1、第2课时不等式的证明关键能力学案突破考点证明不等式(多考向探究)考向1比较法证明不等式【例1】已知函数f(x)=|x-3|.(1)解不等式f(2x+4)4;(2)若a,bR,|a|1,|b|f(a-b+3).解题心得1.作差比较法的步骤:作差变形(化简)定号(差值的符号)得出结论.2.作商比较法的步骤:作商变形(化简)判断(商值与实数1的关系)得出结论.对点训练1(2020宁夏银川高级中学月考)已知f(x)=|x-1|+|x+1|,不等式f(x)4的解集为M.(1)求集合M;(2)当a,bM时,证明:2|a+b|2x|x;(2)若f(x)的最小值为M,且a+b+c=M(a,b,cR+),求证:
2、a2+b2c+a2+c2b+c2+b2a2.考向3分析法证明不等式【例3】(2020河北衡水中学三模,理23)设函数f(x)=|x-a|.(1)若关于x的不等式f(x)+f(2-x)3恒成立,求实数a的取值范围;(2)若0a1,|b|f(b).解题心得用分析法证明不等式时应注意(1)分析法证明不等式的依据是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论;(2)分析法证明不等式的思维是从要证不等式出发,逐步寻求使它成立的充分条件,最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式;(3)用分析法证明数学命题时,一定要恰当地用好“要证”“只需证”“即证”等词语.对点训练3已知a0,求证:a2+1a
3、2-2a+1a-2.考向4利用绝对值三角不等式证明不等式【例4】(2020广东珠海三模,23)已知函数f(x)=|x-1|.(1)解不等式f(x)+f(x+1)4;(2)当x0,xR时,证明:f(-x)+f1x2.解题心得利用绝对值三角不等式证明不等式时,一般需要利用绝对值的意义,对函数或代数式中的几个绝对值里面的代数式做正负号的调整,使之利用绝对值三角不等式后对消变量,得到常数.对点训练4(2020安徽安庆三模,23)已知函数f(x)=|x-m|+x+1m+1(其中实数m0).(1)当m=1时,解不等式f(x)3;(2)求证:f(x)+1m(m+1)2.考向5利用放缩法证明不等式【例5】设函
4、数f(x)=|x+2|-|x-2|.(1)略;(2)当xR,0y1时,证明:|x+2|-|x-2|1y+11-y.解题心得放缩法证明不等式,常常利用基本的不等式,绝对值三角不等式等大家熟知的数学结论进行放缩,有时也对要证明结论的一端进行适当的放或缩来证明不等式.对点训练5已知a,b,c均大于0,函数f(x)=|a-x|+|x+b|+c.(1)当a=b=c=2时,求不等式f(x)f(a-b+3)|ab-1|a-b|,因为|a|1,|b|1,所以a21,b20,所以|ab-1|2|a-b|2,即|ab-1|a-b|,所以原不等式成立.对点训练1(1)解f(x)=|x-1|+|x+1|=-2x,x1
5、,则f(x)4等价于x-1,-2x4或-1x1,21,2x4,解得-2x-1或-1x1或1x2,-2x2,M=(-2,2).(2)证明当a,bM时,即-2a2,-2b2,4(a+b)2-(4+ab)2=4a2+4b2-16-a2b2=(a2-4)(4-b2)0,4(a+b)2(4+ab)2,2|a+b|4+ab|.例2证明(1)因为a2+b22ab,b2+c22bc,c2+a22ac,又abc=1,故有a2+b2+c2ab+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+1ca2+b2+c2.(2)因为a,b,c为正数,且abc=1,所以
6、(a+b)3+(b+c)3+(c+a)333(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)324.对点训练2(1)解当x|2x|x等价于x2-2x+2-2,该不等式恒成立;当0|2x|x等价于x2-2x0,该不等式解集为;当x1时,f(x)|2x|x等价于x2+2x-22,解得x5-1.综上,x5-1.所以不等式f(x)|2x|x的解集为(-,0)(5-1,+).(2)证明f(x)=x2+2|x-1|=x2+2x-2,x1,x2-2x+2,x3恒成立,则|
7、2a-2|3,即2a-23或2a-252或a-12,所以实数a的取值范围为aa52.(2)证明要证1af(a2b)f(b),即证|a2b-a|a|a-b|,即证|ab-1|a-b|.又因为0a1,|b|1,所以a21,b20,所以|ab-1|a-b|,故所证不等式成立.对点训练3证明要证a2+1a2-2a+1a-2,只需证a2+1a2+2a+1a+2.因为a0,故只需证a2+1a2+22a+1a+22,即a2+1a2+4a2+1a2+4a2+2+1a2+22a+1a+2,只需证2a2+1a22a+1a,只需证4a2+1a22a2+2+1a2,即证a2+1a22,而上述不等式显然成立,故原不等式
8、成立.例4(1)解由f(x)+f(x+1)4得|x-1|+|x|4,当x1时,得2x-14,即x52;当0x1时,得14,此时不等式无解;当x1,32,-12x1,-2x+12,x1,2x-123或-12x1,323或x-12,-2x+123,解得1x74或-12x1或-54x-12.所以不等式f(x)3的解集为-54,74.(2)证明由已知得f(x)+1m(m+1)=|x-m|+x+1m+1+1m(m+1)x-m-x+1m+1+1m(m+1)=m+1m+1+1m(m+1)=m+1m+1+1m-1m+1=m+1m2,当且仅当m=1时,等号成立.于是原不等式得证.例5(2)证明|x+2|-|x-
9、2|(x+2)-(x-2)|=4,由于0y1,则1y+11-y=1y+11-yy+(1-y)=2+1-yy+y1-y2+2=4,当且仅当1-yy=y1-y,即y=12时取等号.综上,|x+2|-|x-2|1y+11-y.对点训练5(1)解当a=b=c=2时,f(x)=|x-2|+|x+2|+2,所以f(x)8x-2,2-2x8,或-2x2,68,或x2,2x+28,所以不等式的解集为x|-3x0,b0,c0,所以f(x)=|a-x|+|x+b|+c|a-x+x+b|+c=|a+b|+c=a+b+c.因为f(x)的最小值为1,所以a+b+c=1,所以(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2
10、ac+2bc=1.因为2aba2+b2,2bcb2+c2,2aca2+c2,所以1=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc3(a2+b2+c2).所以a2+b2+c213.例6(1)解f(x)=|2x-2|-|x+1|=3-x,x1.根据函数图象得,f(x)的最小值为-2,m=-2.(2)证明由(1)知,a+b+c=2,a2+(b-1)2+(c+2)2(12+12+12)a1+(b-1)1+(c+2)12=(a+b+c+1)2=9,a2+(b-1)2+(c+2)23,当且仅当a=b-1=c+2,a+b+c=2,即a=1,b=2,c=-1时,等号成立.a2+b2+c2-2b+4c+20.对点训练6证明(1)1a-11b-11c-1=1-aa1-bb1-cc=b+caa+cba+bc2bca2acb2abc=8,当且仅当a=b=c=13时,等号成立.(2)ab+c+ba+c+ca+b=a+b+cb+c-1+a+b+ca+c-1+a+b+ca+b-1=12(b+c)+(a+c)+(a+b)1b+c+1a+c+1a+b-312b+c1b+c+a+c1a+c+a+b1a+b2-3=1232-3=32.
