号成立 所以1 a 1 b 1 ca 2b2c2. (2)因为 a，b，c 为正数且 abc1， 故有(ab)3(bc)3(ca)3 33ab3bc3ca33(ab)(bc)(ca) 3(2 ab)(2 bc)(2 ca)24. 当且仅当 abc1 时，等号成立 所以(ab)3(bc)3(ca)324. 证明证明 本课结束本课结束
