1、第4讲 不等式选讲 第1课时 不等式的证明1.理解绝对值的几何意义，并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式：(1)|ab|a|b|；(2)|ab|ac|cb|；(3)会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：|axb|c；|axb|c；|xa|xb|c.2.了解下列柯西不等式的几种不同形式，理解它们的几何意义，并会证明.(1)柯西不等式的向量形式：|.(2)(a2b2)(c2d2)(acbd)2.(3)x1x22y1y22 x2x32y2y32 x1x32y1y32.(此不等式通常称为平面三角不等式)3.不等式选讲考纲(3)(6)略.4.会用上述不等式证明一些简单问题.能够利用平均值
2、不等式、柯西不等式求一些特定函数的极值.5.了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、缩放法.1.常用的证明不等式的方法(1)比较法：比较法包括作差比较法和作商比较法.(2)综合法：利用某些已经证明过的不等式(例如算术平均数与几何平均数的定理)和不等式的性质，推导出所要证明的不等式.(3)分析法：证明不等式时，有时可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已具备，那么就可以断定原不等式成立.(4)反证法：可以从正难则反的角度考虑，即要证明不等式AB，先假设 AB，由题设及其他性质，推出矛盾
3、，从而肯定AB.凡涉及的证明不等式为否定命题、唯一性命题或含有“至多”“至少”“不存在”“不可能”等词语时，都可以考虑用反证法.(5)放缩法：要证明不等式 A0，|f(x)|aaf(x)af(x)a.(2)理解绝对值的几何意义：|a|b|ab|a|b|.1.已知函数 f(x)|lg x|，ab0，f(a)f(b)，则a2b2ab 的最小值等于()A.2 2 B.5C.2 3 D.2 3 答案：A解析：因为 f(x)|lg x|，f(a)f(b)，所以 a1b.又因为 ab0，所以 0b1.则a2b2ab 1b2b21bb1bb 221bb1bb 21bb 2 2.当且仅当1bb 21bb，即
4、b 6 22时取得最小值.故选 A.2.已知x，yR，满足x22xy4y26，则zx24y2的最小值为_.4解析：因为 6x22xy4y2x2x2y4y2x2x24y224y232(x24y2)，即 x24y24.当且仅当 x2y 时等号成立.所以zx24y2 的最小值为 4.的最大值为_.3.若 a，b，c(0，)，且 abc1，则 a b c解析：(a b c)2(1 a1 b1 c)2(121212)(abc)3.当且仅当 abc13时，等号成立.(ab c)23.故 a b c的最大值为 3.3考点 1 比较法证明不等式考向 1 求差法比较大小例 1：已知函数 f(x)|x1|x2|.
5、(1)求不等式2f(x)2|mn|.解：(1)依题意，f(x)|x1|x2|3，x2，2x1，2x1，3，x1，由22x10，解得12x12.故 A12，12.(2)由(1)可知，m214，n20，所以|14mn|24|mn|2，故|14mn|2|mn|.【规律方法】比较法证不等式的步骤可归纳为：作差并化简，其化简目标应是 n 个因式之积或完全平方式或常数的形式；判断差值与零的大小关系，必要时需进行讨论；得出结论.考向 2 求商法比较大小例 2：已知正数 a，b，求证：aabbabba.思路点拨：根据同底数幂的运算法则，可考虑作商比较法.证明：a，b 均为正数，aabbabbaaabbbaab
6、ab.当 ab0 时，ab1，ab0，abab1；当 ab0 时，aabbabba；当 0ab 时，0ab1，ab1.综合知，aabbabba1，得 aabbabba.【规律方法】(1)由于所证不等式对于a，b 具有轮换对称 性，故不妨设ab0，这样处理既不影响结果，又可避免后面的讨论，尤其是有三个或三个以上的字母，分类讨论不太可能，这种方法显得更加便利.(2)比较法的关键是第二步的变形，一般说来，变形越彻底，对下一步的判断就越有利.考点 2 综合法证明不等式例 3：(2017 年新课标)已知 a0，b0，a3b32.证明：(1)(ab)(a5b5)4；(2)ab2.证明：(1)(ab)(a5
7、b5)a6ab5a5bb6(a3b3)22a3b3ab(a4b4)4ab(a2b2)24.当且仅当 ab1 时，等号成立.(2)因为(ab)3a33a2b3ab2b3所以(ab)38，因此ab2.当且仅当 ab1 时，等号成立.【规律方法】综合法：利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质时要注意它们各自成立的条件.综合法证明不等式的逻辑关系是：AB1B2BnB，及从已知条件A 出发，逐步推演不等式成立的必要条件，推导出所要证明的结论B.23ab(ab)23ab24(ab)23ab34.【互动探究】1.已知函数 f(x)|x1|.(1)若x0R，使不等式f(x2)f(x3)u成立，求满足条件的实
8、数 u 的集合 M；(2)已知 t 为集合 M 中的最大正整数，若 a1，b1，c1，且(a1)(b1)(c1)t，求证：abc8.解：(1)由已知，得 f(x2)f(x3)|x1|x2|则1f(x)1.由于x0R，使不等式|x1|x2|u成立，所以 u1，即 Mu|u1.1，x1，2x3，1x1，b1，c1，所以 a10，b10，c10.则 a(a1)12 a10(当且仅当 a2 时等号成立)，b(b1)12 b10(当且仅当 b2 时等号成立)，c(c1)12 c10(当且仅当 c2 时等号成立).则 abc8 a1b1c18(当且仅当 abc2 时等号成立)，即 abc8.2.已知关于
9、x 的不等式|xm|2x0 的解集为x|x2，其中 m0.(1)求 m 的值；(2)若正数 a，b，c 满足 abcm，求证：b2a c2ba2c 2.(1)解：由已知，得|xm|2x0，由于 m0，所以不等式组的解集为 x|xm.由题设，可得m2，故 m2.即xm，xm2x0，或xm，mx2x0，化简，得xm，xm3，或xm，xm.(2)证明：由(1)可知，abc2，又由均值不等式有：b2a a2b，c2bb2c，a2c c2a，三式相加可得：b2a ac2bba2c c2b2c2a，所以b2a c2ba2c abc2.考点 3 分析法证明不等式例 4：(2017 年广东广州二模)(1)已知
10、 abc1，(2)若对任意实数 x，不等式|xa|2x1|2 恒成立，求实数 a 的取值范围.证明：(a1)2(b1)2(c1)2163；(1)证明：因为 abc1，所以(a1)2(b1)2(c1)2a2b2c22(abc)3a2b2c25.要证(a1)2(b1)2(c1)2163，即证 a2b2c213.因为a2b2c2(abc)22(abbcca)(abc)22(a2b2c2)，所以3(a2b2c2)(abc)2.因为 abc1，所以 a2b2c213.所以(a1)2(b1)2(c1)2163.(2)解：设 f(x)|xa|2x1|，则“对任意实数 x，不等式|xa|2x1|2 恒成立”等
11、价于“fx min2”.当 a12时，f(x)3xa1，x12.此时fx minf 12 12a.要使|xa|2x1|2 恒成立，必须12a2，解得 a32.当 a12时，x12 23不可能恒成立.当 a12时，f(x)3xa1，xa.此时fx minf 12 a12，要使|xa|2x1|2 恒成立，必须 a122，解得 a52.所以，实数 a 的取值范围为，32 52，.【规律方法】分析法证明不等式，就是“执果索因”，从所证的不等式出发，不断用充分条件代替前面的不等式，直至使不等式成立的条件已具备，就断定原不等式成立.当证题不知从何入手时，有时可以运用分析法而获得解决，特别对于条件简单而结论
12、复杂的题目往往是行之有效的方法.用分析法论证“若 A，则 B”这个命题的模式是：欲证命 题 B 为真，只需证明命题B1 为真，从而又只需证明命题B2 为真，从而又只需证明命题A 为真，今已知A 真，故B 必真.简写为：BB1B2BnA.【互动探究】3.已知，0，2，且，求证：tan tan 2tan 2.证明：要证的不等式，即为sin cos sin cos 2sin 2cos 2，即只需证 sincos cos 2sin 2cos 2.2 0，2，sin 2 0.故只需证cos 2cos cos 1cos 2sin2sin 2 cos 2，只需证 cos22 cos cos，即证 1cos
13、cos sin sin 2cos cos，只需证 1cos()，结论显然成立.故原不等式成立.即证1cos2cos cos，考点 4 反证法证明不等式例 5：已知函数 f(x)x2axb，x1,1.(1)记f(x)的最大值为 M，求证：M12；(2)当 M12时，求 f(x)的解析式.(1)证明：假设 M12，则有|f(0)|12，|f(1)|12，|f(1)|12，即 12b12，121ab12，121ab12.由，得32b12，显然与式矛盾，所以假设不成立.从而肯定 M12成立.(2)解：当 M12时，|f(0)|12，|f(1)|12，|f(1)|12，即 12b12，121ab12，1
14、21ab12，由，得32b12.结合式，得 b12.代入，得1a0.代入有 0a1.所以 a0.故 f(x)x212.易错、易混、易漏 放缩法证明不等式中正确把握放缩的度例题：求证：1 122 132 1n22).思路点拨：每当见到 1 122 132 1n2求和这种题型时，不由自主地，就会联想起 112 123 1341nn1这种题型，从而联想到裂项相消法，但是本题分母都是完全平方形式，要想利用该办法，必须使分母成等差形式，因此选用放缩法.错解：1n21nn1 1n11n，112 122 132 1n211121213 1n11n21n2.错解分析：使用放缩法太粗略，没有达到目的，原题要证小于74，而上面只得到小于 2 的结论.正解：1n21nn1 1n11n，112 122 132 1n21141213 1n11n741n74.【失误与防范】(1)在利用放缩法解题时，一定要注意经过 放缩后的结果要尽量接近结论并且有利于运算；(2)在利用放缩法解题时，一定要注意“放缩”都应适度，放得过大或缩得过小都达不到预想的效果，如在解本题时，我 们是第一、二项没变，从第三项起开始变形，恰好得到我们想果从第四项开始变形，我们会得到什么结论？是否比原结论更精确？为什么？要的结果，如果从第二项就开始变形，我们就会得到 112 122132 1n211121213 1n11n21n2.想一想，如
