(通用版)201X版高考数学一轮复习 不等式选讲 2 第2讲 不等式的证明教案 理

第2讲不等式的证明1．基本不等式定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．定理2:如果a、b为正数，则a＋b2≥ab，当且仅当a＝b时，等号成立．定理3：如果a、b、c为正数，则错误!≥错误!，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．定理4：(一般形式的算术-几何平均不等式）如果a1，a2,…,a n为n个正数，则a1＋a2＋…＋a nn≥错误!,当且仅当a1＝a2＝…＝a n时，等号成立．2．不等式的证明方法证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等．3．数学归纳法证明不等式的关键使用数学归纳法证明与自然数有关的不等式,关键是由n＝k时不等式成立推证n＝k＋1时不等式成立，此步的证明要具有目标意识，要注意与最终达到的解题目标进行分析、比较，以便确定解题方向．对于任意的x、y∈R，求证｜x－1|＋｜x|＋｜y－1|＋｜y＋1｜≥3.证明：根据绝对值的几何意义，可知｜x－1｜＋｜x|≥1,｜y－1|＋|y＋1|≥2，所以|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1｜≥1＋2＝3。

若a,b∈(0，＋∞)且a＋b＝1，求证:错误!＋错误!≥8.证明：因为a＋b＝1，所以a2＋2ab＋b2＝1.因为a>0，b〉0，所以错误!＋错误!＝错误!＋错误!＝1＋错误!＋错误!＋1＋错误!＋错误!＝2＋错误!＋错误!≥2＋2错误!＋2错误!＝8错误!。

若x，y，z∈R＋，且x＋y>z,求证：错误!＋错误!〉错误!.证明：因为x＋y〉z,所以x＋y－z〉0.由分数性质得z1＋z〈错误!＝错误!.因为x>0，y〉0，所以错误!＝错误!＋错误!<错误!＋错误!。

所以错误!＋错误!>错误!。

若a〉b>1，证明：a＋错误!>b＋错误!。

证明：a＋1a－错误!＝a－b＋错误!＝错误!.由a〉b〉1得ab〉1,a－b>0,所以错误!〉0。

第2讲不等式的证明板块一知识梳理·自主学习[必备知识]考点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．考点2 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．综合法又叫由因导果法．考点3 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．考点4 反证法证明命题时先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而得出原命题成立，我们把这种证明方法称为反证法．考点5 放缩法证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的，我们把这种方法称为放缩法．考点6 柯西不等式 1．二维形式的柯西不等式定理1 若a ，b ，c ，d 都是实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时，等号成立．2．柯西不等式的向量形式定理2 设α，β是两个向量，则|α·β|≤|α|·|β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k ，使α＝k β时，等号成立．[考点自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)用反证法证明命题“a ，b ，c 全为0”时，假设为“a ，b ，c 全不为0”．( ) (2)若x ＋2yx －y>1，则x ＋2y >x －y .( ) (3)|a ＋b |＋|a －b |≥|2a |.( )(4)若实数x 、y 适合不等式xy >1，x ＋y >－2，则x >0，y >0.( ) 答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√2．[2018·温州模拟]若a ，b ，c ∈R ，a >b ，则下列不等式成立的是( ) A.1a <1bB ．a 2>b 2C.ac 2＋1>bc 2＋1D ．a |c |>b |c |答案 C解析 应用排除法．取a ＝1，b ＝－1，排除A ；取a ＝0，b ＝－1，排除B ；取c ＝0，排除D.显然1c 2＋1>0，对不等式a >b 的两边同时乘以1c 2＋1，立得a c 2＋1>bc 2＋1成立．故选C. 3．[课本改编]不等式：①x 2＋3>3x ；②a 2＋b 2≥2(a －b －1)；③b a ＋ab≥2，其中恒成立的是( )A ．①③B ．②③C ．①②③D ．①② 答案 D解析 由①得x 2＋3－3x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋34>0，所以x 2＋3>3x ；对于②，因为a 2＋b 2－2(a －b－1)＝(a －1)2＋(b ＋1)2≥0，所以不等式成立；对于③，因为当ab <0时，b a ＋a b －2＝(a －b )2ab<0，即b a ＋ab<2.故选D.4．[2018·南通模拟]若|a －c |<|b |，则下列不等式中正确的是( ) A ．a <b ＋c B ．a >c －b C ．|a |>|b |－|c |D ．|a |<|b |＋|c |答案 D解析 |a |－|c |≤|a －c |<|b |，即|a |<|b |＋|c |，故选D.5．已知a ，b ，c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1c的最小值为________．答案 9解析 解法一：把a ＋b ＋c ＝1代入1a ＋1b ＋1c，得a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋cc＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c a ＋a c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立．解法二：由柯西不等式得：(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c ≥⎝⎛⎭⎪⎫a ·1a ＋b ·1b＋c ·1c 2，即1a ＋1b ＋1c≥9.6．[2017·全国卷Ⅱ]已知a >0，b >0，a 3＋b 3＝2.证明： (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4； (2)a ＋b ≤2.证明 (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4) ＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4.(2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3＝2＋3ab (a ＋b ) ≤2＋3(a ＋b )24(a ＋b )＝2＋3(a ＋b )34，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2.板块二 典例探究·考向突破 考向比较法证明不等式例 1 [2016·全国卷Ⅱ]已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，M 为不等式f (x )<2的解集．(1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |<|1＋ab |.解 (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12<x <12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )<2，得－2x <2，解得x >－1，即－1<x ≤－12；当－12<x <12时，f (x )<2，即－12<x <12；当x ≥12时，由f (x )<2，得2x <2，解得x <1，即12≤x <1.所以f (x )<2的解集M ＝{x |－1<x <1}．(2)证明：由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1<a <1，－1<b <1，从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)(1－b 2)<0.因此|a ＋b |<|1＋ab |.触类旁通比较法证明的一般步骤一般步骤：作差—变形—判断—结论．为了判断作差后的符号，有时要把这个差变形为一个常数，或者变形为一个常数与一个或几个平方和的形式，也可变形为几个因式的积的形式，以判断其正负．常用的变形技巧有因式分解、配方、拆项、拼项等方法．【变式训练1】 [2018·福建模拟]已知函数f (x )＝|x ＋1|. (1)求不等式f (x )<|2x ＋1|－1的解集M ； (2)设a ，b ∈M ，证明：f (ab )>f (a )－f (－b )．解 (1)当x ≤－1时，原不等式可化为－x －1<－2x －2，解得x <－1；当－1<x <－12时，原不等式可化为x ＋1<－2x －2，解得x <－1，此时原不等式无解；当x ≥－12时，原不等式可化为x ＋1<2x ，解得x >1，综上，M ＝{x |x <－1或x >1}．(2)证明：证法一：因为f (ab )＝|ab ＋1|＝|(ab ＋b )＋(1－b )|≥|ab ＋b |－|1－b |＝|b ||a ＋1|－|1－b |.因为a ，b ∈M ，所以|b |>1，|a ＋1|>0， 所以f (ab )>|a ＋1|－|1－b |， 即f (ab )>f (a )－f (－b )．证法二：因为f (a )－f (－b )＝|a ＋1|－|－b ＋1| ≤|a ＋1－(－b ＋1)|＝|a ＋b |， 所以要证f (ab )>f (a )－f (－b )，只需证|ab ＋1|>|a ＋b |，即证|ab ＋1|2>|a ＋b |2，即证a 2b 2＋2ab ＋1>a 2＋2ab ＋b 2，即证a 2b 2－a 2－b 2＋1>0，即证(a 2－1)(b 2－1)>0.因为a ，b ∈M ，所以a 2>1，b 2>1，所以(a 2－1)(b 2－1)>0成立，所以原不等式成立．考向用综合法与分析法证明不等式例 2 (1)[2018·浙江金华模拟]已知x ，y ∈R . ①若x ，y 满足|x －3y |<12，|x ＋2y |<16，求证：|x |<310；②求证：x 4＋16y 4≥2x 3y ＋8xy 3. 证明 ①利用绝对值不等式的性质得：|x |＝15[|2(x －3y )＋3(x ＋2y )|]≤15[|2(x －3y )|＋|3(x ＋2y )|]<15⎝ ⎛⎭⎪⎫2×12＋3×16＝310.②因为x 4＋16y 4－(2x 3y ＋8xy 3) ＝x 4－2x 3y ＋16y 4－8xy 3＝x 3(x －2y )＋8y 3(2y －x ) ＝(x －2y )(x 3－8y 3)＝(x －2y )(x －2y )(x 2＋2xy ＋4y 2) ＝(x －2y )2[(x ＋y )2＋3y 2]≥0， ∴x 4＋16y 4≥2x 3y ＋8xy 3.(2)[2018·徐州模拟]已知a ，b ∈R ，a >b >e(其中e 是自然对数的底数)，求证：b a>a b.(提示：可考虑用分析法找思路)证明 ∵b a>0，a b>0， ∴要证b a>a b 只要证a ln b >b ln a 只要证ln b b >ln aa.(∵a >b >e)取函数f (x )＝ln x x ，∵f ′(x )＝1－ln x x2令f ′(x )＝0，x ＝e∴当x >e 时，f ′(x )<0，∴函数f (x )在(e ，＋∞)上单调递减． ∴当a >b >e 时，有f (b )>f (a )， 即ln b b >ln aa，得证．触类旁通综合法与分析法的逻辑关系用综合法证明不等式是“由因导果”，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．【变式训练2】 (1)设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明：①ab ＋bc ＋ca ≤13；②a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 证明 ①由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 由题设得(a ＋b ＋c )2＝1， 即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1. 所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1， 即ab ＋bc ＋ca ≤13.②证法一：因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.证法二：由柯西不等式得：(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2a ＋a 2b ＋b 2c ≥(c ＋a ＋b )2，∵a ＋b ＋c ＝1，∴c 2a ＋a 2b ＋b 2c≥1. (2)[2015·全国卷Ⅱ]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 ；②a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件．证明 ①因为(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ，(c ＋d )2＝c ＋d ＋2cd ，由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab >cd ，得(a ＋b )2>(c ＋d )2.所以a ＋b >c ＋d .②(ⅰ)若|a －b |<|c －d |，则(a －b )2<(c －d )2，即(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd . 因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd . 由①得a ＋b >c ＋d .(ⅱ)若a ＋b >c ＋d ，则(a ＋b )2>(c ＋d )2， 即a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd . 因为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．考向 反证法证明不等式例 3 [2015·湖南高考]设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1b.证明：(1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．证明 由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab，a >0，b >0，得ab ＝1.(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2，当且仅当a ＝b ＝1时等号成立．(2)假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则由a 2＋a <2及a >0，得0<a <1；同理，0<b <1，从而ab <1，这与ab ＝1矛盾．故a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．触类旁通对于某些问题中所证结论若是“都是”“都不是”“至多”“至少”等问题，一般用反证法．其一般步骤是反设→推理→得出矛盾→肯定原结论．【变式训练3】 [2018·达州校级期末]已知a ，b ，c ∈(0,1)．求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不能同时大于14.证明 假设三式同时大于14，即(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >14.三式同向相乘，得(1－a )a (1－b )b (1－c )c >164(*)又(1－a )a ≤⎝⎛⎭⎪⎫1－a ＋a 22＝14，同理(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14.所以(1－a )a (1－b )b (1－c )c ≤164，与*式矛盾，即假设不成立，故结论正确．考向柯西不等式的应用例 4 柯西不等式是大数学家柯西在研究数学分析中的“流数”问题时得到的，柯西不等式是指：对任意实数a i ，b i (i ＝1,2，…，n )，有(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2≤(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )，当且仅当a i ＝kb i (i ＝1,2，…，n )时，等号成立．(1)证明：当n ＝2时的柯西不等式；(2)设a ，b ，m ，n ∈R ，且a 2＋b 2＝5，ma ＋nb ＝5，求m 2＋n 2的最小值．解 (1)证明：当n ＝2时，柯西不等式的二维形式为：(a 21＋a 22)(b 21＋b 22)≥(a 1b 1＋a 2b 2)2，(a 21＋a 22)(b 21＋b 22)－(a 1b 1＋a 2b 2)2＝a 21b 22＋a 22b 21－2a 1a 2b 1b 2＝(a 1b 2－a 2b 1)2≥0，当且仅当a 1b 2＝a 2b 1时取得等号．(2)由柯西不等式得(a 2＋b 2)(m 2＋n 2)≥(ma ＋nb )2，所以5(m 2＋n 2)≥52即m 2＋n 2≥5，所以m 2＋n 2的最小值为 5.触类旁通利用柯西不等式解题时，要注意配凑成相应的形式，既可从左向右用，也可从右向左用．【变式训练4】 [2018·皇姑区校级期末]设xy >0，则⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋4y 2⎝⎛⎭⎪⎫y 2＋1x2的最小值为( )A ．－9B ．9C ．10D ．0 答案 B解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋4y 2⎝ ⎛⎭⎪⎫y 2＋1x 2≥⎝⎛⎭⎪⎫x ·1x ＋2y·y 2＝9.当且仅当xy ＝2xy即xy ＝2时取等号．故选B.核心规律1.证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和反证法仍是证明不等式的基本方法．要依据题设、题目的结构特点、内在联系，选择恰当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维方法，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．2.综合法往往是分析法的相反过程，其表述简单、条理清楚．当问题比较复杂时，通常把分析法和综合法结合起来使用，以分析法寻找证明的思路，而用综合法叙述、表达整个证明过程．3.不等式证明中的裂项形式： (1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k .(2)1k 2<1k 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1.(3)1k －1k ＋1＝1(k ＋1)k <1k 2<1(k －1)k ＝1k －1－1k . (4)1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2).满分策略1.作差比较法适用的主要题型是多项式、分式、对数式、三角式，作商比较法适用的主要题型是高次幂乘积结构．2.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．3.高考命题专家说：“放缩是一种能力．”如何把握放缩的“度”，使得放缩“恰到好处”，这正是放缩法的精髓和关键所在！板块三 模拟演练·提能增分[A 级 基础达标]1．已知a ，b ，c ，d 均为正数，S ＝a a ＋b ＋d ＋b b ＋c ＋a ＋c c ＋d ＋b ＋d d ＋a ＋c，则一定有( )A ．0<S <1B ．1<S <2C ．2<S <3D ．3<S <4答案 B 解析 S >a a ＋b ＋c ＋d ＋b a ＋b ＋c ＋d ＋ca ＋b ＋c ＋d ＋da ＋b ＋c ＋d＝1，S <aa ＋b ＋ba ＋b ＋cc ＋d ＋dc ＋d＝2，∴1<S <2.故选B.2．[2018·驻马店期末]若x 1，x 2，x 3∈(0，＋∞)，则3个数x 1x 2，x 2x 3，x 3x 1的值( ) A ．至多有一个不大于1 B ．至少有一个不大于1 C ．都大于1 D ．都小于1答案 B解析 解法一：设x 1≤x 2≤x 3，则x 1x 2≤1，x 2x 3≤1，x 3x 1≥1.故选B. 解法二：设x 1x 2>1，x 2x 3>1，x 3x 1>1， ∴x 1x 2·x 2x 3·x 3x 1>1与x 1x 2·x 2x 3·x 3x 1＝1矛盾， ∴至少有一个不大于1.3．设x >0，y >0，M ＝x ＋y 2＋x ＋y ，N ＝x 2＋x ＋y2＋y，则M 、N 的大小关系为________．答案 M <N解析 N ＝x 2＋x ＋y 2＋y >x 2＋x ＋y ＋y2＋x ＋y＝x ＋y2＋x ＋y＝M .4．已知a ，b ∈R ，a 2＋b 2＝4，则3a ＋2b 的取值范围是________． 答案 [－213，213] 解析 根据柯西不等式(ac ＋bd )2≤(a 2＋b 2)·(c 2＋d 2)，可得(3a ＋2b )2≤(a 2＋b 2)·(32＋22) ∴－213≤3a ＋2b ≤213. 3a ＋2b ∈[－213，213]．[B 级 能力达标]5．求证：11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)<12(n ∈N *)．证明 ∵1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1∴左边＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12.6．[2018·泸州模拟]设函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －4a ＋|x ＋a |(a >0)．(1)证明：f (x )≥4；(2)若f (2)<5，求a 的取值范围．解 (1)证明：⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －4a ＋|x ＋a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋a ＋4a－x ＝a ＋4a≥4；当且仅当a ＝2时取等号．(2)f (2)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－4a ＋|a ＋2|.①当a ＝2时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－4a ＋|2＋a |<5显然满足；②当 0<a ≤2时，不等式变成a ＋4a<5，即a 2－5a ＋4<0⇒1<a <4，联立求解得1<a ≤2；③当a >2时，不等式变成a 2－a －4<0，∴1－172<a <1＋172，联立求解得2<a <1＋172.综上，a 的取值范围为1<a <1＋172. 7．[2018·龙门县校级模拟]已知函数f (x )＝|2x －1|.(1)若不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12≤2m ＋1(m >0)的解集为[－2,2]，求实数m 的值； (2)对任意x ∈R ，y >0，求证：f (x )≤2y ＋42y＋|2x ＋3|.解 (1)不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12≤2m ＋1⇔|2x |≤2m ＋1(m >0)， ∴－m －12≤x ≤m ＋12，由解集为[－2,2]，可得m ＋12＝2，解得m ＝32.(2)证明：原不等式即为|2x －1|－|2x ＋3|≤2y ＋42y .令g (x )＝|2x －1|－|2x ＋3|≤|(2x －1)－(2x ＋3)|＝4， 当2x ＋3≤0，即x ≤－32时，g (x )取得最大值4，又2y ＋42y≥22y ·42y ＝4，当且仅当2y ＝42y，即y ＝1时，取得最小值4.则|2x －1|－|2x ＋3|≤2y ＋42y. 故原不等式成立．8．[2018·黄山期末](1)已知a ，b ∈(0，＋∞)，求证：x ，y ∈R ，有x 2a ＋y 2b ≥(x ＋y )2a ＋b；(2)若0<a <2,0<b <2,0<c <2，求证：(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 不能同时大于1.证明 (1)证法一：⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2a ＋y 2b (a ＋b )＝x 2＋bx 2a ＋ay 2b ＋y 2≥x 2＋2xy ＋y 2＝(x ＋y )2，当且仅当bx 2a ＝ay 2b，即|bx |＝|ay |时取等号，由于a ，b ∈(0，＋∞)，所以有x 2a ＋y 2b ≥(x ＋y )2a ＋b. 证法二：由柯西不等式得(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2a ＋y 2b ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ·x a ＋b ·y b 2， 即(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2a ＋y 2b ≥(x ＋y )2， x 2a ＋y 2b ≥(x ＋y )2a ＋b. (2)假设结论不成立，即(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 同时大于1.⎭⎪⎬⎪⎫(2－a )b >1(2－b )c >1(2－c )a >1⇒(2－a )b ·(2－b )c ·(2－c )a >1， 而(2－a )b ·(2－b )c · (2－c )a ＝(2－a )a ·(2－b )b ·(2－c )c ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2－a ＋a 22⎝ ⎛⎭⎪⎫2－b ＋b 22⎝ ⎛⎭⎪⎫2－c ＋c 22＝1， 这与(2－a )b ·(2－b )c ·(2－c )a >1矛盾．所以假设错误，即(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 不能同时大于1.9．[2018·天津期末]已知x >y >0，m >0.(1)试比较y x 与y ＋m x ＋m的大小； (2)用分析法证明：xy (2－xy )≤1. 解 (1)因为y x －y ＋m x ＋m ＝m (y －x )x (x ＋m )，x >y >0，m >0. 所以m (y －x )<0，x (x ＋m )>0，所以m (y －x )x (x ＋m )<0，即y x －y ＋m x ＋m<0， 所以y x <y ＋m x ＋m . (2)证明：(用分析法证明)要证xy (2－xy )≤1，只需证2xy －(xy )2≤1，只需证(xy )2－2xy ＋1≥0，即证(xy －1)2≥0，因为x ，y >0，且(xy －1)2≥0成立，所以xy (2－xy )≤1.10．[2018·江阴市期末]已知实数a >0，b >0.(1)若a ＋b >2，求证：1＋b a ，1＋a b中至少有一个小于2； (2)若a －b ＝2，求证：a 3＋b >8.证明 (1)假设1＋b a ，1＋a b 都不小于2，则1＋b a ≥2，1＋a b≥2，因为a >0，b >0，所以1＋b ≥2a,1＋a ≥2b ，1＋1＋a ＋b ≥2(a ＋b )，即2≥a ＋b ，这与已知a ＋b >2相矛盾，故假设不成立．综上，1＋b a ，1＋a b中至少有一个小于2. (2)∵a －b ＝2，∴b ＝a －2，∵b >0，∴a >2，∴a 3＋b －8＝a 3－8＋a －2＝(a －2)(a 2＋2a ＋5)，∴(a －2)[(a ＋1)2＋4]>0，∴a 3＋b >8.。