不等式的证明

不等式的证明

最新考纲 通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法．

知 识 梳 理

1.基本不等式

定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立.

定理2：如果a，b>0，那么

a＋b2

≥ab，当且仅当a＝b时，等号成立，即两个正数

的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均.

定理3：如果a，b，c∈R＋，那么立.

a＋b＋c33

≥abc，当且仅当a＝b＝c时，等号成

2.不等式的证明方法

(1)比较法

①作差法(a，b∈R)：a－b>0⇔a>b；a－b<0⇔a②作商法(a>0，b>0)：>1⇔a>b；<1⇔aaaabbb(2)综合法与分析法

①综合法：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.综合法又叫顺推证法或由因导果法.

②分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，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，这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法.

[微点提醒]

1.作差比较法的实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数(或式子)与0的大小关系.

2.用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)……”“即要证……”“就要证……”等分析到一个明显成立的结论，再说明所要证明的数学问题成立.

3.利用基本不等式证明不等式或求最值时，要注意变形配凑常数.

基 础 自 测

1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)

(1)比较法最终要判断式子的符号得出结论.( )

(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论.( )

(3)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实.( )

(4)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用.( )

解析 (1)作商比较法是商与1的大小比较．

(3)分析法是从结论出发，寻找结论成立的充分条件．

(4)应用反证法时，“反设”可以作为推理的条件应用．

答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×

2.(选修4－5P23习题2.1T1改编)已知a≥b>0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，则

M，N的大小关系为________.

解析 2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－

b)(a＋b)(2a＋b)．

因为a≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>0，2a＋b>0，

从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，故2a3－b3≥2ab2－a2b.

答案 M≥N

111

3.(选修4－5P25T3改编)已知a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，则＋＋的

abc最小值为________.

ba111a＋b＋ca＋b＋ca＋b＋c

解析 把a＋b＋c＝1代入＋＋得＋＋＝3＋＋＋

abcabcab

cacb＋＋＋acbc≥3＋2＋2＋2＝9， 

1

当且仅当a＝b＝c＝时等号成立．

3

答案 9

4.(2019·聊城模拟)下列四个不等式：①logx10＋lg x≥2(x>1)；②|a－b|<|a|＋

ba

|b|；③＋≥2(ab≠0)；④|x－1|＋|x－2|≥1，其中恒成立的个数是( )

ab

A.1 B.2 C.3 D.4

解析 logx10＋lg x＝＋lg x≥2(x>1)，①正确；

lg x1

ab≤0时，|a－b|＝|a|＋|b|，②不正确；

ba因为ab≠0，与同号，

abbaba所以＋＝＋≥2，③正确；

abab

由|x－1|＋|x－2|的几何意义知，

|x－1|＋|x－2|≥1恒成立，④也正确，

综上①③④正确．

答案 C

5.(2017·全国Ⅱ卷)已知a>0，b>0，且a3＋b3＝2.证明：

(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；

(2)a＋b≤2.

证明 (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)(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)

3(a＋b)23(a＋b)3

≤2＋(a＋b)＝2＋，

44

所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.

考点一 比较法证明不等式

【例1】 设a，b是非负实数，求证：a2＋b2≥ab(a＋b).

证明 因为a2＋b2－ab(a＋b)

＝(a2－aab)＋(b2－bab)

＝aa(a－b)＋bb(b－a)

＝(a－b)(aa－bb)

1133

＝(a2－b2)(a2－b2).

1133

因为a≥0，b≥0，所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有a2－b2与a2－b2同号，所1

1

3

3

以(a2－b2)(a2－b2)≥0，

所以a2＋b2≥ab(a＋b).

规律方法 比较法证明不等式的方法与步骤

1．作差比较法：作差、变形、判号、下结论．

2．作商比较法：作商、变形、判断、下结论．

提醒 (1)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)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．

【训练1】 (1)(2019·锦州模拟)设不等式|2x－1|＜1的解集为M.

①求集合M；

②若a，b∈M，试比较ab＋1与a＋b的大小.

11

(2)若a>b>1，证明：a＋>b＋.

ab(1)解 ①由|2x－1|＜1得－1＜2x－1＜1，

解得0＜x＜1.所以M＝{x|0＜x＜1}.

②由①和a，b∈M可知0＜a＜1，0＜b＜1，

所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)＞0.

故ab＋1＞a＋b.

11b－a(a－b)(ab－1)(2)证明 a＋－b＋＝a－b＋＝.

ab

abab由a>b>1得ab>1，a－b>0，

(a－b)(ab－1)所以>0.

ab

11即a＋－b＋>0，

ab

11

所以a＋>b＋. ab考点二 综合法证明不等式

【例2】 (1)已知a，b，c∈R，且它们互不相等，求证a4＋b4＋c4>a2b2＋b2c2＋

c2a2；

xyz111≥＋＋. (2)已知x，y，z均为正数，求证：

yzzxxyxy＋＋z证明 (1)∵a4＋b4≥2a2b2，b4＋c4≥2b2c2，a4＋c4≥2a2c2，

∴2(a4＋b4＋c4)≥2(a2b2＋b2c2＋c2a2)，

即a4＋b4＋c4≥a2b2＋b2c2＋c2a2.

又∵a，b，c互不相等，

∴a4＋b4＋c4>a2b2＋b2c2＋c2a2.

(2)因为x，y，z都为正数，

所以

xyzzxzyxzyz2

≥②，

＋

y2xy1

＝＋≥①，

同理可得

xzyxx＋

zxyyzy＋

x2

≥③，

当且仅当x＝y＝z时，以上三式等号都成立.

将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，

得

xyzzxxyxy＋

y＋z111≥＋＋. z规律方法 1.综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．

2．在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用的．在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条件．

【训练2】 已知实数a，b，c满足a>0，b>0，c>0，且abc＝1.

(1)证明：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8；

(2)证明：a＋b＋

111c≤＋＋. abc证明 (1)1＋a≥2a，1＋b≥2b，1＋c≥2c，

相乘得：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8abc＝8.

111

(2)＋＋＝ab＋bc＋ac，

abcab＋bc≥2ab2c＝2b，

ab＋ac≥2a2bc＝2a，

bc＋ac≥2abc2＝2c，

111

b＋c≤＋＋.

相加得a＋

abc考点三 分析法证明不等式

【例3】 已知函数f(x)＝|x－1|.

(1)解不等式f(x－1)＋f(x＋3)≥6；

b

(2)若|a|<1，|b|<1，且a≠0，求证：f(ab)>|a|f.

a

(1)解 由题意，知原不等式等价为|x－2|＋|x＋2|≥6，

令g(x)＝|x－2|＋|x＋2|，



则g(x)＝4，－22x，x≥2.

当x≤－2时，由－2x≥6，得x≤－3；

－2x，x≤－2，

当－2当x≥2时，由2x≥6，得x≥3.

综上，不等式的解集是(－∞，－3]∪[3，＋∞).

b

(2)证明 要证f(ab)>|a|f，

a

只需证|ab－1|>|b－a|，

只需证(ab－1)2>(b－a)2.

而(ab－1)2－(b－a)2＝a2b2－a2－b2＋1＝(a2－1)(b2－1)>0，从而原不等式成立.

规律方法 1.当要证的不等式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．分析法证明的思路是“执果索因”，其框图表示为：

Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件

【训练3】 已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：b2－ac<3a.

证明 由a>b>c且a＋b＋c＝0，知a>0，c<0.

要证b2－ac<3a，

只需证b2－ac<3a2.

∵a＋b＋c＝0，只需证b2＋a(a＋b)<3a2，

只需证2a2－ab－b2>0，

只需证(a－b)(2a＋b)>0，

只需证(a－b)(a－c)>0.

∵a>b>c，∴a－b>0，a－c>0，

∴(a－b)(a－c)>0显然成立，

故原不等式成立.

[思维升华]

证明不等式的方法和技巧：

(1)如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出或否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法；如果待证不等式与自然数有关，则考虑用数学归纳法等．

(2)在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．尤其是对含绝对值不等式的解法或证明，其简化的根本思路是去绝对值号，转化为常见的不等式(组)求解．多以绝对值的几何意义或“找零点、分区间、逐个解、并起来”为简化策略，而绝对值三角不等式，往往作为不等式放缩的依据．

[易错防范]

在使用基本不等式时，等号成立的条件是一直要注意的事情，特别是连续使用时，要求分析每次使用时等号是否成立.

基础巩固题组

(建议用时：60分钟)

222511

1.设a，b>0且a＋b＝1，求证：a＋＋b＋≥.

ab2

22211211111证明 因为(12＋12)a＋＋b＋≥a＋＋b＋＝1＋＋＝1＋

abababab

2

1

≥25因为ab≤.

4

2211

25所以a＋＋b＋≥.

ab2

111

2.设a>0，b>0，a＋b＝1，求证＋＋≥8.

abab证明 ∵a>0，b>0，a＋b＝1，

∴1＝a＋b≥2ab，

即

11

ab≤，∴≥4，

2ab

111111

∴＋＋＝(a＋b)＋＋≥2ab·2

1

abababababab＋

1

≥4＋4＝8.

1

当且仅当a＝b＝时等号成立，

2

111

∴＋＋≥8.

abab3.(2019·大理一模)已知函数f(x)＝|x|＋|x－3|.

(1)解关于x的不等式f(x)－5≥x.

(2)设m，n∈{y|y＝f(x)}，试比较mn＋4与2(m＋n)的大小.

解

3－2x，x<0，

(1)f(x)＝|x|＋|x－3|＝3，0≤x≤3，

2x－3，x>3.

x<0，0≤x≤3，

f(x)－5≥x，即或

3－2x≥x＋53≥x＋5

2x>3，

或解得x≤－或x∈∅或x≥8.

32x－3≥x＋5，

2

所以不等式的解集为－∞，－∪[8，＋∞).

3

(2)由(1)易知f(x)≥3，所以m≥3，n≥3.

由于2(m＋n)－(mn＋4)＝2m－mn＋2n－4＝(m－2)(2－n).

且m≥3，n≥3，所以m－2>0，2－n<0，

即(m－2)(2－n)<0，

所以2(m＋n)4.(2019·郴州质量检测)已知a，b，c为正数，函数f(x)＝|x＋1|＋|x－5|.

(1)求不等式f(x)≤10的解集；

(2)若f(x)的最小值为m，且a＋b＋c＝m，求证：a2＋b2＋c2≥12.

(1)解 f(x)＝|x＋1|＋|x－5|≤10

x≤－1，－1等价于或

－(x＋1)－(x－5)≤10(x＋1)－(x－5)≤10x≥5，或 (x＋1)＋(x－5)≤10，

解得－3≤x≤－1或－1∴不等式f(x)≤10的解集为{x|－3≤x≤7}.

(2)证明 ∵f(x)＝|x＋1|＋|x－5|≥|(x＋1)－(x－5)|＝6，

∴m＝6，即a＋b＋c＝6.

∵a2＋b2≥2ab，a2＋c2≥2ac，c2＋b2≥2cb，

∴2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋ac＋bc)，

∴3(a2＋b2＋c2)≥a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝(a＋b＋c)2，

∴a2＋b2＋c2≥12.当且仅当a＝b＝c＝2时等号成立.

5.(2019·沈阳模拟)设a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.求证：

(1)a＋b＋c≥3；

(2)

abc＋bac＋

cab≥3(a＋b＋c).

证明 (1)要证a＋b＋c≥3，

由于a，b，c>0，

因此只需证明(a＋b＋c)2≥3.

即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3.

而ab＋bc＋ca＝1，

故只需证明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)，

即证a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.

而这可以由ab＋bc＋ca≤时等号成立)证得.

a2＋b2b2＋c2c2＋a2

2

＋

2

＋2

＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c所以原不等式成立.

(2)

abc＋bac＋

cab＝a＋b＋cabc.

在(1)中已证a＋b＋c≥3.

因此要证原不等式成立，

只需证明

1

abc≥a＋b＋c，

即证abc＋bac＋cab≤1，

即证abc＋bac＋cab≤ab＋bc＋ca.

而abc＝ab·ac≤

ab＋ac2

，

bac≤

ab＋bc2

，cab≤

bc＋ac2

，

所以abc＋bac＋cab≤ab＋bc＋ca



当且仅当a＝b＝c＝

所以原不等式成立.

33



时等号成立.



6.(2019·百校联盟联考)已知函数f(x)＝|2x－3|＋|2x－1|的最小值为M.

(1)若m，n∈[－M，M]，求证：2|m＋n|≤|4＋mn|；

21

(2)若a，b∈(0，＋∞)，a＋2b＝M，求＋的最小值.

ab(1)证明 ∵f(x)＝|2x－3|＋|2x－1|≥|2x－3－(2x－1)|＝2，∴M＝2.

要证明2|m＋n|≤|4＋mn|，

只需证明4(m＋n)2≤(4＋mn)2，

∵4(m＋n)2－(4＋mn)2＝4(m2＋2mn＋n2)－(16＋8mn＋m2n2)＝(m2－4)(4－

n2)，

∵m，n∈[－2，2]，∴m2，n2∈[0，4]，

∴(m2－4)(4－n2)≤0，

∴4(m＋n)2－(4＋mn)2≤0，

∴4(m＋n)2≤(4＋mn)2，可得2|m＋n|≤|4＋mn|.

(2)解 由(1)得，a＋2b＝2，

因为a，b∈(0，＋∞)，

21211

所以＋＝＋(a＋2b)

ab2ab

1a4b1＝2＋2＋＋≥4＋2

ba22

a4bb·＝4，

a

1

当且仅当a＝1，b＝时，等号成立.

2

21

所以＋的最小值为4.

ab能力提升题组

(建议用时：20分钟)

7.已知函数f(x)＝x＋1＋|3－x|，x≥－1.

(1)求不等式f(x)≤6的解集；

9

(2)若f(x)的最小值为n，正数a，b满足2nab＝a＋2b，求证：2a＋b≥. 8

(1)解 根据题意，若f(x)≤6，则有

x＋1＋3－x≤6，x＋1＋(x－3)≤6，

或 

－1≤x<3x≥3，

解得－1≤x≤4，故原不等式的解集为{x|－1≤x≤4}.

(2)证明

4，－1≤x<3，

函数f(x)＝x＋1＋|3－x|＝

2x－2，x≥3，

分析可得f(x)的最小值为4，即n＝4，

2

则正数a，b满足8ab＝a＋2b，即＋＝8，

1

ba又a>0，b>0，

2a2b1211

∴2a＋b＝＋(2a＋b)＝＋＋5

a8ba8b

1

≥5＋2832a2b9

·＝，当且仅当a＝b＝时取等号.

8ba8

原不等式得证.

8.(2015·全国Ⅱ卷)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：

(1)若ab>cd，则a＋b>c＋d；

(2)a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件.

证明 (1)∵a，b，c，d为正数，且a＋b＝c＋d，

欲证a＋b>c＋d，只需证明(a＋b)2>(c＋d)2，

也就是证明a＋b＋2ab>c＋d＋2cd，

只需证明ab>cd，即证ab>cd.

由于ab>cd，因此a＋b>c＋d.

(2)①若|a－b|<|c－d|，则(a－b)2<(c－d)2，

即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.

∵a＋b＝c＋d，所以ab>cd.

由(1)得a＋b>c＋d.

②若a＋b>c＋d，则(a＋b)2>(c＋d)2，

∴a＋b＋2ab>c＋d＋2cd.

∵a＋b＝c＋d，所以ab>cd.

于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.

因此|a－b|<|c－d|.

综上，a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件.