当x≥4时,由f(x)≥4-|x-4|得2x-6≥4,解得x≥5.
所以f(x)≥4-|x-4|的解集为.
(2)记h(x)=f(2x+a)-2f(x),
则h(x)=由|h(x)|≤2,解得≤x≤.
又已知|h(x)|≤2的解集为,
所以
于是a=3.
第二节 不等式的证明
[考情展望] 1.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.2.(供部分省选用)了解柯西不等式的几种不同形式,理解其几何意义,能够利用均值不等式、柯西不等式求一些特定函数的极值.
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≥,当且仅当a=b时,等号成立,即两个正数的算术平均值不小于(即大于或等于)它们的几何平均值.
定理3:
如果a,b,c为正数,那么≥,当且仅当a=b=c时,等号成立.
一般形式的算术—几何平均值不等式:
如果a1,a2,…,an为n个正数,则≥,当且仅当a1=a2=…=an时,等号成立.
2.比较法
(1)比差法的依据是:
a-b>0?
a>b.步骤是:
“作差→变形→判断差的符号”.变形是手段,变形的目的是判断差的符号.
(2)比商法:
若B>0,欲证A≥B,只需证≥1.
3.综合法与分析法
(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.
(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,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.
4.几个重要的不等式
(1)定理1(二维形式的柯西不等式):
若a,b,c,d都是实数,则(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,当且仅当ad=bc时,等号成立.
(2)定理2(柯西不等式的向量形式):
设α,β是两个向量,则|α·β|≤|α||β|,当α或β是零向量,或存在实数k,使α=kβ时,等号成立.
(3)定理3(二维形式的三角不等式):
设x1,y1,x2,y2∈R,那么+≥.
(4)柯西不等式的一般形式:
设a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn为实数,则(a+a+…+a)(b+b+…+b)≥(a1b1+a2b2+…+anbn)2,当且仅当bi=0或存在一个数k,使ai=kbi(i=1,2,…,n)时,等号成立.
考向一 比较法证明不等式
已知a>0,b>0,求证:
+≥+.
【解】 法一 ∵-(+)
=+=+
==≥0,
∴+≥+.
法二 由于=
==-1≥-1=1.
又a>0,b>0,>0.∴+≥+.
规律方法1 1.在法一中,采用局部通分,优化了解题过程;在法二中,利用不等式的性质,把证明a>b转化为证明>1(b>0).
2.作差(商)证明不等式,关键是对差(商)式进行合理的变形,特别注意作商证明不等式,不等式的两边应同号.
对点训练 求证:
(1)当x∈R时,1+2x4≥2x3+x2;
(2)当a,b∈(0,+∞)时,aabb≥(ab)
.
【证明】
(1)(1+2x4)-(2x3+x2)=x4-2x3+x2+x4-2x2+1
=(x-1)2·x2+(x2-1)2≥0,∴1+2x4≥2x3+x2.
(2)
,
当a=b时,
=1;
当a>b>0时,>1,>0,
>1;
当b>a>0时,0<<1,<0,
>1.
∴aabb≥(ab)
.
考向二 综合法证明不等式
(2013·课标全国卷Ⅱ)设a、b、c均为正数,且a+b+c=1,证明:
(1)ab+bc+ac≤;
(2)++≥1.
【证明】
(1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,
得a2+b2+c2≥ab+bc+ca
由题设得(a+b+c)2=1,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.
所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤.
(2)因为+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,
故+++(a+b+c)≥2(a+b+c),
即++≥a+b+c.所以++≥1.
规律方法2 1.综合法证明的逻辑关系是:
A?
B1?
B2?
…?
Bn?
B(A为已知条件或数学定义、定理、公理,B为要证结论),它的常见书面表达是“∵,∴”或“?
”.
2.综合法证明不等式,利用已证的不等式为基础,再运用不等式的性质推导出所要证的不等式.
对点训练 (2014·江苏高考)已知x>0,y>0,证明:
(1+x+y2)(1+x2+y)≥9xy.
【证明】 因为x>0,y>0,所以1+x+y2≥3>0,1+x2+y≥3>0,
故(1+x+y2)(1+x2+y)≥3·3=9xy.
考向三 分析法证明不等式
(2015·郑州质检)若实数x、y、m满足|x-m|>|y-m|,则称x比y远离m.
(1)若x2-1比1远离0,求x的取值范围;
(2)对任意两个不相等的正数a,b,证明:
a3+b3比a2b+ab2远离2ab.
【解】
(1)由题意知|x2-1-0|>|1-0|,
即|x2-1|>1,所以x2-1<-1或x2-1>1,
解得x>或x<-,
所以x的取值范围是{x|x>或x<-}.
(2)要证明a3+b3比a2b+ab2远离2ab,
即证|a3+b3-2ab|>|a2b+ab2-2ab|,
因为a≠b,故a2b+ab2>2=2ab,
a3+b3>2=2ab.
所以只需证a3+b3-2ab>a2b+ab2-2ab.
即证明a3+b3-(a2b+ab2)>0,
化简得(a-b)2(a+b)>0显然成立,
所以a3+b3比a2b+ab2远离2ab.
规律方法3 1.
(1)善于把“新概念”,“新运算”转化为我们熟悉的“旧概念”、“旧运算”,并严格按照规定进行操作.
(2)第
(2)问证明关键有两点:
①将结论转化为证明绝对值不等式;②抓住基本不等式,巧妙去绝对值符号.
2.分析法证明的思路是“执果索因”,其框图表示为:
→→→…→.
对点训练 已知a>0,求证:
-≥a+-2.
【证明】 要证原不等式,只需证+2≥a++,
∵a>0,∴两边均大于零.
因此只需证a2++4+4≥a2++2+2+2,只需证2≥,
只需证2≥a2++2,即证a2+≥2,
又a2+≥2显然成立,∴原不等式成立.
考向四 柯西不等式的应用
(2014·福建高考)已知定义在R上的函数f(x)=|x+1|+|x-2|的最小值为a.
(1)求a的值;
(2)若p,q,r是正实数,且满足p+q+r=a,求证:
p2+q2+r2≥3.
【解】
(1)因为|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3,
当且仅当-1≤x≤2时,等号成立,
所以f(x)的最小值等于3,即a=3.
(2)证明:
由
(1)知p+q+r=3,又因为p,q,r是正实数,
所以(p2+q2+r2)(12+12+12)≥(p×1+q×1+r×1)2=(p+q+r)2=9,即p2+q2+r2≥3.
规律方法4 1.第
(1)问活用绝对值不等式的性质,回避分类讨论,优化解题过程.
2.第
(2)问构造两个数组,使之与柯西不等式有相似的结论,从而利用柯西不等式给出证明.当然本题亦可利用基本不等式放缩将条件平方转化证明,请读者完成.
对点训练 已知a,b,c∈R,且a+2b+3c=6,求a2+4b2+9c2的最小值.
【解】 由柯西不等式,得(a2+4b2+9c2)·(12+12+12)≥(a·1+2b·1+3c·1)2=36,
∴a2+4b2+9c2≥12,(*)
又a+2b+3c=6,
∴当且仅当==,即a=2,b=1,c=时,(*)式取等号.从而a2+4b2+9c2的最小值为12.
课时检测 不等式的证明
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1.(2015·太原调研)已知a,b,m,n均为正数,且a+b=1,mn=2,求(am+bn)·(bm+an)的最小值.
【解】 ∵a,b,m,n为正数,且a+b=1,mn=2,
∴(am+bn)(bm+an)=abm2+a2mn+b2mn+abn2
=ab(m2+n2)+2(a2+b2)≥2ab·mn+2(a2+b2)
=4ab+2(a2+b2)=2(a2+b2+2ab)=2(a+b)2=2,
当且仅当m=n=时,取“=”.
故(am+bn)·(bm+an)的最小值为2.
2.设a>0,b>0,a+b=1,求证:
++≥8.
【证明】 ∵a>0,b>0,a+b=1,∴2≤a+b=1.
因此≤,≥4.
则++=(a+b)+≥2·2+4=8.
故++≥8成立.
3.(2014·陕西高考改编)设a,b,m,n∈R,且a2+b2=5,ma+nb=5,求的最小值.
【解】 由柯西不等式(ma+nb)2≤(a2+b2)(m2+n2),
得25≤5(m2+n2),∴m2+n2≥5.
当且仅当=时,等号成立,故的最小值为.
4.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.
【解】
(1)由|2x-1|<1得-1<2x-1<1,
解得0(2)由
(1)知a,b∈M可知0所以(ab+1)-(a+b)=(a-1)(b-1)>0.故ab+1>a+b.
5.已知a,b,c均为正数,证明:
a2+b2+c2+2≥6,并确定a,b,c为何值时,等号成立.
【证明】 因为a,b,c均为正数,由均值不等式得
a2+b2+c2≥3(abc),①
++≥3(abc)-,
所以2≥9(abc)-.②
故a2+b2+c2+2≥3(abc)+9(abc)-.
又3(abc)+9(abc)-≥2=6,③
所以原不等式成立.
当且仅当a=b=c时,①式和②式等号成立;
当且仅当3(abc)=9(abc)-时,③式等号成立.
因此当且仅当a=b=c=3时,原式等号成立.
6.(2014·课标全国卷Ⅰ)若a>0,b>0,且+=.
(1)求a3+b3的最小值;
(2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?
并说明理由.
【解】
(1)由=+≥,得ab≥2.
当且仅当a=b=时等号成立.
故a3+b3≥2≥4,且当a=b=时等号成立.
所以a3+b3的最小值为4.
(2)由
(1)知,2a+3b≥2≥4.
由于4>6,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.
7.已知m>0,a,b∈R,求证:
2≤.
【证明】 ∵m>0,∴1+m>0.欲证2≤成立.
只需证明(a+mb)2≤(1+m)(a2+mb2),即证m(a2-2ab+b2)≥0,
只要证明a2-2ab+b2≥0,
又a2-2ab+b2=(a-b)2≥0显然成立,故2≤.
8.已知a,b,c>0且互不相等,abc=1.试证明:
++<++.
【证明】 法一 ∵+≥2=2;
+≥2=2;+≥2=2.
∴以上三式相加,得++≥++.
又∵a,b,c互不相等,∴++>++