2025版高考數(shù)學大一輪復習第十三章系列4選講13.2不等式選講第2課時不等式的證明教案理含解析新人教A版

PAGEPAGE1第2課時不等式的證明最新考綱考情考向分析通過一些簡潔問題了解證明不等式的基本方法：比較法、綜合法、分析法.主要考查用比較法、綜合法、分析法證明不等式，題型為解答題，中檔難度.1．比較法(1)作差比較法知道a>b?a－b>0，a<b?a－b<0，因此要證明a>b，只要證明a－b>0即可，這種方法稱為作差比較法．(2)作商比較法由a>b>0?eq\f(a,b)>1且a>0，b>0，因此當a>0，b>0時，要證明a>b，只要證明eq\f(a,b)>1即可，這種方法稱為作商比較法．2．綜合法從已知條件動身，利用不等式的有關性質或定理，經(jīng)過推理論證，最終推導出所要證明的不等式成立，這種證明方法叫做綜合法，即“由因導果”的方法．3．分析法從待證不等式動身，逐步尋求使它成立的充分條件，直到將待證不等式歸結為一個已成立的不等式(已知條件、定理等)，從而得出要證的不等式成立，這種證明方法叫做分析法，即“執(zhí)果索因”的方法．4．反證法先假設要證的命題不成立，以此為動身點，結合已知條件，應用公理、定義、定理、性質等，進行正確的推理，得到和命題的條件(或已證明的定理、性質、明顯成立的事實等)沖突的結論，以說明假設不正確，從而證明原命題成立．5．放縮法證明不等式時，通過把不等式中的某些部分的值放大或縮小，簡化不等式，從而達到證明的目的．

概念方法微思索1．綜合法與分析法有何內在聯(lián)系？提示綜合法往往是分析法的相反過程，其表述簡潔、條理清晰，當問題比較困難時，通常把分析法和綜合法結合起來運用，以分析法找尋證明的思路，而用綜合法敘述、表達整個證明過程．2．分析法的過程中為什么要運用“要證”，“只需證”這樣的連接“關鍵詞”？提示因為“要證”“只需證”這些詞說明白分析法須要尋求的是充分條件，符合分析法的思維是逆向思維的特點，因此在證題時，這些詞是必不行少的．題組一思索辨析1．推斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)當a≥0，b≥0時，eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab).(√)(2)用反證法證明命題“a，b，c全為0”的假設為“a，b，c全不為0”．(×)(3)若實數(shù)x，y適合不等式xy>1，x＋y>－2，則x>0，y>0.(√)(4)若m＝a＋2b，n＝a＋b2＋1，則n≥m.(√)題組二教材改編2．已知a，b∈R＋，a＋b＝2，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值為()A．1B．2C．4D．8答案B解析因為a，b∈R＋，且a＋b＝2，所以(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(4,a＋b)＝2，即eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值為2(當且僅當a＝b＝1時，“＝”成立)．故選B.3．若a，b，m∈R＋，且a>b，則下列不等式肯定成立的是()A.eq\f(b＋m,a＋m)≥eq\f(b,a) B.eq\f(b＋m,a＋m)>eq\f(b,a)C.eq\f(b＋m,a＋m)≤eq\f(b,a) D.eq\f(b＋m,a＋m)<eq\f(b,a)答案B解析因為a，b，m∈R＋，且a>b.所以eq\f(b＋m,a＋m)－eq\f(b,a)＝eq\f(ma－b,aa＋m)>0，即eq\f(b＋m,a＋m)>eq\f(b,a)，故選B.題組三易錯自糾4．已知a＋b＋c>0，ab＋bc＋ac>0，abc>0，用反證法求證a>0，b>0，c>0時的反設為()A．a(chǎn)<0，b<0，c<0 B．a(chǎn)≤0，b>0，c>0C．a(chǎn)，b，c不全是正數(shù) D．a(chǎn)bc<0答案C5．若a>b>1，x＝a＋eq\f(1,a)，y＝b＋eq\f(1,b)，則x與y的大小關系是()A．x>yB．x<yC．x≥yD．x≤y答案A解析x－y＝a＋eq\f(1,a)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＝a－b＋eq\f(b－a,ab)＝eq\f(a－bab－1,ab).由a>b>1，得ab>1，a－b>0，所以eq\f(a－bab－1,ab)>0，即x－y>0，所以x>y.故選A.6．若a＝eq\r(3)－eq\r(2)，b＝eq\r(6)－eq\r(5)，c＝eq\r(7)－eq\r(6)，則a，b，c的大小關系為()A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>bC．b>c>a D．c>a>b答案A解析“分子”有理化得a＝eq\f(1,\r(3)＋\r(2))，b＝eq\f(1,\r(6)＋\r(5))，c＝eq\f(1,\r(7)＋\r(6))，∴a>b>c.題型一用綜合法與分析法證明不等式例1(1)已知x，y均為正數(shù)，且x>y，求證：2x＋eq\f(1,x2－2xy＋y2)≥2y＋3；(2)設a，b，c>0且ab＋bc＋ca＝1，求證：a＋b＋c≥eq\r(3).證明(1)因為x>0，y>0，x－y>0，2x＋eq\f(1,x2－2xy＋y2)－2y＝2(x－y)＋eq\f(1,x－y2)＝(x－y)＋(x－y)＋eq\f(1,x－y2)≥3eq\r(3,x－y2·\f(1,x－y2))＝3(當且僅當x－y＝1時，等號成立)，所以2x＋eq\f(1,x2－2xy＋y2)≥2y＋3.(2)因為a，b，c>0，所以要證a＋b＋c≥eq\r(3)，只需證明(a＋b＋c)2≥3.即證a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，而ab＋bc＋ca＝1，故需證明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)，即證a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.而ab＋bc＋ca≤eq\f(a2＋b2,2)＋eq\f(b2＋c2,2)＋eq\f(c2＋a2,2)＝a2＋b2＋c2(當且僅當a＝b＝c時等號成立)成立，所以原不等式成立．思維升華用綜合法證明不等式是“由因導果”，用分析法證明不等式是“執(zhí)果索因”，它們是兩種思路截然相反的證明方法．綜合法往往是分析法的逆過程，表述簡潔、條理清晰，所以在實際應用時，往往用分析法找思路，用綜合法寫步驟，由此可見，分析法與綜合法相互轉化，相互滲透，互為前提，充分利用這一辯證關系，可以增加解題思路，開闊視野．跟蹤訓練1(2024·全國Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2，證明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；(2)a＋b≤2.證明(1)(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)因為(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋eq\f(3a＋b2,4)(a＋b)＝2＋eq\f(3a＋b3,4)(當且僅當a＝b時，取等號)，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.題型二放縮法證明不等式例2(1)設a>0，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－1))<eq\f(a,3)，|y－2|<eq\f(a,3)，求證：|2x＋y－4|<a.證明由a>0，|x－1|<eq\f(a,3)，可得|2x－2|<eq\f(2a,3)，又|y－2|<eq\f(a,3)，∴|2x＋y－4|＝|(2x－2)＋(y－2)|≤|2x－2|＋|y－2|<eq\f(2a,3)＋eq\f(a,3)＝a.即|2x＋y－4|<a.(2)設n是正整數(shù)，求證：eq\f(1,2)≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)<1.證明由2n≥n＋k>n(k＝1,2，…，n)，得eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋k)<eq\f(1,n).當k＝1時，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋1)<eq\f(1,n)；當k＝2時，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋2)<eq\f(1,n)；…當k＝n時，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋n)<eq\f(1,n)，∴eq\f(1,2)＝eq\f(n,2n)≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)<eq\f(n,n)＝1.∴原不等式成立．思維升華(1)在不等式的證明中，“放”和“縮”是常用的證明技巧，常見的放縮方法有：①變換分式的分子和分母，如eq\f(1,k2)<eq\f(1,kk－1)，eq\f(1,k2)>eq\f(1,kk＋1)，eq\f(1,\r(k))<eq\f(2,\r(k)＋\r(k－1))，eq\f(1,\r(k))>eq\f(2,\r(k)＋\r(k＋1))，上面不等式中k∈N＋，k>1；②利用函數(shù)的單調性；③利用結論，如“若0<a<b，m>0，則eq\f(a,b)<eq\f(a＋m,b＋m).”(2)運用肯定值不等式的性質證明不等式時，常與放縮法結合在一起應用，利用放縮法時要目標明確，通過添、拆項后，適當放縮．跟蹤訓練2設f(x)＝x2－x＋1，實數(shù)a滿意|x－a|<1，求證：|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1)．證明|f(x)－f(a)|＝|x2－x－a2＋a|＝|x－a|·|x＋a－1|<|x＋a－1|＝|x－a＋2a－1|≤|x－a|＋|2a－1|<1＋|2a|＋1＝2(|a|＋1)，即|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1)．1．設函數(shù)f(x)＝|x－p|.(1)當p＝2時，解不等式f(x)≥4－|x－1|；(2)若f(x)≥1的解集為(－∞，0]∪[2，＋∞)，eq\f(1,m)＋eq\f(2,n－1)＝p(m>0，n>0)，求證：m＋2n≥11.(1)解當p＝2時，不等式為|x－2|＋|x－1|≥4，∵|x－2|＋|x－1|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－3，x≥2，,1，1<x<2，,3－2x，x≤1，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥2，,2x－3≥4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤1，,3－2x≥4，))解得x≥eq\f(7,2)或x≤－eq\f(1,2)，∴不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞)).(2)證明由f(x)≥1，得|x－p|≥1，即x≤p－1或x≥p＋1，∵f(x)≥1的解集為(－∞，0]∪[2，＋∞)，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p－1＝0，,p＋1＝2，))解得p＝1，∴eq\f(1,m)＋eq\f(2,n－1)＝1，∵m>0，n>0，∴m＋2(n－1)＝[m＋2(n－1)]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(2,n－1)))＝5＋eq\f(2m,n－1)＋eq\f(2n－1,m)≥9，當且僅當m＝3，n＝4時取等號，∴m＋2n≥11.2．已知函數(shù)f(x)＝|x－1|，關于x的不等式f(x)<3－|2x＋1|的解集記為A.(1)求A；(2)已知a，b∈A，求證：f(ab)>f(a)－f(b)．(1)解由f(x)<3－|2x＋1|，得|x－1|＋|2x＋1|<3，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤－\f(1,2)，,1－x－2x－1<3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)<x<1，,1－x＋2x＋1<3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x－1＋2x＋1<3，))解得－1<x≤－eq\f(1,2)或－eq\f(1,2)<x<1，∴集合A＝{x|－1<x<1}．(2)證明∵a，b∈A，∴－1<ab<1，∴f(ab)＝|ab－1|＝1－ab，f(a)＝|a－1|＝1－a，f(b)＝|b－1|＝1－b，∵f(ab)－(f(a)－f(b))＝1－ab－1＋a＋1－b＝(1＋a)(1－b)>0，∴f(ab)>f(a)－f(b)．3．已知函數(shù)f(x)＝|x－5|，g(x)＝5－|2x－3|.(1)解不等式f(x)<g(x)；(2)設F＝f(x2＋y2)－g(3y＋12)，求證：F≥2.(1)解由題意得原不等式為|x－5|＋|2x－3|<5，等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>5，,x－5＋2x－3<5))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)≤x≤5，,5－x＋2x－3<5))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<\f(3,2)，,5－x＋3－2x<5，))解得x∈?或eq\f(3,2)≤x<3或1<x<eq\f(3,2)，綜上可得1<x<3.∴原不等式的解集為{x|1<x<3}．(2)證明F＝|x2＋y2－5|＋|2(3y＋12)－3|－5＝|x2＋y2－5|＋|6y＋21|－5≥|x2＋y2－5＋6y＋21|－5＝|x2＋(y＋3)2＋7|－5＝x2＋(y＋3)2＋2≥2，當且僅當x＝0且y＝－3時等號成立．4．已知函數(shù)f(x)＝x2＋|x－2|.(1)解不等式f(x)>2|x|；(2)若f(x)≥a2＋2b2＋3c2(a>0，b>0，c>0)對隨意x∈R恒成立，求證：eq\r(ab)·c<eq\f(7\r(2),32).(1)解由f(x)>2|x|，得x2＋|x－2|>2|x|，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥2，,x2＋x－2>2x))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<x<2，,x2＋2－x>2x))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x2＋2－x>－2x，))解得x>2或0<x<1或x≤0，即x>2或x<1.所以不等式f(x)>2|x|的解集為(－∞，1)∪(2，＋∞)．(2)證明當x≥2時，f(x)＝x2＋x－2≥22＋2－2＝4；當x<2時，f(x)＝x2－x＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(7,4)≥eq\f(7,4)，所以f(x)的最小值為eq\f(7,4).因為f(x)≥a2＋2b2＋3c2對隨意x∈R恒成立，所以a2＋2b2＋3c2≤eq\f(7,4).又a2＋2b2＋3c2＝a2＋c2＋2(b2＋c2)≥2ac＋4bc≥4eq\r(2abc2)，且等號不能同時成立，所以4eq\r(2abc2)<eq\f(7,4)，即eq\r(ab)·c<eq\f(7\r(2),32).5．(2024·大連模擬)已知函數(shù)f(x)＝|2x＋1|.(1)求不等式f(x)≤8－|x－3|的解集；(2)若正數(shù)m，n滿意m＋3n＝mn，求證：f(m)＋f(－3n)≥24.(1)解不等式f(x)≤8－|x－3|即為|2x＋1|＋|x－3|≤8，此不等式等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,2)，,－2x－1＋3－x≤8))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)≤x≤3，,2x＋1＋3－x≤8))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>3，,2x＋1＋x－3≤8，))解得－2≤x<－eq\f(1,2)或－eq\f(1,2)≤x≤3或3<x≤eq\f(10,3)，即不等式的解集為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\a