2022届高三统考数学（文科）人教版一轮复习学案：选修4-5.2 不等式的证明

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【知识重温】
一、必记2个知识点
1．比较法
比较法是证明不等式最基本的方法，可分为作差比较法和作商比较法两种．
2．综合法和分析法
(1)综合法
一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理，论证而得出命题成立，这种证明方法叫做综合法．综合法又叫顺推证法或由因导果法．
(2)分析法
证明命题时，从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法，这是一种执果索因的思考和证明方法．
二、必明2个易误点
1．用分析法证明不等式一定要注意格式规范．
2．运用放缩法证明不等式的关键是放大(或缩小)要适当．
eq \x(考点一) 用综合法、分析法证明不等式
[互动讲练型]
[例1] [2020·全国卷Ⅲ]设a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc＝1.
(1)证明：ab＋bc＋ca<0；
(2)用max{a，b，c}表示a，b，c的最大值，证明：max{a，b，c}≥ eq \r(3,4).
悟·技法
用综合法证明不等式是“由因导果”，用分析法证明不等式是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法．综合法往往是分析法的逆过程，表述简单、 条理清楚，所以在实际应用时，往往用分析法找思路，用综合法写步骤，由此可见，分析法与综合法相互转化，互相渗透，互为前提，充分利用这一辩证关系，可以增加解题思路，开阔视野.
[变式练]——(着眼于举一反三)
1．设不等式||x＋1|－|x－1||＜2的解集为A.
(1)求集合A；
(2)若a，b，c∈A，求证：eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1－abc,ab－c)))＞1.
考点二 反证法证明不等式[互动讲练型]
[例2] 若x，y都是正实数，且x＋y＞2，求证：eq \f(1＋x,y)＜2和eq \f(1＋y,x)＜2中至少有一个成立．
悟·技法
利用反证法证明问题的一般步骤
(1)否定原结论；
(2)从假设出发，导出矛盾；
(3)证明原命题正确.
[变式练]——(着眼于举一反三)
2．已知a＋b＋c＞0，ab＋bc＋ca＞0，abc＞0，求证：a，b，c＞0.
考点三 放缩法证明不等式[互动讲练型]
[例3] 若a，b∈R，求证：eq \f(|a＋b|,1＋|a＋b|)≤eq \f(|a|,1＋|a|)＋eq \f(|b|,1＋|b|).
悟·技法
在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧，常见的放缩变换有：
(1)变换分式的分子和分母，如eq \f(1,k2)＜eq \f(1,kk－1)，eq \f(1,k2)＞eq \f(1,kk＋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)利用函数的单调性．
(3)真分数性质“若0＜a＜b，m＞0，则eq \f(a,b)＜eq \f(a＋m,b＋m)”．
注意：在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度.
[变式练]——(着眼于举一反三)
3．设n是正整数，求证：eq \f(1,2)≤eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)＜1.
第二节 不等式的证明
课堂考点突破
考点一
例1 解析：(1)由题设可知，a，b，c均不为零，所以ab＋bc＋ca＝eq \f(1,2)[(a＋b＋c)2－(a2＋b2＋c2)]＝－eq \f(1,2)(a2＋b2＋c2)＜0.
(2)不妨设max{a，b，c}＝a，
因为abc＝1，a＝－(b＋c)，
所以a＞0，b＜0，c＜0.由bc≤eq \f(b＋c2,4)，可得abc≤eq \f(a3,4)，
故a≥ eq \r(3,4)，所以max{a，b，c}≥ eq \r(3,4).
变式练
1．解析：(1)由已知，令f(x)＝|x＋1|－|x－1|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，x≥1,2x，－1＜x＜1，,－2，x≤－1，))
由|f(x)|＜2得－1＜x＜1，即A＝{x|－1＜x＜1}．
(2)要证eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1－abc,ab－c)))＞1，只需证|1－abc|＞|ab－c|，
只需证1＋a2b2c2＞a2b2＋c2，只需证1－a2b2＞c2(1－a2b2)，
只需证(1－a2b2)(1－c2)＞0，
由a，b，c∈A，得－1＜ab＜1，c2＜1，所以(1－a2b2)(1－c2)＞0恒成立，
综上，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1－abc,ab－c)))＞1.
考点二
例2 证明：假设eq \f(1＋x,y)＜2和eq \f(1＋y,x)＜2都不成立，
则有eq \f(1＋x,y)≥2和eq \f(1＋y,x)≥2同时成立．
因为x＞0且y＞0，所以1＋x≥2y，且1＋y≥2x.
两式相加，得2＋x＋y≥2x＋2y，所以x＋y≤2.
这与已知条件x＋y＞2矛盾，
因此eq \f(1＋x,y)＜2和eq \f(1＋y,x)＜2中至少有一个成立．
变式练
2．证明：(1)设a＜0，因为abc＞0，
所以bc＜0.
又由a＋b＋c＞0，则b＋c＞－a＞0，
所以ab＋bc＋ca＝a(b＋c)＋bc＜0，与题设矛盾．
(2)若a＝0，则与abc＞0矛盾，
所以必有a＞0.
同理可证：b＞0，c＞0.
综上可证a，b，c＞0.
考点三
例3 证明：当|a＋b|＝0时，不等式显然成立．
当|a＋b|≠0时，
由0＜|a＋b|≤|a|＋|b|
⇒eq \f(1,|a＋b|)≥eq \f(1,|a|＋|b|)，
所以eq \f(|a＋b|,1＋|a＋b|)＝eq \f(1,\f(1,|a＋b|)＋1)≤eq \f(1,1＋\f(1,|a|＋|b|))
＝eq \f(|a|＋|b|,1＋|a|＋|b|)
＝eq \f(|a|,1＋|a|＋|b|)＋eq \f(|b|,1＋|a|＋|b|)≤eq \f(|a|,1＋|a|)＋eq \f(|b|,1＋|b|).
变式练
3．证明：由2n≥n＋k＞n(k＝1,2，…，n)，
得eq \f(1,2n)≤eq \f(1,n＋k)＜eq \f(1,n).
当k＝1时，eq \f(1,2n)≤eq \f(1,n＋1)＜eq \f(1,n)；
当k＝2时，eq \f(1,2n)≤eq \f(1,n＋2)＜eq \f(1,n)；
…
当k＝n时，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.
所以原不等式成立．
名称
作差比较法
作商比较法
理论
依据
a>b⇔a－b>0
aa＝b⇔a－b＝0
b>0，eq \f(a,b)>1⇒a>b
b<0，eq \f(a,b)>1⇒a适用
类型
适用于具有多项式特征的不等式证明
主要适用于积、商、幂、对数、根式形式的不等式证明
证明
步骤
作差→变形→判断符号→得出结论
作商→变形→判断与1的大小关系→得出结论