2018年高中数学第一章不等关系与基本不等式1.4第1课时比较法分析法综合法活页作业布置讲解5北师大版选修4

高中数学：不等式题目的七种证明方法压轴题目一般是开放型的题目，每年都是会变化。

但大概率题目是函数、数列、圆锥曲线、不等式等知识的综合问题。

我就来总结一下不等式的证明方法。

01比较法所谓比较法，就是通过两个实数a与b的差或商的符号（范围）确定a与b大小关系的方法，即通过来确定a,b大小关系的方法。

前者为作差法，后者为作商法。

但要注意作差法适用范围较广；作商法再用时注意符号问题，如果同为正的话是没有问题的，同为负的话记得改变不等式的符号。

02分析法和综合这两个方法我们一般会一起使用。

分析法是从求证的不等式出发，分析这个不等式成立的充分条件，把证明这个不等式的问题转化为证明这些条件是否具备的问题。

如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可以判定所证的不等式成立。

综合法是从已知或证明过的不等式出发，根据不等式的性质及公理推导出欲证的不等式。

我们来看一个例题，已知如果要用综合法或者分析法的话，对于过程上需要写明，即证，所以要证，也就是说，即等价于……一些转化的语句来过渡我们的题目。

当然这两个方法我们经常一起用，因为分析完条件，分析结论，两个一起分析做题速度更快一些呢。

03反证法从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，证实结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的。

这个方法其实是按照集合的补集理论来的，正难则反，但是要注意用反证法证明不等式时，必须将命题结论的反面的各种情形都要考虑到，不能少的。

反证法证明一个命题的思路及步骤：1）假定命题的结论不成立；2）进行推理，在推理中出现下列情况之一：与已知条件矛盾；与公理或定理矛盾;3）由于上述矛盾的出现，可以断言，原来的假定“结论不成立”是错误的;4）肯定原来命题的结论是正确的。

04放缩法在证明过程中,利用不等式的传递性,作适当的放大或缩小,证明有更好的不等式来代替原不等式。

放缩法的目的性强,必须恰到好处,。

同时在放缩时必须时刻注意放缩的跨度，放不能过头，缩不能不及，灵活性很大。

§4不等式的证明第1课时比较法证明不等式1．理解比较法证明不等式的理论依据．(重点)2．掌握用比较法证明不等式的一般方法及步骤．(重点)3．会用比较法证明简单的不等式．(难点)[基础·初探]教材整理1 求差比较法阅读教材P16“例1”以上部分，完成下列问题．1．理论依据(1)a>b⇔a－b>0；(2)a＝b⇔a－b＝0；(3)a<b⇔a－b<0.2．定义：要证明a>b，只要证明a－b>0即可．这种方法称为求差比较法．3．步骤(1)作差；(2)变形；(3)判断符号；(4)下结论．填空(填不等号)：(1)a∈R，a2＋b2________2ab.(2)a，b，m为正数，b<a，ba________b＋ma＋m.(3)x2＋1________x.【解析】(1)∵a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，故填≥.(2)∵a，b，m为正数，且a>b.∴b a －b ＋m a ＋m ＝b a ＋m －a b ＋m a a ＋m ＝m b －aa a ＋m<0，故填<.(3)x 2＋1－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34≥34>0，故填>.【答案】 (1)≥ (2)< (3)> 教材整理2 求商比较法阅读教材P 16“例3”以上部分，完成下列问题． 1．理论依据当b >0时，(1)a >b ⇔a b >1，(2)a <b ⇔a b <1，(3)a ＝b ⇔a b＝1.2．定义：证明a >b (b >0)，只要证明a b>1即可，这种方法称为求商比较法．判断(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若a b>1，则a >b .( )(2)求商比较法的关键是将商与1比较．( ) (3)求商比较法适合于任何两数的比较大小．( )【解析】 (1)× 若b >0时，a b >1⇒a >b .若b <0时，a b>1⇒a <b . (2)√ 关键是与1比较．(3)× 求商比较法一般适合于两个同号数之间比较． 【答案】 (1)× (2)√ (3)×[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1： 解惑： 疑问2： 解惑： 疑问3： 解惑：[小组合作型]已知【精彩点拨】 此不等式作差后是含有两个字母的二次式，既可配成平方和的形式，也可根据二次三项式的判别式确定符号．【自主解答】 法一：化成几个平方和． ∵a 2＋b 2－ab －a －b ＋1＝12[(a －b )2＋(a －1)2＋(b －1)2]≥0， ∴a 2＋b 2＋1≥ab ＋a ＋b . 法二：a 2＋b 2－ab －a －b ＋1 ＝a 2－(b ＋1)a ＋b 2－b ＋1.对于a 的二次三项式，Δ＝(b ＋1)2－4(b 2－b ＋1)＝－3(b －1)2≤0. ∴a 2－(b ＋1)a ＋b 2－b ＋1≥0， 故a 2＋b 2＋1≥ab ＋a ＋b .求差比较法证明不等式的技巧1．求差比较法中，变形具有承上启下的作用，变形的目的在于判断差的符号，而不用考虑能否化简或值是多少．2．变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．3．因式分解是常用的变形手段，为了便于判断差式的符号，常将差式变形为一个常数，或几个因式积的形式，当所得的差式是某字母的二次三项式时，常用判别式法判断符号．[再练一题]1．已知a >0，b >0，求证：a b ＋ba≥a ＋b . 【导学号：94910017】【证明】 ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫a b＋b a －(a ＋b ) ＝⎝⎛⎭⎪⎫a b －b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a －a ＝a －b b ＋b －aa＝a －ba －bab＝a ＋ba －b2ab≥0.∴原不等式成立.已知【精彩点拨】 根据条件和结论，可作商与1比较，其中要用到指数函数的性质，由题设知a －b 与m －n 同号，再作分类讨论．【自主解答】 由a ，b 均为正数，易得a n b m>0，a m b n>0.a mb na nb m ＝a m －n b n －m＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b m-n. 由(a －b )(m －n )>0，得a －b 与m －n 同号且不等于零． (1)当a >b >0时，ab>1，m －n >0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a bm-n>1，∴a m b n>a n b m. (2)当b >a >0时，0<a b<1，m －n <0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b m-n>1， ∴a m b n >a n b m.综上，a ，b 均为正数，均有a m b n >a n b m.1．两端均出现4个字母a ，b ，m ，n ，变形为⎝ ⎛⎭⎪⎫a b m-n，将a b与m －n 视为两个整体，减少了字母讨论的个数．2．求商比较法证明的步骤是：“作商—变形—判断商与1的大小”．[再练一题]2．已知a >b >c >0，求证：a 2a b 2b c 2c>a b ＋c b c ＋a c a ＋b.【证明】 由a >b >c >0， 得ac ＋b b c ＋a c a ＋b>0.不等式左右两边作商，得a 2a ·b 2b ·c 2c a b ＋c·b c ＋a ·c a ＋b ＝a a a a b b b b c c c ca b a c b c b a c a c b ＝a a -b ·a a -c ·b b -c ·b b -a ·c c -a ·c c -b＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a-b ·⎝ ⎛⎭⎪⎫a c a-c ·⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b-c.∵a >b >0，∴a b>1，a －b >0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a ba-b>1. 同理⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b-c>1，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ca-c>1.∴a 2a ·b 2b ·c 2ca b ＋c ·b c ＋a ·c a ＋b>1. 即a 2a b 2b c 2c>ab ＋c b c ＋a c a ＋b.[探究共研型]探究1 【提示】 求差比较法尤其适用于具有多项式结构特征的不等式的证明．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．探究2 求商比较法主要适用的类型是什么？【提示】 主要适用于积(商)、幂(根式)、指数式形式的不等式证明．已知{a n }是公比为q 的等比数列，且a 1，a 3，a 2成等差数列． (1)求q 的值；(2)设{b n }是以2为首项，q 为公差的等差数列，其前n 项和为S n ，当n ≥2时，比较S n与b n 的大小，并说明理由．【精彩点拨】 (1)由条件列方程求q 值；(2)写出S n 与b n 的表达式，采用作差法比较S n与b n 的大小．判断符号时注意n 的取值．【自主解答】 (1)由题设知2a 3＝a 1＋a 2， 即2a 1q 2＝a 1＋a 1q .又a 1≠0，∴2q 2－q －1＝0， ∴q ＝1或－12.(2)若q ＝1，则S n ＝2n ＋n n －2＝n 2＋3n 2＝n n ＋2.当n ≥2时，S n －b n ＝S n －1＝n －n ＋2＞0，故S n ＞b n .若q ＝－12，则S n ＝2n ＋n n －2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－n 2＋9n 4＝－n －n4.当n ≥2时，S n －b n ＝S n －1＝－n －n －4，故对于n ∈N ＋，当2≤n ≤9时，S n ＞b n ； 当n ＝10时，S n ＝b n ； 当n ≥11时，S n ＜b n .比较法是证明不等式的一个最基本、最常用的方法.当被证明的不等式两端是多项式、分式或对数式，一般使用求差比较法，当被证明的不等式或变形后的两端都是正数且为乘积形式或幂指数形式时，一般使用求商比较法.比较法应用各种比较大小的地方，如函数单调性的证明、数列、三角等方面都会涉及.[再练一题]3．在等比数列{a n }和等差数列{b n }中，a 1＝b 1>0，a 3＝b 3>0，a 1≠a 3，试比较a 5和b 5的大小．【解】 设等比数列{a n }的公比为q ，等差数列{b n }的公差为d ，∴a 3＝a 1q 2，b 3＝b 1＋2d . ∵a 1＝b 1>0且a 3＝b 3，∴a 1q 2＝b 1＋2d ，∴2d ＝a 1q 2－b 1＝a 1q 2－a 1＝a 1(q 2－1)． ∵a 1≠a 3，∴q 2≠1，而b 5－a 5＝a 1＋4d －a 1q 4＝a 1＋2a 1(q 2－1)－a 1q 4＝－a 1q 4＋2a 1q 2－a 1＝－a 1(q 2－1)2. ∵(q 2－1)2>0，a 1>0，∴a 1(q 2－1)2>0， ∴－a 1(q 2－1)2<0，即b 5<a 5.[构建·体系]1．设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则下列t 与s 的大小关系中正确的是( ) A ．t >s B ．t ≥s C ．t <sD ．t ≤s【解析】 ∵s －t ＝(a ＋b 2＋1)－(a ＋2b )＝(b －1)2≥0，∴s ≥t . 【答案】 D2．已知等比数列{a n }的各项均为正数，且公比q ≠1，若P ＝a 2＋a 92，Q ＝a 4a 7，则P 与Q的大小关系为( )A ．P ＜QB ．P ＝QC ．P ＞QD ．P ≥Q【解析】 ∵{a n }为等比数列且各项为正数， ∴a 2·a 9＝a 4·a 7，又q ≠1，∴a 2≠a 9， ∴a 2＋a 92＞a 2a 9＝a 4a 7，即P ＞Q ，故选C. 【答案】 C3．设a ，b ，m 均为正数，且b a <b ＋ma ＋m，则a 与b 的大小关系是__________. 【导学号：94910018】【解析】b ＋m a ＋m －b a ＝m a －ba a ＋m>0， 又a ，b ，m 为正数．∴a (a ＋m )>0，m >0，因此a －b >0，a >b . 【答案】 a >b4．已知0<a <1b ，且M ＝11＋a ＋11＋b ，N ＝a 1＋a ＋b1＋b ，则M ，N 的大小关系是__________．【解析】 由0<a <1b，得0<ab <1,1－ab >0.故M －N ＝11＋a ＋11＋b －⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋a ＋b 1＋b ＝1－a 1＋a ＋1－b 1＋b ＝－ab1＋a 1＋b>0，∴M >N . 【答案】 M >N5．已知a ≥b ＞0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .【证明】 2a 3－b 3－(2ab 2－a 2b )＝2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2) ＝(a 2－b 2)(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， 即2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .我还有这些不足：(1)(2) 我的课下提升方案：(1) (2)学业分层测评(六) (建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．已知x ，y ∈R ，M ＝x 2＋y 2＋1，N ＝x ＋y ＋xy ，则M 与N 的大小关系是( ) A ．M ≥N B ．M ≤N C ．M ＝ND ．不能确定【解析】 ∵2M －2N ＝(x －y )2＋(x －1)2＋(y －1)2≥0，∴M ≥N . 【答案】 A2．如果实数a ，b ，c 满足c <b <a ，且ac <0，那么下列选项中不一定成立的是( ) A ．ab >ac B ．c (b －a )>0 C ．ac (a －c )<0D ．cb 2<ab 2【解析】 由条件知a >0，c <0，b 的符号不定，∴A 一定成立，B 一定成立，C 一定成立，而D 中，b 可能为0，故不一定成立． 【答案】 D 3．已知a >b >－1，则1a ＋1与1b ＋1的大小关系是( ) A.1a ＋1>1b ＋1 B ．1a ＋1<1b ＋1 C.1a ＋1≥1b ＋1D ．1a ＋1≤1b ＋1【解析】 ∵a >b >－1，∴a ＋1>0，b ＋1>0，a －b >0，则1a ＋1－1b ＋1＝b －a a ＋b ＋<0，∴1a ＋1<1b ＋1. 【答案】 B4．已知数列{a n }的通项公式a n ＝anbn ＋1，其中a ，b 均为正数，那么a n 与a n ＋1的大小关系是( )A ．a n >a n ＋1B ．a n <a n ＋1C ．a n ＝a n ＋1D ．与n 的取值有关【解析】a n＋1－a n＝a n＋b n ＋＋1－anbn＋1＝abn ＋b＋bn＋.∵a>0，b>0，n∈N＋，∴a n＋1－a n>0，a n＋1>a n.【答案】 B5．设x＝2，y＝7－3，z＝6－2，则x，y，z的大小关系是( ) A．x>y>z B．z>x>yC．y>z>x D．x>z>y【解析】y＝7－3＝47＋3，z＝6－2＝46＋2.∵7＋3>6＋2>0，∴z>y.又x－z＝2－46＋2＝23＋2－46＋2＝23－26＋2>0，∴x>z，∴x>z>y.【答案】 D二、填空题6．已知a1≤a2，b1≤b2，则a1b1＋a2b2与a1b2＋a2b1的大小关系是________________．【解析】(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝a1(b1－b2)＋a2(b2－b1)＝(b1－b2)(a1－a2)．∵a1≤a2，b1≤b2，∴上式≥0.故a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1.【答案】a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b17．若x<y<0，M＝(x2＋y2)(x－y)，N＝(x2－y2)·(x＋y)，则M，N的大小关系为__________．【解析】M－N＝(x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)＝(x－y)[(x2＋y2)－(x＋y)2]＝－2xy(x－y)．∵x<y<0，∴xy>0，x－y<0，∴－2xy(x－y)>0，∴M－N>0，即M>N.【答案】M>N8．已知a>0,1>b>0，a－b>ab，则1＋a与11－b的大小关系是__________.【导学号：94910019】【解析】∵a>0,1>b>0，a－b>ab，∴(1＋a)(1－b)＝1＋a－b－ab>1.从而1＋a11－b ＝＋a 1－b >1，∴1＋a >11－b.【答案】 1＋a >11－b三、解答题9．若q >0，且q ≠1，m ，n ∈N ＋，比较1＋q m ＋n与q m ＋q n的大小．【解】 1＋qm ＋n－q m －q n＝q m(q n－1)－(q n－1) ＝(q n－1)(q m－1)， ①当0<q <1时，q n<1，q m<1. ②当q >1时，q n>1，q m>1. ∴(q n－1)(q m－1)>0，∴1＋qm ＋n>q m ＋q n.10．已知a ，b 均为正数，n ∈N ＋，求证：b n －1a n ＋a n －1b n ≥1a ＋1b .【证明】 设P ＝b n －1a n ＋a n －1b n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b＝b n －1－a n －1a n ＋a n －1－b n －1b n＝(an －1－bn －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1b－1a ＝a n －1－b n －1a n －b na nb n.若a >b >0，则a n －1>bn －1，a n >b n，所以an －1－bn －1>0，a n－b n>0，且a n b n>0，因此P >0； 若b >a >0，则a n －1<bn －1，a n <b n，所以an －1－bn －1<0，a n－b n<0，且a n b n>0，故P >0；若a ＝b >0，则P ＝0.综上所述，P ≥0，故原式成立．[能力提升]1．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，a ，b 是正数，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f ()ab ，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤CB ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A 【解析】 ∵a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b， 又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是减函数． ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f ()ab ≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b . 【答案】 A 2．设a ＝lg e ，b ＝(lg e)2，c ＝lg e ，则( )A ．a >b >cB ．a >c >bC ．c >a >bD ．c >b >a【解析】 ∵2<e<10，∴0<lg e<12. ⎭⎪⎬⎪⎫a －b ＝lg e 1－lg e >0⇒a >b ，a －c ＝lg e －12lg e ＝12lg e>0⇒a >c ，b －c ＝lg e ⎝ ⎛⎭⎪⎫lg e －12<0⇒b <c ⇒a >c >b . 【答案】 B3．一个个体户有一种商品，其成本低于350元．如果月初售出可获利100元，再将本利存入银行，已知银行月息为2.5%，如果月末售出可获利120元，但要付成本的2%的保管费，这种商品应__________(填“月初”或“月末”)出售．【解析】 设这种商品的成本费为a 元．月初利润为L 1＝100＋(a ＋100)×2.5%，月末售出的利润为L 2＝120－2%a .则L 1－L 2＝100＋0.025a ＋2.5－120＋0.02a＝0.045⎝ ⎛⎭⎪⎫a －3 5009. ∵a <350，∴L 1－L 2<0，∴L 1<L 2，月末出售好．【答案】 月末4．已知a ＞2，求证：log a (a －1)＜log(a ＋1)a .【证明】 ∵a ＞2，则a －1＞1，∴log a (a －1)＞0，log (a ＋1)a ＞0，由于log a a －log a ＋a＝log a (a －1)·log a (a ＋1) ＜⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a a －＋log a a ＋22 ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a a 2－22. ∵a ＞2，∴0＜log a (a 2－1)＜log a a 2＝2， ∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a a 2－22＜⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a a 222＝1， 因此log a a －log a ＋a＜1. ∵log (a ＋1)a ＞0， ∴log a (a －1)＜log (a ＋1)a .。

1.2 基本不等式(一)1.理解并掌握定理1、定理2，会用两个定理解决函数的最值或值域问题.2.能运用平均值不等式(两个正数的)解决某些实际问题.自学导引1.定理1(重要不等式)：对于任意实数a ，b ，a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立. 2.定理2(基本不等式)：如果a ，b 是正数，那么ab ≤a ＋b2，当且仅当a ＝b 时，等号成立.3.我们常把a ＋b2叫做正数a ，b 的算术平均值，把ab 叫做正数a ，b 的几何平均值，所以基本不等式又可叙述为：两个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值. 4.关于用不等式求函数最大、最小值(1)若x ≥0、y ≥0，且xy ＝p (定值)，则当x ＝y 时，x ＋y 有最小值2p . (2)若x ≥0、y ≥0，且x ＋y ＝s (定值)，则当x ＝y 时，xy 有最大值s 24.基础自测1.设0<a <1，0<b <1，且a ≠b ，下列各式中值最大的是( ) A.a 2＋b 2B.a ＋bC.2abD.2ab解析 ∵0<a <1，0<b <1，且a ≠b ，∴a ＋b >2ab ，a 2<a ，b 2<b ，∴a 2＋b 2<a ＋b ，a 2＋b 2>2ab ，且ab <ab .答案 B2.若实数a ，b 满足1a ＋2b＝ab ，则ab 的最小值为( )A. 2B.2C.2 2D.4解析 由条件1a ＋2b＝ab 知a ，b 均为正数.因而可利用基本不等式求解.由1a ＋2b ＝ab 知a >0，b >0，所以ab ＝1a ＋2b ≥22ab，即ab ≥22，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧1a ＝2b ，1a ＋2b ＝ab ，即a ＝42，b ＝242时取“＝”，所以ab 的最小值为2 2. 答案 C3.若正数a ，b 满足ab ＝a ＋b ＋3，则ab 的取值范围是________. 解析 ∵a >0，b >0，ab ＝a ＋b ＋3≥2ab ＋3，∴(ab )2－2ab ＋3≥0， ∴ab ≥3或ab ≤－1(舍去)， ∴ab ≥9. 答案 [9，＋∞)知识点1 不等式证明 【例1】 求证：4a －3＋a ≥7 (其中a >3). 证明4a －3＋a ＝4a －3＋(a －3)＋3， 由基本不等式，得4a －3＋a ＝4a －3＋(a －3)＋3 ≥24a －3（a －3）＋3＝24＋3＝7. 当且仅当4a －3＝a －3，即a ＝5时取等号. ●反思感悟：在利用基本不等式证明的过程中，常需要把数、式合理地拆成两项或多项或恒等地变形配凑成适当的数、式，以便于利用基本不等式.1.若a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝1，求证：⎝⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b ≥9.证明 方法一：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ＝1＋1a ＋1b ＋1ab＝1＋2ab≥1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝9.方法二：⎝⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b b＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋b a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋a b ＝5＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ≥9. 知识点2 最值问题【例2】 设x ，y ∈R ＋且1x ＋2y＝3，求2x ＋y 的最小值.解 方法一：2x ＋y ＝13·3(2x ＋y )＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2y (2x ＋y )＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋y x ＋4x y ≥83. 当且仅当y x ＝4x y ，即x ＝23，y ＝43时，等号成立， ∴2x ＋y 的最小值为83.方法二：设1x ＝3m m ＋n ，2y ＝3nm ＋n则x ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n m ，y ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m n2x ＋y ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n m ＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m n ＝43＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫n m ＋m n≥83，当且仅当m ＝n ，即x ＝23，y ＝43时，取得最小值83. ●反思感悟：利用基本不等式求最值，关键是对式子恰当的变形，合理构造“和式”与“积式”的互化，必要时可多次应用.注意一定要求出使“＝”成立的自变量的值，这也是进一步检验是否存在最值.2.已知x <54，求函数y ＝4x －2＋14x －5的最大值.解 由y ＝4x －2＋14x －5＝4x －5＋14x －5＋3≤－24x －5·14x －5＋3＝1.当4x －5＝14x －5时取等号，∴x ＝1，∴最大值为1. 知识点3 基本不等式的实际应用【例3】 甲、乙两公司在同一电脑耗材厂以相同价格购进电脑芯片.甲、乙两公司分别购芯片各两次，两次的芯片价格不同，甲公司每次购10 000片芯片，乙公司每次购10 000元芯片.哪家公司平均成本较低？请说明理由.解 设第一次、第二次购电脑芯片的价格为每片a 元和b 元，那么甲公司两次购电脑芯片的平均价格为10 000（a ＋b ）20 000＝a ＋b2(元/片)；乙公司两次购电脑芯片的平均价格为20 00010 000a ＋10 000b ＝21a ＋1b(元/片).∵a >0，b >0且a ≠b ， ∴a ＋b2>ab ，1a ＋1b >21ab＝2ab，∴21a ＋1b<ab ，∴a ＋b 2>21a ＋1b， ∴乙公司的平均成本比较低.3.某单位决定投资3 200元建一仓库(长方体状)，高度恒定，它的后墙利用旧墙不花钱，正面用铁栅，每米造价40元，两侧砌砖墙，每米造价45元，顶部每平方米造价20元.试问： (1)仓库底面积S 的最大允许值是多少？(2)为使S 达到最大，而实际投资又不超过预算，那么正面铁栅应设计为多长？ 解 设铁栅长为x 米，一堵砖墙长为y 米， 则有S ＝xy ，由题意得： 40x ＋2×45y ＋20xy ＝3 200. (1)由基本不等式，得3 200≥240x ·90y ＋20xy ＝120 xy ＋20xy ＝120S ＋20S ，∴S ＋6S ≤160，即(S ＋16)(S －10)≤0. ∵S ＋16>0，∴S －10≤0，从而S ≤100. ∴S 的最大允许值是100 m 2. (2)S 取最大值的条件是40x ＝90y ， 又xy ＝100，由此解得x ＝15. ∴正面铁栅的长度应设计为15米.课堂小结1.两个不等式：a 2＋b 2≥2ab 与a ＋b2≥ab 成立的条件是不同的，前者要求a ，b 都是实数，后者要求a ，b 都是正数.如(－3)2＋(－2)2≥2×(－3)×(－2)是成立的，而（－3）＋（－2）2≥2（－3）×（－2）是不成立的.2.两个不等式：a 2＋b 2≥2ab 与a ＋b2≥ab 都是带有等号的不等式，对于“当且仅当……时，取‘＝’号”这句话的含义要有正确的理解. 当a ＝b 取等号，其含义是a ＝b ⇒a ＋b2＝ab ；仅当a ＝b 取等号，其含义是a ＋b2＝ab ⇒a ＝b .综合上述两条，a ＝b 是a ＋b2＝ab 的充要条件.3.与基本不等式有关的两个常用不等式： (1)b a ＋a b≥2 (a 、b 同号)； (2)21a ＋1b≤ab ≤a ＋b 2≤ a 2＋b 22(a >0，b >0).随堂演练1.设实数x ，y ，满足x 2＋y 2＝1，当x ＋y ＋c ＝0时，c 的最大值是( ) A. 2 B.－ 2 C.2 2D.－2 2解析 方法一：设x ＝cos θ，y ＝sin θ，θ∈[－π，π] 当x ＋y ＋c ＝0时，c ＝－x －y ＝－(cos θ＋sin θ)＝－2sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4，当sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝－1时，c max ＝ 2. 方法二：c 2＝(x ＋y )2≤2(x 2＋y 2)＝2 ∵－2≤c ≤2，∴c max ＝ 2. 答案 A2.若log 4(3a ＋4b )＝log 2ab ，则a ＋b 的最小值是( ) A.6＋2 3 B.7＋2 3 C.6＋4 3D.7＋4 3解析 先判断a ，b 的符号，再将已知的式子转化为关于a ，b 的方程，最后根据基本不等式求解.由题意得⎩⎨⎧ab >0，ab ≥0，3a ＋4b >0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >0，b >0.又log 4(3a ＋4b )＝log 2ab ， 所以log 4(3a ＋4b )＝log 4ab ， 所以3a ＋4b ＝ab ，故4a ＋3b＝1.所以a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫4a ＋3b ＝7＋3a b ＋4b a≥7＋23a b ·4b a ＝7＋43，当且仅当3a b ＝4ba时取等号，故选D. 答案 D3.已知x >0，y >0，且1x ＋9y＝1，求x ＋y 的最小值________.解析 ∵x >0，y >0，1x ＋9y＝1，∴x ＋y ＝(x ＋y )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋9y ＝y x＋9xy＋10≥6＋10＝16，当且仅当y x ＝9xy时，上式等号成立. 又1x ＋9y＝1，∴x ＝4，y ＝12时，(x ＋y )min ＝16.答案 164.x ，y ，z ∈R ＋，x －2y ＋3z ＝0，y 2xz的最小值是________.解析 由x －2y ＋3z ＝0，得y ＝x ＋3z2，将其代入y 2xz，得x 2＋9z 2＋6xz 4xz ≥6xz ＋6xz4xz＝3，当且仅当x ＝3z 时取“＝”. 答案 3基础达标1.若a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝1，则a ＋1＋b ＋1的最大值为( ) A. 3 B. 2 C. 6 D.2 3 答案 C2.若a ，b ∈R ＋，且a ＋b ≤2，则1a ＋1b的最小值为( )A.1B.2C. 2D.4答案 B3.下列命题：①x ＋1x 最小值是2；②x 2＋2x 2＋1的最小值是2；③x 2＋5x 2＋4的最小值是2；④2－3x－4x的最小值是2.其中正确命题的个数是( )A.1B.2C.3D.4解析 ①当x <0时结论不成立；②由x 2＋1x 2＋1＝x 2＋1＋1x 2＋1＝x 2＋1＋1x 2＋1≥2，故结论成立；③由x 2＋5x 2＋4＝x 2＋4＋1x 2＋4，由x 2＋4≥2，1x 2＋4≤12，∴x 2＋4≠1x 2＋4，故结论不成立；④当x >0时，2－3x －4x＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋4x ≤2－212＝2－43，当x <0时，2－3x －4x＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋4x ≥2＋212＝2＋43，故结论不成立.答案 A4.若不等式x 2＋2x ＋a ≥－y 2－2y 对任意实数x 、y 都成立，则实数a 的取值范围是________. 答案 a ≥25.若a 是1＋2b 与1－2b 的等比中项，则2ab |a |＋2|b |的最大值为________.解析 由题意得a 2＝(1＋2b )(1－2b )＝1－4b 2. 即a 2＋4b 2＝1.∵a 2＋4b 2≥24a 2b 2，得|ab |≤14且1|ab |≥4，∴2ab |a |＋2|b |＝ 4a 2b2a 2＋4|ab |＋4b 2＝ 4a 2b21＋4|ab |＝41a 2b 2＋4|ab |＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1|ab |＋22－4≤436－4＝24. 答案246.已知a ，b ∈(0，＋∞)，求证：(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ≥4.证明 ∵a >0，b >0，∴a ＋b ≥2ab >0， 当且仅当a ＝b 时，取等号.①1a ＋1b ≥21ab>0，当且仅当1a ＝1b，即a ＝b 时取等号.②①×②，得(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ≥2ab ·21ab＝4，当且仅当a ＝b 时，取等号.综合提高7.函数y ＝log 2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x －1＋5 (x >1)的最小值为( ) A.－3 B.3 C.4D.－4解析 x >1，x －1>0，y ＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x －1＋5＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1＋1x －1＋6 ≥log 2(2＋6)＝log 28＝3. 答案 B8.要制作一个容积为4 m 3，高为1 m 的无盖长方体容器.已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是( ) A.80元 B.120元 C.160元D.240元解析 设底面矩形的一条边长是x m ，总造价是y 元，把y 与x 的函数关系式表示出来，再利用均值(基本)不等式求最小值.由题意知，体积V ＝4 m 3，高h ＝1 m ，所以底面积S ＝4 m 2，设底面矩形的一条边长是x m ，则另一条边长是4xm ，又设总造价是y 元，则y ＝20×4＋10×⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋8x ≥80＋202x ·8x＝160，当且仅当2x ＝8x，即x ＝2时取得等号.答案 C9.设a ，b ＞0，a ＋b ＝5，则a ＋1＋b ＋3的最大值为________.解析 将a ＋1＋b ＋3进行平方，为使用基本不等式创造条件，从而求得最值. 令t ＝a ＋1＋b ＋3，则t 2＝a ＋1＋b ＋3＋2（a ＋1）（b ＋3）＝9＋2（a ＋1）（b ＋3）≤9＋a ＋1＋b ＋3＝13＋a ＋b ＝13＋5＝18， 当且仅当a ＋1＝b ＋3时取等号，此时a ＝72，b ＝32.∴t max ＝18＝3 2. 答案 3 210.对于c ＞0，当非零实数a ，b 满足4a 2－2ab ＋b 2－c ＝0且使|2a ＋b |最大时，1a ＋2b ＋4c的最小值为________.解析 利用均值不等式找到|2a ＋b |取得最大值时等号成立的条件，从而可以用字母c 表示a ，b ，再求1a ＋2b ＋4c的最小值.由题意知，c ＝4a 2－2ab ＋b 2＝(2a ＋b )2－6ab ， ∴(2a ＋b )2＝c ＋6ab .若|2a ＋b |最大，则ab >0. 当a >0，b >0时，(2a ＋b )2＝c ＋6ab ＝c ＋3×2a ·b ≤c ＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋b 22，∴(2a ＋b )2≤c ＋34(2a ＋b )2，∴(2a ＋b )2≤4c ，|2a ＋b |≤2c ，当且仅当b ＝2a ，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝c 2，b ＝c时取等号.此时1a ＋2b ＋4c＝2c＋2c ＋4c>0.当a <0，b <0时，(2a ＋b )2＝c ＋6ab ＝c ＋3(－2a )·(－b )≤c ＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a －b 22， ∴(2a ＋b )2≤4c ，|2a ＋b |≤2c ，即－2a －b ≤2c .当且仅当b ＝2a ，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－c 2，b ＝－c时取等号. 此时1a ＋2b ＋4c ＝－2c －2c ＋4c ＝4c －4c ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1c －122－1≥－1，当1c ＝12，即c ＝4时等号成立.综上可知，当c ＝4，a ＝－1，b ＝－2时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b ＋4c min＝－1.答案 －111.若a ＞0，b ＞0，且1a ＋1b＝ab .(1)求a 3＋b 3的最小值；(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由.解 (1)由ab ＝1a ＋1b≥2ab，得ab ≥2，且当a ＝b ＝2时等号成立.故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，且当a ＝b ＝2时等号成立. 所以a 3＋b 3的最小值为4 2.(2)由(1)知，2a ＋3b ≥26ab ≥4 3.由于43＞6，从而不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6.12.经过长期观测得到：在交通繁忙的时段内，某公路段汽车的车流量y (千辆/时)与汽车的平均速率v (千米/时)之间的函数关系为y ＝920vv 2＋3v ＋1 600(v ＞0).(1)在该时段内，当汽车的平均速度v 为多少时，车流量最大？最大车流量为多少？(精确到0.1千辆/时)(2)若要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应在什么范围内？ 解 (1)依题意，y ＝9203＋⎝ ⎛⎭⎪⎫v ＋1 600v ≤9203＋2 1 600＝92083≈11.1(千辆/时)(2)由条件得920vv 2＋3v ＋1 600＞10，整理得v 2－89v ＋1 600＜0，即(v －25))(v －64)＜0，解得25＜v ＜64.答 当v ＝40千米/时时，车流量最大，最大车流量约为11.1千辆/时.如果要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应大于25千米/时且小于64千米/时.。

第一课时比较法、分析法与综合法[对应学生用书P16][自主学习]1．比较法比较法证明不等式可分为求差比较法和求商比较法两种：(1)要证明a>b，只要证明a－b>0；要证明a<b，只要证明a－b<0.这种证明不等式的方法，称为求差比较法．其证明不等式的步骤是：①作差；②变形；③判断符号；④下结论．(2)要证明a>b>0，只要证明ab>1；要证明b>a>0只要证明ab<1，这种证明不等式的方法，称为求商比较法．其证明不等式的步骤是：①作商；②变形；③判断与1的大小；④下结论．2．分析法从所要证明的结论入手向已知条件反推直至达到已知条件为止，这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法．3．综合法从已知条件出发，利用不等式的性质(或已知证明过的不等式)，推出了所要证明的结论，即“由因索果”的方法，这种证明不等式的方法称为综合法．[合作探究]1．求差比较法主要适用什么结构特征的不等式证明？其实质是什么？提示：主要适用于具有多项式、分式结构特征的不等式证明；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．求商比较法主要适用什么结构特征的不等式证明？其实质是什么？提示：主要适用于积、商、幂形式的不等式证明；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1的大小关系．3．试分析分析法与综合法证明不等式的逻辑关系各是什么？提示：(1)分析法：B⇐B1⇐B2⇐…⇐B n⇐A(结论)(步步寻求不等式成立的充分条件)(已知)；(2)综合法：A⇒B1⇒B2⇒…⇒B n⇒B(已知)逐步推演不等式成立的必要条件(结论)．[对应学生用书P16][例1](1)设a ＋b >0，n 为偶数，求证：b n －1a n ＋a n －1b n ≥1a ＋1b.(2)已知a >b >c >0.求证：a 2a b 2b c 2c>ab ＋c b c ＋a c a ＋b.[思路点拨] 本题考查不等式的性质及比较法在证明不等式中的应用，同时考查推理论证及运算求解能力．解答此题(1)用求差比较法，(2)用求商比较法证明．[精解详析] (1)b n －1a n ＋a n －1b n －1a －1b＝a n －b na n －1－b n －1ab n.当a >0，b >0时，(a n－b n)(a n －1－bn －1)≥0，(ab )n>0.所以a n －b na n －1－b n －1ab n≥0.故b n －1a n ＋a n －1b n ≥1a ＋1b. 当a ，b 有一个为负值时，不妨设a >0，b <0，且a ＋b >0， 所以a >|b |，又n 为偶数． 所以(a n－b n)(a n －1－bn －1)>0.又(ab )n >0， 故a n －b na n －1－b n －1ab n>0.即b n －1a n ＋a n －1b n >1a ＋1b. 综上所述，可知原不等式成立． (2)由a >b >c >0，得ab ＋c b c ＋a c a ＋b>0.作商a 2a b 2b c 2c a b ＋c b c ＋a c a ＋b ＝a a a a b b b b c c c c a b a c b c b a c a cb＝aa －b a a －c b b －c b b －a c c －a c c －b＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ba －b ⎝ ⎛⎭⎪⎫ac a －c ⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c . 由a >b >c >0，得a －b >0，a －c >0，b －c >0， 且a b>1，a c>1，b c>1. ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a ba －b ⎝ ⎛⎭⎪⎫ac a －c ⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c >1.∴a 2a b 2b c 2c>ab ＋c b c ＋a c a ＋b.比较法是证明不等式的一个最基本、最常用的方法．当被证明的不等式两端是多项式、分式或对数式，一般使用求差比较法，当被证明的不等式(或变形后)的两端都是正数且为乘积形式或幂指数形式时，一般使用求商比较法．1．用比较法证明下列不等式：(1)设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，求证：a 2＋b 2＋c 2≥13.(2)已知a >2，求证：log a (a －1)<log (a ＋1)a . 证明：(1)∵a ＋b ＋c ＝1， ∴3(a 2＋b 2＋c 2)－(a ＋b ＋c )2＝2a 2＋2b 2＋2c 2－2ab －2bc －2ac ＝(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≥0， ∴3(a 2＋b 2＋c 2)≥(a ＋b ＋c )2. ∴a 2＋b 2＋c 2≥13.(2)∵a >2，∴a －1>1， ∴log a (a －1)>0，log (a ＋1)a >0.由于log a a －log a ＋a＝log a (a －1)log a (a ＋1)<⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a a －＋log a a ＋22＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a a 2－22.∵a >2，∴0<log a (a 2－1)<log a a 2＝2.∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a a 2－22<⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a a 222＝1. ∴log a (a －1)<log (a ＋1)a .[例2] 已知a [思路点拨] 本题考查不等式的性质、平均值不等式等基础知识在证明不等式中的应用，考查推理、求解能力．解答此题可以用分析法证明．[精解详析] 要证原不等式成立， 只需证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋2，即证a 2＋1a2＋4a 2＋1a 2＋4≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋2，只需证2·a 2＋1a 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a .即证2⎝⎛⎭⎪⎫a 2＋1a2≥a 2＋1a2＋2，只需证a 2＋1a2≥2.由平均值不等式知a 2＋1a2≥2, 显然成立．∴原不等式成立．(1)当所证不等式与重要不等式、平均值不等式没有什么直接联系，或很难发现条件与结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径．(2)分析法证题的本质是从被证的不等式出发寻求使结论成立的充分条件，证明的关键是推理的每一步都必须可逆．2．已知α，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，且α≠β， 求证：tan α＋tan β＞2tan α＋β2.证明：欲证tan α＋tan β＞2tan α＋β2，只需证sin αcos α＋sin βcos β＞2sinα＋β2cosα＋β2，只需证α＋βcos αcos β＞2sinα＋β2cosα＋β2.∵α＋β2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴sin α＋β2＞0.又∵sin (α＋β)＝2sin α＋β2cos α＋β2，故只需证cosα＋β2cos αcos β＞1cosα＋β2，∴只需证cos 2α＋β2＞cos αcos β， 即证1＋α＋β2＞cos αcos β，即证1＋cos αcos β－sin αsin β＞2cos αcos β. 只需证1＞cos(α－β)， ∵α≠β，∴结论显然成立． 故原不等式成立.[例3] 设a ，12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b. [思路点拨] 本题考查不等式的性质、平均值不等式及证明不等式的方法等基础知识，解答此题可观察不等式左右特点，利用平均值不等式证明．[精解详析] ∵a ，b ，c 均为正数， ∴12⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ≥12ab ≥1a ＋b ， 当a ＝b 时等号成立；同理12⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12b ≥12bc ≥1b ＋c ，当b ＝c 时等号成立； 12⎝ ⎛⎭⎪⎫12c ＋12a ≥12ca ≥1c ＋a ， 当a ＝c 时等号成立； 三个不等式相加即得12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b.用综合法证明不等式时，主要利用平均值不等式等一些重要不等式、函数的单调性以及不等式的性质，在严密的演绎推理下推导出结论．综合法证明问题的“入手处”是题设中的已知条件或某些重要不等式．3．设a ，b ，c 为不全等的正数， 求证：b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc＞2.证明：左边＝b a ＋c a －1＋c b ＋a b －1＋a c ＋b c－1 ＝b a ＋a b ＋c a ＋a c ＋c b ＋b c－3. ∵a ，b ，c 为不全相等的正数，∴b a ＋a b ≥2，a c ＋c a ≥2，c b ＋b c≥2中的等号不可能同时成立，∴⎝⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋⎝⎛⎭⎪⎫c b ＋b c ＋⎝⎛⎭⎪⎫a c ＋ca ＞6， ∴b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc＞6－3＝3.[例＋求证：(1)a ＋b ＋c ≥3； (2)a bc ＋b ac ＋cab≥3(a ＋b ＋c )． [思路点拨] 本题考查利用分析法与综合法结合起来证明不等式问题，考查了平均值不等式、不等式的性质等基础知识．解答此题在分析过程中有时进行到一定步骤不易进行下去，就要从已知条件出发，进行演绎推理，直至综合法推出的结论与分析法追溯的充分条件统一为止，从而证明不等式．[精解详析] (1)要证a ＋b ＋c ≥3，由于a ，b ，c ∈R ＋， 因此只需证(a ＋b ＋c )2≥3，即证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3， 根据条件，只需证a 2＋b 2＋c 2≥1＝ab ＋bc ＋ca . 而ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 22＝a 2＋b 2＋c 2(当且仅当a ＝b ＝c ＝33时取等号)成立．∴原不等式成立． (2)∵a bc ＋b ac＋c ab ＝a ＋b ＋c abc， 在(1)中已证a ＋b ＋c ≥3， ∴要证原不等式只需证1abc≥a ＋b ＋c .也就是只要证a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca . 而a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac2，b ac ≤ab ＋bc2，c ab ≤ac ＋bc2，∴a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca (a ＝b ＝c ＝33时取等号)成立． ∴原不等式成立．在证明不等式的过程中，分析法、综合法常常是不能分离的．如果使用综合法证明不等式难以入手时常用分析法探索证题的途径，之后用综合法形式写出它的证明过程，以适应人们习惯的思维规律．有时问题的证明难度较大，常使用分析综合法，实现从两头往中间靠以达到证题目的．4．若a ，b ，c 均为正数，求证：a b ＋c ＋b a ＋c ＋ca ＋b ≥32.证明：要证a b ＋c ＋b a ＋c ＋ca ＋b ≥32，只要证ab ＋c＋1＋ba ＋c＋1＋ca ＋b ＋1≥92， 只要证a ＋b ＋c b ＋c ＋a ＋b ＋c a ＋c ＋a ＋b ＋c a ＋b ≥92， 只要证(a ＋b ＋c )(1b ＋c ＋1a ＋c ＋1a ＋b )≥92. 因为(a ＋b ＋c )(1b ＋c ＋1a ＋c ＋1a ＋b) ＝12[(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )](1b ＋c ＋1a ＋c ＋1a ＋b ) ≥12·3·3a ＋b b ＋c c ＋a ·3·31b ＋ca ＋c a ＋b ＝92，所以原不等式成立．比较法、分析法与综合法是证明不等式的最重要的三种基本方法，在高考、模拟中常以解答题的形式，考查不等式的性质、平均值不等式等不等式的基础知识，同时考查运算、推理及求解能力．[考题印证](安徽高考)(1)设x ≥1，y ≥1，证明x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ；(2)设1<a ≤b ≤c ，证明log a b ＋log b c ＋log c a ≤log b a ＋log c b ＋log a c . [命题立意]本题考查不等式的性质．比较法证明不等式、对数函数的性质和对数换底公式等基本知识，考查代数式的恒等变形能力和推理论证能力．[自主尝试](1)由于x ≥1，y ≥1，所以x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ⇔xy (x ＋y )＋1≤(y ＋x )＋(xy )2.将上式中的右式减左式，得 [y ＋x ＋(xy )2]－[xy (x ＋y )＋1] ＝[(xy )2－1]－[xy (x ＋y )－(x ＋y )] ＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1)＝(xy －1)(xy －x －y ＋1)＝(xy －1)(x －1)(y －1)．既然x ≥1，y ≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0，从而所要证明的不等式成立． (2)设log a b ＝x ，log b c ＝y ，由对数的换底公式得 log c a ＝1xy ，log b a ＝1x ，log c b ＝1y，log a c ＝xy .于是，所要证明的不等式即为x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ，其中x ＝log a b ≥1，y ＝log b c ≥1. 故由(1)可知所要证明的不等式成立．[对应学生用书P19]一、选择题1．已知a ，b ，c ，d ，都是正实数，且a b ＜c d，则( ) A.a b ＜a ＋cb ＋d ＜cdB.a ＋cb ＋d ＜a b ＜cdC.a b ＜c d ＜a ＋cb ＋dD ．以上均可能解析：∵a ，b ，c ，d 都是正实数，a b ＜c d， ∴ad ＜bc ，∴ab ＋ad ＜ab ＋bc ，即a(b＋d)＜b(a＋c)，∴ab＜a＋cb＋d.又由ad＜bc，得ad＋dc＜bc＋dc，即d(a＋c)＜c(b＋d)，∴a＋cb＋d＜cd，故选项A成立．答案：A2．若a，b，c∈R，且ab＋bc＋ac＝1，则下列不等式成立的是( ) A．a2＋b2＋c2≥2 B．(a＋b＋c)2≥3C.1a＋1b＋1c≥2 3 D．abc(a＋b＋c)≤13解析：因为a2＋b2≥2ab，a2＋c2≥2ac，b2＋c2≥2bc，将三式相加，得2(a2＋b2＋c2)≥2ab ＋2bc＋2ac，即a2＋b2＋c2≥1.又因为(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac，所以(a＋b＋c)2≥1＋2×1＝3.B成立．答案：B3．下列不等式：①a2＋2＞2a；②a2＋b2＞2(a－b－1)；③(a2＋b2)(c2＋d2)＞(ac＋bd)2，其中恒成立的有( )A．3个B．2个C．1个D．0个解析：在①中，a2＋2－2a＝(a－1)2＋1≥1＞0，∴a2＋2＞2a成立．在②中，a2＋b2－2(a－b－1)＝a2＋b2－2a＋2b＋2＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，当且仅当a ＝1且b＝－1时，取等号．在③中，(a2＋b2)(c2＋d2)－(ac＋bd)2＝a2c2＋b2c2＋a2d2＋b2d2－a2c2－2abcd－b2d2＝b2c2＋a2d2－2abcd＝(bc－ad)2≥0.故只有①恒成立．答案：C4．若a，b∈R＋，且a≠b，M＝ab＋ba，N＝a＋b，则M与N的大小关系是( )A．M>N B．M<N C．M≥N D．M≤N解析：∵a ≠b ，∴a b ＋b >2a ，ba＋a >2b . ∴a b ＋b ＋ba ＋a >2b ＋2a ， 即a b ＋ba>b ＋a .即M >N . 答案：A 二、填空题5．已知a 1≤a 2，b 1≤b 2，则a 1b 1＋a 2b 2与a 1b 2＋a 2b 1的大小关系是________． 解析：∵(a 1b 1＋a 2b 2)－(a 1b 2＋a 2b 1) ＝(a 1－a 2)(b 1－b 2)≥0. ∴a 1b 1＋a 2b 2≥a 1b 2＋a 2b 1. 答案：a 1b 1＋a 2b 2≥a 1b 2＋a 2b 16．已知0＜x ＜1，a ＝2x ，b ＝1＋x ，c ＝11－x ，则a ，b ，c 中最大的是________．解析：因为0＜x ＜1，所以a ＞0，b ＞0，c ＞0， 又a 2－b 2＝(2x )2－(1＋x )2＝－(1－x )2＜0， 所以a 2－b 2＜0，所以a ＜b . 又c －b ＝11－x －(1＋x )＝x21－x ＞0，所以c ＞b ，所以c ＞b ＞a . 答案：c7．已知点A n (n ，a n )为函数y ＝x 2＋1的图像上的点，B n (n ，b n )为函数y ＝x 的图像上的点，其中n ∈N ＋，设c n ＝a n －b n ，则c n 与c n ＋1的大小关系为________．解析：∵a n ＝ n 2＋1，b n ＝n ， ∴c n ＝ n 2＋1－n ＝1n 2＋1＋n，∴c n 随n 的增大而减小，即c n 为减函数，∴c n ＋1＜c n . 答案：c n ＞c n ＋18．设a ＞0，b ＞0，则下面两式的大小关系为lg(1＋ab )________12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．解析：∵对数函数y ＝lg x 为定义域上的增函数， ∴只需比较(1＋ab )与＋a ＋b 的大小即可．∵(1＋ab )2－(1＋a )(1＋b )＝1＋ab ＋2ab －(1＋ab ＋a ＋b )＝2ab －(a ＋b )．又由基本不等式得2ab ≤(a ＋b )，∴(1＋ab )2－(1＋a )(1＋b )≤0，即有lg(1＋ab )≤12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]． 答案：≤三、解答题9．已知a >0，b >0，m >0，n >0，求证：am ＋n ＋b m ＋n ≥a m b n ＋a n b m . 证明：am ＋n ＋b m ＋n －(a m b n ＋a n b m ) ＝(a m ＋n －a m b n )－(a n b m －bm ＋n ) ＝(a m －b m )(a n －b n )．当a >b >0时，a m >b m ，a n >b n ，∴(a m －b m )(a n －b n )>0.当0<a <b 时，a m <b m ，a n <b n ，∴(a m －b m )(a n －b n )>0.当a ＝b 时，a m ＝b m ，a n ＝b n ，∴(a m －b m )(a n －b n )＝0.综上可知(a m －b m )(a n －b n )≥0.∴a m ＋n ＋b m ＋n ≥a m b n ＋a n b m. 10．已知a ，b ，c 都是正数，求证：2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 3－3abc . 证明：法一：要证2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 3－3abc ， 只需证a ＋b －2ab ≤a ＋b ＋c －33abc ，即－2ab ≤c －33abc .移项，得c ＋2ab ≥33abc .由a ，b ，c 为正数，得c ＋2ab ＝c ＋ab ＋ab ≥33abc .∴原不等式成立．法二：∵a ，b ，c 是正数，∴c ＋ab ＋ab ≥33c ab ·ab ＝33abc .即c ＋2ab ≥33abc .故－2ab ≤c －33abc .∴a ＋b －2ab ≤a ＋b ＋c －33abc .∴2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 3－3abc . 11．设a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，求证：2a ＋1＋2b ＋1≤2 2. 证明：所证不等式变形为2a ＋1＋2b ＋12≤2， 可视为点(2a ＋1，2b ＋1)到直线x ＋y ＝0的距离，但因(2a ＋1)2＋(2b ＋1)2＝4，∴点A 在圆x 2＋y 2＝4(x ＞0，y ＞0)上．如图所示，AD ⊥BC ，半径AO ＞AD .即有2a ＋1＋2b ＋12≤2， ∴2a ＋1＋2b ＋1≤2 2.。