2018学年高中数学北师大版选修4-5学业分层测评8 不等式的证明反证法、放缩法、几何法 含解析

课堂练习(八)(建议用时：45分钟)[基础达标练]一、选择题1．若△ABC 的三边a ，b ，c 的倒数成等差数列，则( ) A ．∠B ＝π2B ．∠B <π2C ．∠B >π2D ．∠B ＝π3[解析] 假设∠B ≥π2，则b 最大，有b >a ，b >c ，∴1a >1b ，1c >1b .∴1a ＋1c >2b，与题意中的1a ＋1c ＝2b矛盾．∴∠B <π2.[答案] B2．应用反证法推出矛盾的推导过程中要把下列哪些作为条件使用( ) ①否定原结论的假设；②原命题的条件； ③公理、定理、定义等；④原结论． A ．①② B ．①②④ C ．①②③D ．②③[解析] 由反证法的推理原理可知，反证法必须把结论的相反情况作为条件应用于推理，同时还可应用原条件以及公理、定理、定义等．[答案] C3．用反证法证明命题“如果a >b ，那么3a >3b ”时，假设的内容是( ) A ．3a ＝3bB ．3a <3bC ．3a ＝3b 且3a <3bD ．3a ＝3b 或3a <3b[解析] 应假设3a ≤3b ，即3a ＝3b 或3a <3b . [答案] D 4．已知p ＝a ＋1a －2，q ＝－a 2＋4a (a >2)，则( )A ．p >qB ．p <qC ．p ≥qD ．p ≤q[解析] ∵p ＝(a －2)＋1a －2＋2， 又a －2>0，∴p ≥2＋2＝4，而q ＝－(a －2)2＋4， 根据a >2，可得q <4，∴p >q . [答案] A5．设M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则( )A ．M ＝1B ．M <1C ．M >1D ．M 与1大小关系不定[解析] M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1<＝210210＝1.故选B. [答案] B 二、填空题6．用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时，假设应为__________．[解析] “至少有一个不大于”的反面应是“都大于”． [答案] 假设三内角都大于60° 7．若a >b >0，m >0，n >0，则a b ，b a ，b ＋m a ＋m ，a ＋nb ＋n，按由小到大的顺序排列为________．[解析] 由不等式a >b >0，m >0，n >0，知b a <b ＋m a ＋m <1，且b a <b ＋na ＋n<1， 得a b >a ＋nb ＋n >1， 即1<a ＋nb ＋n <ab. [答案] b a <b ＋m a ＋m <a ＋n b ＋n <ab8．设x >0，y >0，A ＝x ＋y 1＋x ＋y ，B ＝x 1＋x ＋y1＋y，则A ，B 的大小关系为__________．[解析] B ＝x 1＋x ＋y 1＋y >x 1＋x ＋y ＋y 1＋x ＋y ＝x ＋y1＋x ＋y＝A ，即A <B .[答案] A <B 三、解答题9．已知a >0，b >0，且a ＋b >2， 求证：1＋b a ，1＋a b 中至少有一个小于2.[证明] 假设1＋b a，1＋a b都不小于2，则1＋b a ≥2，1＋ab≥2.∵a >0，b >0，∴1＋b ≥2a,1＋a ≥2b ，∴2＋a ＋b ≥2(a ＋b )，即2≥a ＋b ， 这与a ＋b >2矛盾．故假设不成立．即1＋b a ，1＋a b中至少有一个小于2.10．已知△ABC 三边长是a ，b ，c ，且m 是正数，求证：aa ＋m ＋bb ＋m >cc ＋m.[证明] 设f (x )＝xx ＋m＝1－mx ＋m(x >0，m >0)．易知函数f (x )(x >0)是增函数． 则f (a )＋f (b )＝aa ＋m ＋bb ＋m>a (a ＋b )＋m ＋b(a ＋b )＋m＝a ＋b(a ＋b )＋m＝f (a ＋b )．又在△ABC 中，a ＋b >c >0， ∴f (a ＋b )>f (c )＝cc ＋m，∴aa ＋m ＋bb ＋m >cc ＋m.[能力提升练]1．已知x ＝a ＋1a －2(a >2)，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2－2 (b <0)，则x ，y 之间的大小关系是( )A ．x >yB ．x <yC ．x ＝yD ．不能确定[解析] 因为x ＝a －2＋1a －2＋2≥2＋2＝4(a >2)， 而b 2－2>－2(b <0)，即y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2－2 <⎝ ⎛⎭⎪⎫12-2＝4. 所以x >y . [答案] A2．若|a |<1，|b |<1，则( ) A ．⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ＝1B ．⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab <1C ．⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ≤1D ．⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ≥1[解析] 假设⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ≥1，故|a ＋b |≥|1＋ab |⇒a 2＋b 2＋2ab ≥1＋2ab ＋a 2b 2⇒a 2＋b 2－1－a 2b 2≥0⇒a 2(1－b 2)－(1－b 2)≥0⇒(a 2－1)(1－b 2)≥0.由上式知a 2－1≤0,1－b 2≤0或a 2－1≥0,1－b 2≥0. 与已知矛盾，故⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab <1.[答案] B3．设a ，b ∈R ，给出下列条件：①a ＋b >1；②a ＋b ＝2；③a ＋b >2；④a 2＋b 2>2；⑤ab >1.其中能推出“a ，b 中至少有一个实数大于1”的条件是________．[解析] 对于①，a ，b 均可小于1；对于②，a ，b 均可等于1；对于④⑤，a ，b 均可为负数；对于③，若a ，b 都不大于1，则a ＋b ≤2，与③矛盾．故若③成立，则“a ，b 中至少有一个实数大于1”成立．[答案] ③4．若0<a <1n ，n ≥2，且n 为正整数，已知a 2<a －b ，求证：b <1n ＋1.[证明] 由已知得b <a －a 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋14.令f (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14，则f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12内是增函数，又n ≥2，n 为正整数，且0<a <1n，因此a ，1n ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12，∴f (a )<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n， 从而b <－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋14<－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －122＋14＝－1n 2＋1n .又－1n 2＋1n ＝n －1n 2<n －1n 2－1＝1n ＋1，故b <1n ＋1.。

学业分层测评(十一)(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．用反证法证明“三角形中最多只有一个内角为钝角”，下列假设中正确的是()A．有两个内角是钝角B．有三个内角是钝角C．至少有两个内角是钝角D．没有一个内角是钝角【解析】“最多有一个”的反设是“至少有两个”，故选C.【答案】 C2．下列命题错误的是()A．三角形中至少有一个内角不小于60°B．四面体的三组对棱都是异面直线C．闭区间[a，b]上的单调函数f(x)至多有一个零点D．设a，b∈Z，若a，b中至少有一个为奇数，则a＋b是奇数【解析】a＋b为奇数⇔a，b中有一个为奇数，另一个为偶数，故D错误．【答案】 D3．“自然数a，b，c中恰有一个偶数”的否定正确的为()A．a，b，c都是奇数B．a，b，c都是偶数C．a，b，c中至少有两个偶数D．a，b，c中都是奇数或至少有两个偶数【解析】自然数a，b，c的奇偶性共有四种情形：(1)3个都是奇数；(2)2个奇数，1个偶数；(3)1个奇数，2个偶数；(4)3个都是偶数．所以否定正确的是a，b，c中都是奇数或至少有两个偶数．【答案】 D4．设x，y，z都是正实数，a＝x＋1y，b＝y＋1z，c＝z＋1x，则a，b，c三个数() 【导学号：67720021】A．至少有一个不大于2B．都小于2C．至少有一个不小于2D．都大于2【解析】若a，b，c都小于2，则a＋b＋c<6，①而a＋b＋c＝x＋1x ＋y＋1y＋z＋1z≥6，②显然①②矛盾，所以C正确．【答案】 C5．(2016·温州高二检测)用反证法证明命题：“一个三角形中不能有两个直角”的过程归纳为以下三个步骤：①A＋B＋C＝90°＋90°＋C>180°，这与三角形内角和为180°相矛盾，A＝B＝90°不成立；②所以一个三角形中不能有两个直角；③假设三角形的三个内角A，B，C中有两个直角，不妨设A＝B＝90°，正确顺序的序号为()A．①②③B．①③②C．②③①D．③①②【解析】根据反证法的步骤，应该是先提出假设，再推出矛盾，最后否定假设，从而肯定结论．【答案】 D二、填空题6．(2016·南昌高二检测)命题“任意多面体的面至少有一个是三角形或四边形或五边形”的结论的否定是__________________．【解析】“至少有一个”的否定是“没有一个”．【答案】任意多面体的面没有一个是三角形或四边形或五边形7．(2016·汕头高二检测)用反证法证明命题“如果a>b，那么3a>3b”时，假设的内容应是________．【解析】3a与3b的关系有三种情况：3a>3b，3a＝3b和3a<3b，所以“3a>3b”的反设应为“3a≤3b”．【答案】3a≤3b8．(2016·石家庄高二检测)设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b＝1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2.其中能推出“a，b中至少有一个大于1”的条件是________(填序号)．【解析】若a＝13，b＝23，则a＋b＝1，但a<1，b<1，故①不能推出．若a＝b＝1，则a＋b＝2，故②不能推出．若a＝－2，b＝1，则a2＋b2>2，故④不能推出．对于③，即a＋b>2，则a，b中至少有一个大于1.反证法：假设a≤1且b≤1，则a＋b≤2与a＋b>2矛盾，因此假设不成立，故a，b中至少有一个大于1.【答案】③三、解答题9．已知x∈R，a＝x2＋12，b＝2－x，c＝x2－x＋1，试证明：a，b，c至少有一个不小于1.【证明】假设a，b，c均小于1，即a<1，b<1，c<1，则有a＋b＋c<3.而与a＋b＋c＝2x2－2x＋12＋3＝2⎝⎛⎭⎪⎫x－122＋3≥3矛盾，故假设不成立，即a，b，c至少有一个不小于1.10．已知三个正数a，b，c成等比数列，但不成等差数列，求证：a，b，c不成等差数列．【证明】假设a，b，c成等差数列，则a＋c＝2b，两边同时平方得a＋c＋2ac＝4b.把b2＝ac代入a＋c＋2ac＝4b，可得a＋c＝2b，即a，b，c成等差数列，这与a，b，c不成等差数列矛盾．所以a，b，c不成等差数列．[能力提升]1．有以下结论：①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2；②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.下列说法中正确的是()A．①与②的假设都错误B．①与②的假设都正确C．①的假设正确；②的假设错误D．①的假设错误；②的假设正确【解析】用反证法证题时一定要将对立面找准．在①中应假设p＋q>2，故①的假设是错误的，而②的假设是正确的．【答案】 D2．已知命题“在△ABC中，A≠B.求证sin A≠sin B”．若用反证法证明，得出的矛盾是()A．与已知条件矛盾B．与三角形内角和定理矛盾C．与已知条件矛盾且与三角形内角和定理矛盾D．与大边对大角定理矛盾【解析】证明过程如下：假设sin A＝sin B，因为0<A<π，0<B<π，所以A ＝B或A＋B＝π.其中A＝B与A≠B矛盾；A＋B＝π与三角形内角和定理矛盾，所以假设不成立．所以sin A ≠sin B .【答案】 C3．刘老师带甲、乙、丙、丁四名学生去西安参加自主招生考试，考试结束后老师向四名学生了解考试情况．四名学生回答如下：甲说：“我们四人都没考好”．乙说：“我们四人中有人考得好”．丙说：“乙和丁至少有一人没考好”．丁说：“我没考好”．结果，四名学生中有两人说对了，则这四名学生中的________两人说对了．【解析】 甲与乙的关系是对立事件，二人说话矛盾，必有一对一错，如果选丁正确，则丙也是对的，所以丁错误，可得丙正确，此时乙正确．故答案为乙，丙．【答案】 乙，丙4．(2016·温州高二检测)设{a n }，{b n }是公比不相等的两个等比数列，c n ＝a n ＋b n ，证明：数列{c n }不是等比数列．【证明】 假设数列{c n }是等比数列，则(a n ＋b n )2＝(a n －1＋b n －1)(a n ＋1＋b n ＋1)．①因为{a n }，{b n }是公比不相等的两个等比数列，设公比分别为p ，q ，所以a 2n ＝a n －1a n ＋1，b 2n ＝b n －1b n ＋1.代入①并整理，得2a n b n ＝a n ＋1b n －1＋a n －1b n ＋1＝a n b n ⎝ ⎛⎭⎪⎫p q ＋q p ， 即2＝p q ＋q p .②当p ，q 异号时，p q ＋q p <0，与②相矛盾；当p，q同号时，由于p≠q，所以pq ＋qp>2，与②相矛盾．故数列{c n}不是等比数列．。

课时分层作业(八)(建议用时：45分钟)[基础达标练]一、选择题1．若△ABC 的三边a ，b ，c 的倒数成等差数列，则( )A ．∠B ＝π2B ．∠B <π2C ．∠B >π2D ．∠B ＝π3[解析] 假设∠B ≥π2，则b 最大，有b >a ，b >c ， ∴1a >1b ，1c >1b. ∴1a ＋1c >2b ，与题意中的1a ＋1c ＝2b矛盾． ∴∠B <π2. [答案] B2．应用反证法推出矛盾的推导过程中要把下列哪些作为条件使用( )①否定原结论的假设；②原命题的条件；③公理、定理、定义等；④原结论．A ．①②B ．①②④C ．①②③D ．②③[解析] 由反证法的推理原理可知，反证法必须把结论的相反情况作为条件应用于推理，同时还可应用原条件以及公理、定理、定义等．[答案] C3．用反证法证明命题“如果a >b ，那么3a >3b ”时，假设的内容是( )A ．3a ＝3bB ．3a <3bC ．3a ＝3b 且3a <3bD ．3a ＝3b 或3a <3b[解析] 应假设3a ≤3b ，即3a ＝3b 或3a <3b .[答案] D4．已知p ＝a ＋1a －2，q ＝－a 2＋4a (a >2)，则( )A ．p >qB ．p <qC ．p ≥qD ．p ≤q [解析] ∵p ＝(a －2)＋1a －2＋2， 又a －2>0，∴p ≥2＋2＝4，而q ＝－(a －2)2＋4，根据a >2，可得q <4，∴p >q .[答案] A 5．设M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则( ) A ．M ＝1B ．M <1C ．M >1D ．M 与1大小关系不定[解析] M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1<＝210210＝1.故选B.[答案] B二、填空题6．用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时，假设应为__________．[解析] “至少有一个不大于”的反面应是“都大于”．[答案] 假设三内角都大于60°7．若a >b >0，m >0，n >0，则a b ，b a ，b ＋m a ＋m ，a ＋n b ＋n，按由小到大的顺序排列为________． [解析] 由不等式a >b >0，m >0，n >0，知b a <b ＋m a ＋m <1，且b a <b ＋n a ＋n <1， 得a b >a ＋n b ＋n>1， 即1<a ＋n b ＋n <a b. [答案] b a <b ＋m a ＋m <a ＋n b ＋n <a b 8．设x >0，y >0，A ＝x ＋y 1＋x ＋y ，B ＝x 1＋x ＋y 1＋y，则A ，B 的大小关系为__________．[解析] B ＝x 1＋x ＋y 1＋y >x 1＋x ＋y ＋y 1＋x ＋y ＝x ＋y1＋x ＋y ＝A ，即A <B .[答案] A <B三、解答题9．已知a >0，b >0，且a ＋b >2，求证：1＋b a ，1＋a b 中至少有一个小于2.[证明] 假设1＋b a ，1＋a b 都不小于2，则1＋b a ≥2，1＋a b ≥2.∵a >0，b >0，∴1＋b ≥2a,1＋a ≥2b ，∴2＋a ＋b ≥2(a ＋b )，即2≥a ＋b ，这与a ＋b >2矛盾．故假设不成立．即1＋b a ，1＋a b 中至少有一个小于2.10．已知△ABC 三边长是a ，b ，c ，且m 是正数，求证：aa ＋m ＋bb ＋m >cc ＋m .[证明] 设f (x )＝xx ＋m ＝1－mx ＋m (x >0，m >0)．易知函数f (x )(x >0)是增函数．则f (a )＋f (b )＝a a ＋m ＋bb ＋m>a(a ＋b )＋m ＋b(a ＋b )＋m＝a ＋b(a ＋b )＋m＝f (a ＋b )．又在△ABC 中，a ＋b >c >0，∴f (a ＋b )>f (c )＝cc ＋m ，∴aa ＋m ＋bb ＋m >cc ＋m .[能力提升练]1．已知x ＝a ＋1a －2(a >2)，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2－2(b <0)，则x ，y 之间的大小关系是() A ．x >y B ．x <yC ．x ＝yD ．不能确定 [解析] 因为x ＝a －2＋1a －2＋2≥2＋2＝4(a >2)， 而b 2－2>－2(b <0)， 即y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2－2 <⎝ ⎛⎭⎪⎫12-2＝4. 所以x >y .[答案] A2．若|a |<1，|b |<1，则( )A ．⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ＝1 B ．⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab <1 C ．⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ≤1 D ．⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ≥1 [解析] 假设⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ≥1， 故|a ＋b |≥|1＋ab | ⇒a 2＋b 2＋2ab ≥1＋2ab ＋a 2b 2 ⇒a 2＋b 2－1－a 2b 2≥0 ⇒a 2(1－b 2)－(1－b 2)≥0 ⇒(a 2－1)(1－b 2)≥0. 由上式知a 2－1≤0,1－b 2≤0或a 2－1≥0,1－b 2≥0.与已知矛盾，故⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab <1. [答案] B3．设a ，b ∈R ，给出下列条件：①a ＋b >1；②a ＋b ＝2；③a ＋b >2；④a 2＋b 2>2；⑤ab >1.其中能推出“a ，b 中至少有一个实数大于1”的条件是________．[解析] 对于①，a ，b 均可小于1；对于②，a ，b 均可等于1；对于④⑤，a ，b 均可为负数；对于③，若a ，b 都不大于1，则a ＋b ≤2，与③矛盾．故若③成立，则“a ，b 中至少有一个实数大于1”成立．[答案] ③4．若0<a <1n ，n ≥2，且n 为正整数，已知a 2<a －b ，求证：b <1n ＋1. [证明] 由已知得b <a －a 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋14. 令f (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14，则f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12内是增函数，又n ≥2，n 为正整数，且0<a <1n， 因此a ，1n ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12， ∴f (a )<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ， 从而b <－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋14<－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －122＋14＝－1n 2＋1n . 又－1n 2＋1n ＝n －1n 2<n －1n 2－1＝1n ＋1， 故b <1n ＋1.。

第课时不等式的证明——反证法、放缩法、几何法．了解放缩法、反证法、几何法的概念；理解用反证法、放缩法、几何法证明不等式的步骤．(重点)．会用反证法、放缩法、几何法证明一些简单的不等式．(难点)教材整理放缩法与几何法阅读教材～，完成下列问题．．放缩法分式的分母)((证明命题时，有时可以通过缩小或放大或分子)被(或缩小，或通过放大)(减式或减式来证明不等式，这种证明不等式的方法称为放缩法．)．几何法几何图形，利用通过构造的性质来证明不等式的方法称为几何图形几何法．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)()分式的放缩可以通过放大(或缩小)分子(或分母)来进行．( )()整式的放缩可以通过加减项来进行．( )()从<来看，这是通过扩大分子达到了放大的目的．( )【解析】根据放缩法的定义知()()正确，而()中，因的符号不定，所以不一定达到放大的目的，故错误．【答案】()√()√()×教材整理反证法阅读教材～，完成下列问题．反证法．通过证明命题结论的否定不能成立，来肯定命题结论一定成立的证明方法叫其否定结论的假设；作出()证明的步骤是：()，肯定结论．进行推理，否定假设；()导出矛盾判断(正确的打“√”，错误的打“×”)()反证法与同一法实质上是一致的．( )()证明“至少”“至多”“否定性命题”时宜用反证法．( )()证明结论“，，至少一个为负数”时，提出假设可以是“，，至多有两个为负数”．( )【解析】()×从原理上分析，两种方法截然不同．()√反证法适合于证明这种类型．()×假设应为“，，没有一个为负数”．【答案】()×()√()×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：解惑：疑问：解惑：疑问：解惑：【导学号：】【精彩点拨】当直接证明命题较困难时，可根据“正难则反”，利用反证法加以证明．凡涉及否定性、惟一性命题或含“至多”“至少”等语句的不等式时，常可考虑反证法．【自主解答】假设三式同时大于，即－>，－>，－>，三式同向相乘，得(－)(－)(－)>.①∵<<，∴(－)≤＝.同理(－)≤，(－)≤.。

第二节不等式的证明突破点 不等式的证明1．基本不等式定理1：如果a ，b ∈R ，那么a 2＋b 2≥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a ＋b ＋c 3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．2．比较法(1)作差法的依据是：a －b ＞0⇔a ＞b .(2)作商法：若B ＞0，欲证A ≥B ，只需证AB ≥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．[例1] 设a ，b 是非负实数，求证：a 2＋b 2≥ab (a ＋b )． [证明] 因为a 2＋b 2－ab (a ＋b ) ＝(a 2－a ab )＋(b 2－b ab ) ＝a a (a －b )＋b b (b －a ) ＝(a －b )(a a －b b ) ＝(a 12－b 12)(a 32－b 32)，本节重点突破1个知识点： 不等式的证明.因为a ≥0，b ≥0，所以不论a ≥b ≥0，还是0≤a ≤b ，都有a 12－b 12与a 32－b 32同号，所以(a 12－b 12)(a 32－b 32)≥0，所以a 2＋b 2≥ab (a ＋b )． [方法技巧]作差比较法证明不等式的步骤(1)作差；(2)变形；(3)判断差的符号；(4)下结论．其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负．综合法证明不等式[例2] 已知a ，b ，c >0且互不相等，abc ＝1.试证明：a ＋b ＋c ＜1a ＋1b ＋1c .[证明] 因为a ，b ，c ＞0，且互不相等，abc ＝1， 所以a ＋b ＋c ＝ 1bc ＋ 1ac ＋ 1ab＜1b ＋1c 2＋1a ＋1c 2＋1a ＋1b 2＝1a ＋1b ＋1c ，即a ＋b ＋c ＜1a ＋1b ＋1c . [方法技巧]综合法证明时常用的不等式(1)a 2≥0. (2)|a |≥0.(3)a 2＋b 2≥2ab ，它的变形形式有：a 2＋b 2≥2|ab |；a 2＋b 2≥－2ab ；(a ＋b )2≥4ab ； a 2＋b 2≥12(a ＋b )2；a 2＋b 22≥⎝⎛⎭⎫a ＋b 22.(4)a ＋b 2≥ab ，它的变形形式有：a ＋1a ≥2(a >0)；ab ＋b a ≥2(ab >0)； a b ＋ba ≤－2(ab <0)．分析法证明不等式[例3](2017·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≤a2＋b22＋b2＋c22＋c2＋a22＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)证得．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1abc≥a＋b＋c，即证a bc＋b ac＋c ab≤1，即证a bc＋b ac＋c ab≤ab＋bc＋ca.而a bc＝ab·ac≤ab＋ac2，b ac≤ab＋bc2，c ab≤bc＋ac2.所以a bc＋b ac＋c ab≤ab＋bc＋ca(当且仅当a＝b＝c＝33时等号成立)．所以原不等式成立．[方法技巧]分析法的应用当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式(a2＋b2≥2ab)、基本不等式⎝⎛⎭⎫ab ≤a ＋b 2，a >0，b >0没有直接联系，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．能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1．[考点三]已知a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac <3a . 证明：要证b 2－ac <3a ，只需证b 2－ac <3a 2.∵a ＋b ＋c ＝0，∴－c ＝a ＋b ，只需证b 2＋a (a ＋b )<3a 2， 只需证2a 2－ab －b 2>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．2．[考点一]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 . 3．[考点二]已知a ，b ，c ，d 均为正数，且ad ＝bc . (1)证明：若a ＋d >b ＋c ，则|a －d |>|b －c |；(2)t ·a 2＋b 2c 2＋d 2＝a 4＋c 4＋b 4＋d 4，求实数t 的取值范围．解：(1)证明：由a ＋d >b ＋c ，且a ，b ，c ，d 均为正数，得(a ＋d )2>(b ＋c )2，又ad ＝bc ， 所以(a －d )2>(b －c )2，即|a －d |>|b －c |.(2)因为(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)＝a 2c 2＋a 2d 2＋b 2c 2＋b 2d 2＝a 2c 2＋2abcd ＋b 2d 2＝(ac ＋bd )2，所以t ·a 2＋b 2c 2＋d 2＝t (ac ＋bd )．由于a 4＋c 4≥2ac ，b 4＋d 4≥2bd ， 又已知t ·a 2＋b 2c 2＋d 2＝a 4＋c 4＋b 4＋d 4，则t (ac ＋bd )≥2(ac ＋bd )，故t ≥2，当且仅当a ＝c ，b ＝d 时取等号．[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1．(2016·全国甲卷)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，所以－1<x ≤12；当－12<x <12时，f (x )<2恒成立；当x ≥12时，由f (x )<2得2x <2，解得x <1，所以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 |.2．(2015·新课标全国卷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 ；(2)a ＋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. 因此a ＋b >c ＋d . (2)①必要性：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 . ②充分性：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． 3．(2014·新课标全国卷Ⅰ)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，当且仅当a ＝b ＝2时等号成立． 故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42， 当且仅当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 ＝6.4．(2013·新课标全国卷Ⅱ)设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1.证明： (1) ab ＋bc ＋ac ≤13；(2) a 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 ， 当且仅当a ＝b ＝c ＝13时取等号．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)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 ， 当且仅当a ＝b ＝c ＝13时取等号．所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.[课时达标检测] 基础送分题——高考就考那几点，练通就能把分捡1．已知函数f (x )＝|x ＋3|＋|x －1|，其最小值为t . (1)求t 的值；(2)若正实数a ，b 满足a ＋b ＝t ，求证：1a ＋4b ≥94.解：(1)因为|x ＋3|＋|x －1|＝|x ＋3|＋|1－x |≥|x ＋3＋1－x |＝4，所以f (x )min ＝4，即t ＝4. (2)证明：由(1)得a ＋b ＝4，故a 4＋b 4＝1，1a ＋4b ＝⎝⎛⎭⎫1a ＋4b ⎝⎛⎭⎫a 4＋b 4＝14＋1＋b 4a ＋a b ≥54＋2b 4a ×a b ＝54＋1＝94，当且仅当b ＝2a ，即a ＝43，b ＝83时取等号，故1a ＋4b ≥94. 2．设不等式－2<|x －1|－|x ＋2|<0的解集为M ，a ，b ∈M . (1)证明：⎪⎪⎪⎪13a ＋16b <14；(2)比较|1－4ab |与2|a －b |的大小，并说明理由．解：(1)证明：记f (x )＝|x －1|－|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧3，x ≤－2，－2x －1，－2<x <1，－3，x ≥1.由－2<－2x －1<0解得－12<x <12，则M ＝⎝⎛⎭⎫－12，12. 所以⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ≤13|a |＋16|b |<13×12＋16×12＝14. (2)由(1)得a 2<14，b 2<14.因为|1－4ab |2－4|a －b |2＝(1－8ab ＋16a 2b 2)－4(a 2－2ab ＋b 2)＝(4a 2－1)(4b 2－1)>0. 所以|1－4ab |2>4|a －b |2，故|1－4ab |>2|a －b |.3．(2017·广州模拟)已知定义在R 上的函数f (x )＝|x －m |＋|x |，m ∈N *，存在实数x 使f (x )<2成立．(1)求实数m 的值；(2)若α，β≥1，f (α)＋f (β)＝4，求证：4α＋1β≥3. 解：(1)因为|x －m |＋|x |≥|(x －m )－x |＝|m |.要使不等式|x －m |＋|x |<2有解，则|m |<2，解得－2<m <2. 因为m ∈N *，所以m ＝1.(2)因为α，β≥1，f (x )＝2x －1(x ≥1)，所以f (α)＋f (β)＝2α－1＋2β－1＝4，即α＋β＝3， 所以4α＋1β＝13⎝⎛⎭⎫4α＋1β(α＋β)＝13⎝⎛⎭⎫5＋4βα＋αβ ≥13⎝⎛⎭⎫5＋24βα·αβ＝3. (当且仅当4βα＝αβ，即α＝2，β＝1时等号成立) 故4α＋1β≥3.4．(1)已知a ，b 都是正数，且a ≠b ，求证：a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2； (2)已知a ，b ，c 都是正数，求证：a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c ≥abc .证明：(1)(a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)＝(a ＋b )(a －b )2. 因为a ，b 都是正数， 所以a ＋b >0. 又因为a ≠b ， 所以(a －b )2>0. 于是(a ＋b )(a －b )2>0， 即(a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)>0， 所以a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2. (2)因为b 2＋c 2≥2bc ，a 2>0， 所以a 2(b 2＋c 2)≥2a 2bc .① 同理，b 2(a 2＋c 2)≥2ab 2c .② c 2(a 2＋b 2)≥2abc 2.③①②③相加得2(a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2)≥2a 2bc ＋2ab 2c ＋2abc 2，从而a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2≥abc (a ＋b ＋c )．由a ，b ，c 都是正数，得a ＋b ＋c >0，因此a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c ≥abc (当且仅当a ＝b ＝c 时取等号)．5．已知x ，y ∈R ，且|x |<1，|y |<1. 求证：11－x 2＋11－y 2≥21－xy. 证明：∵211－x 2＋11－y 2≤1－x 2＋1－y 22＝2－(x 2＋y 2)2≤2－2|xy |2＝1－|xy |，∴11－x 2＋11－y 2≥21－|xy |≥21－xy，∴原不等式成立．6．(2017·长沙模拟)设α，β，γ均为实数．(1)证明：|cos(α＋β)|≤|cos α|＋|sin β|，|sin(α＋β)|≤|cos α|＋|cos β|； (2)若α＋β＋γ＝0，证明：|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|≥1.证明：(1)|cos(α＋β)|＝|cos αcos β－sin αsin β|≤|cos αcos β|＋|sin αsin β|≤|cos α|＋|sin β|； |sin(α＋β)|＝|sin αcos β＋cos αsin β|≤|sin αcos β|＋|cos αsin β|≤|cos α|＋|cos β|. (2)由(1)知，|cos[α＋(β＋γ)]|≤|cos α|＋|sin(β＋γ)|≤|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|， 而α＋β＋γ＝0，故|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|≥cos 0＝1. 7．(2017·重庆模拟)设a ，b ，c ∈R ＋且a ＋b ＋c ＝1. 求证：(1)2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12；(2)a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a ≥2.证明：(1)因为1＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ≥4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2， 当且仅当a ＝b 时等号成立，所以2ab ＋bc ＋ca ＋c 22＝12(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)≤12.(2)因为a 2＋c 2b ≥2ac b ，b 2＋a 2c ≥2ab c ，c 2＋b 2a ≥2bca ， 当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立．所以a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a ≥⎝⎛⎭⎫ac b ＋ab c ＋⎝⎛⎭⎫ab c ＋bc a ＋⎝⎛⎭⎫ac b ＋bc a ＝a ⎝⎛⎭⎫c b ＋b c ＋b ⎝⎛⎭⎫a c ＋c a ＋c ⎝⎛⎭⎫a b ＋b a ≥2a ＋2b ＋2c ＝2，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立．8．(2017·贵阳模拟)已知函数f (x )＝2|x ＋1|＋|x －2|. (1)求f (x )的最小值m ；(2)若a ，b ，c 均为正实数，且满足a ＋b ＋c ＝m ，求证：b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥3. 解：(1)当x <－1时，f (x )＝－2(x ＋1)－(x －2)＝－3x ∈(3，＋∞)； 当－1≤x <2时，f (x )＝2(x ＋1)－(x －2)＝x ＋4∈[3,6)； 当x ≥2时，f (x )＝2(x ＋1)＋(x －2)＝3x ∈[6，＋∞)． 综上，f (x )的最小值m ＝3.(2)证明：a ，b ，c 均为正实数，且满足a ＋b ＋c ＝3， 因为b 2a ＋c 2b ＋a 2c ＋(a ＋b ＋c )＝⎝⎛⎭⎫b 2a ＋a ＋⎝⎛⎭⎫c 2b ＋b ＋⎝⎛⎭⎫a2c ＋c ≥2⎝⎛⎭⎫ b 2a·a ＋ c 2b·b ＋ a 2c ·c ＝2(a ＋b ＋c )． (当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，取等号) 所以b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥a ＋b ＋c ，即b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥3.。

第2讲 不等式的证明一、知识梳理 1．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥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a ＋b ＋c3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．定理推广：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝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．常用结论 1．a 2≥0(a ∈R )．2．(a －b )2≥0(a ，b ∈R )，其变形有a 2＋b 2≥2ab ，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≥ab ，a 2＋b 2≥12(a ＋b )2. 3．若a ，b 为正实数，则a ＋b2≥ab .特别地，b a ＋ab≥2.4．a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 二、教材衍化1．已知a ≥b >0，M ＝2a 3－b 3，N ＝2ab 2－a 2b ，则M ，N 的大小关系为________． 解析：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，故2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .答案：M ≥N2．求证：3＋7<2＋ 6. 证明：3＋7<2＋ 6 ⇐(3＋7)2<(2＋6)2⇐10＋221<10＋4 6 ⇐21<26⇐21<24. 故原不等式成立．一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (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．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× (4)× 二、易错纠偏常见误区|Ｋ不等式放缩不当致误设a ，b ∈(0，＋∞)，且ab －a －b ＝1，则有( ) A ．a ＋b ≥2(2＋1) B ．a ＋b ≤2＋1 C ．a ＋b <2＋1D ．a ＋b >2(2＋1)解析：选A.由已知得a ＋b ＋1＝ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22，故有(a ＋b )2－4(a ＋b )－4≥0，解得a ＋b ≥22＋2或a ＋b ≤－22＋2(舍去)，即a ＋b ≥22＋2.(当且仅当a ＝b ＝2＋1时取等号)故选A.比较法证明不等式(师生共研)设a，b是非负实数，求证：a3＋b3≥ab(a2＋b2)．【证明】因为a，b是非负实数，所以a3＋b3－ab(a2＋b2)＝a2a(a－b)＋b2b(b－a)＝(a－b)[(a)5－(b)5]．当a≥b时，a≥b，从而(a)5≥(b)5，得(a－b)[(a)5－(b)5]≥0；当a<b时，a<b，从而(a)5<(b)5，得(a－b)[(a)5－(b)5]>0.所以a3＋b3≥ab(a2＋b2)．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．1．当p，q都是正数且p＋q＝1时，试比较(px＋qy)2与px2＋qy2的大小．解：(px＋qy)2－(px2＋qy2)＝p2x2＋q2y2＋2pqxy－(px2＋qy2)＝p(p－1)x2＋q(q－1)y2＋2pqxy.因为p＋q＝1，所以p－1＝－q，q－1＝－p.所以(px＋qy)2－(px2＋qy2)＝－pq(x2＋y2－2xy)＝－pq(x－y)2.因为p，q为正数，所以－pq(x－y)2≤0，所以(px＋qy)2≤px2＋qy2.当且仅当x＝y时，不等式中等号成立．2．已知a ，b ∈(0，＋∞)，求证：a b b a≤(ab )a ＋b2.证明：a b b a （ab ）a ＋b 2＝a b －a ＋b 2ba －a ＋b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b 2. 当a ＝b 时，⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b2＝1； 当a >b >0时，0<b a<1，a －b2>0，⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b2<1.当b >a >0时，b a >1，a －b 2<0，⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b 2<1.所以a b b a≤(ab )a ＋b2.综合法、分析法证明不等式(师生共研)(一题多解)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】 法一(综合法)：(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. 法二(分析法)：(1)因为a >0，b >0，a 3＋b 3＝2.要证(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4，只需证(a ＋b )(a 5＋b 5)≥(a 3＋b 3)2， 即证a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6≥a 6＋2a 3b 3＋b 6， 即证a 4＋b 4≥2a 2b 2，因为(a 2－b 2)2≥0，即a 4＋b 4≥2a 2b 2成立． 故原不等式成立． (2)要证a ＋b ≤2成立， 只需证(a ＋b )3≤8，即证a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3≤8， 即证ab (a ＋b )≤2， 即证ab (a ＋b )≤a 3＋b 3，即证ab (a ＋b )≤(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)， 即证ab ≤a 2－ab ＋b 2，显然成立． 故原不等式成立．分析法与综合法常常结合起来使用，称为分析综合法，其实质是既充分利用已知条件，又时刻瞄准解题目标，即不仅要搞清已知什么，还要明确要干什么，通常用分析法找到解题思路，用综合法书写证题过程．1．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知a ，b ，c 为正数，且满足abc ＝1，证明： (1)1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2；(2)(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.证明：(1)因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ， 且abc ＝1，故有a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ＝ab ＋bc ＋ca abc ＝1a ＋1b ＋1c.所以1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2.(2)因为a ，b ，c 为正数且abc ＝1，故有 (a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥33（a ＋b ）3（b ＋c ）3（a ＋c ）3＝3(a ＋b )(b ＋c )(a ＋c ) ≥3×(2ab )×(2bc )×(2ac ) ＝24.所以(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.2．(2020·某某某某长郡中学调研)已知函数f (x )＝|x ＋2|. (1)解不等式f (x )>4－|x ＋1|；(2)已知a ＋b ＝2(a >0，b >0)，求证：|x －2.5|－f (x )≤4a ＋1b.解：(1)f (x )>4－|x ＋1|，即|x ＋2|＋|x ＋1|>4，则⎩⎪⎨⎪⎧x <－2，－x －2－x －1>4，得x <－3.5； ⎩⎪⎨⎪⎧－2≤x <1，x ＋2－x －1>4，无解； ⎩⎪⎨⎪⎧x ≥－1，x ＋2＋x ＋1>4，得x >0.5. 所以原不等式的解集为{x |x <－3.5或x >0.5}． (2)证明：|x －2.5|－f (x )＝|x －2.5|－|x ＋2|≤4.5， 4a ＋1b ＝12(a ＋b )(4a ＋1b )＝12(4＋1＋4b a ＋a b )≥12(5＋4)＝4.5， 所以|x －2.5|－f (x )≤4a ＋1b.反证法证明不等式(师生共研)设0<a ，b ，c <1，求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14.【证明】 设(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >14，三式相乘得(1－a )b ·(1－b )c ·(1－c )a >164，①又因为0<a ，b ，c <1，所以0<(1－a )a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤（1－a ）＋a 22＝14.同理(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14，以上三式相乘得(1－a )a ·(1－b )b ·(1－c )c ≤164，与①矛盾．所以(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14.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．已知a ＋b ＋c >0，ab ＋bc ＋ca >0，abc >0，求证：a ，b ，c >0.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.放缩法证明不等式(师生共研)若a ，b ∈R ，求证：|a ＋b |1＋|a ＋b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |.【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 | ⇒1|a ＋b |≥1|a |＋|b |，所以|a＋b|1＋|a＋b|＝11|a＋b|＋1≤11＋1|a|＋|b |＝|a|＋|b| 1＋|a|＋|b|＝|a|1＋|a|＋|b|＋|b|1＋|a|＋|b|≤|a|1＋|a|＋|b|1＋|b|.综上，原不等式成立．“放”和“缩”的常用技巧在不等式的证明中，“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1k2<1k（k－1），1k2>1k（k＋1），1k<2k＋k－1，1 k >2k＋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ab<a＋mb＋m”．[提醒] 在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．设n是正整数，求证：12≤1n＋1＋1n＋2＋…＋12n<1. 证明：由2n≥n＋k>n(k＝1，2，…，n)，得12n≤1n＋k<1n.当k＝1时，12n≤1n＋1<1n；当k＝2时，12n≤1n＋2<1n；…当k＝n时，12n≤1n＋n<1n，所以12＝n2n≤1n＋1＋1n＋2＋…＋12n<nn＝1.所以原不等式成立．[基础题组练]1．(2020·某某模拟)已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|. (1)解不等式f (x )≤3；(2)记函数g (x )＝f (x )＋|x ＋1|的值域为M ，若t ∈M ，证明：t 2＋1≥3t＋3t .解：(1)依题意，得f (x )⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ≤－1，2－x ，－1<x <12，3x ，x ≥12. 于是f (x )≤3⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－3x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <12，2－x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，3x ≤3，解得－1≤x ≤1.即不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤1}． (2)证明：g (x )＝f (x )＋|x ＋1|＝|2x －1|＋|2x ＋2|≥ |2x －1－2x －2|＝3，当且仅当(2x －1)(2x ＋2)≤0时，取等号， 所以M ＝[3，＋∞)．要证t 2＋1≥3t ＋3t ，即证t 2－3t ＋1－3t≥0.而t 2－3t ＋1－3t ＝t 3－3t 2＋t －3t ＝（t －3）（t 2＋1）t.因为t ∈M ，所以t －3≥0，t 2＋1>0， 所以（t －3）（t 2＋1）t≥0.所以t 2＋1≥3t＋3t .2．(2020·某某模拟)已知函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －1|. (1)求函数f (x )的最小值a ；(2)根据(1)中的结论，若m 3＋n 3＝a ，且m >0，n >0，求证：m ＋n ≤2.解：(1)f (x )＝|x ＋1|＋|x －1|≥|x ＋1－(x －1)|＝2，当且仅当(x ＋1)(x －1)≤0即－1≤x ≤1时取等号，所以f (x )min ＝2，即a ＝2.(2)证明：假设m ＋n >2，则m >2－n ，m 3>(2－n )3.所以m 3＋n 3>(2－n )3＋n 3＝2＋6(1－n )2≥2.① 由(1)知a ＝2，所以m 3＋n 3＝2.② ①②矛盾，所以m ＋n ≤2.3．(2020·某某模拟)已知函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －2|，集合A ＝{x |f (x )<3}． (1)求集合A ；(2)若实数s ，t ∈A ，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－t s <⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －1s.解：(1)函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋1，x <－12，x ＋3，－12≤x <2，3x －1，x ≥2.首先画出y ＝f (x )与y ＝3的图象如图所示．可得不等式f (x )<3的解集A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－23<x <0.(2)证明：因为实数s ，t ∈A ，所以s ，t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0.所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t s 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －1s 2＝1＋t 2s 2－t 2－1s 2＝1s 2(1－t 2)·(s 2－1)<0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t s 2<⎝ ⎛⎭⎪⎫t －1s 2，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－t s <⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －1s .4．(2020·某某模拟)已知关于x 的不等式|2x |＋|2x －1|≤m 有解． (1)某某数m 的取值X 围；(2)已知a >0，b >0，a ＋b ＝m ，证明：a 2a ＋2b ＋b 22a ＋b ≥13.解：(1)|2x |＋|2x －1|≥|2x －(2x －1)|＝1，当且仅当2x (2x －1)≤0即0≤x ≤12时取等号，故m ≥1.所以实数m 的取值X 围为[1，＋∞)．(2)证明：由题知a ＋b ≥1，又⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2a ＋2b ＋b 22a ＋b (a ＋2b ＋2a ＋b )≥(a ＋b )2， 所以a 2a ＋2b ＋b 22a ＋b ≥13(a ＋b )≥13. [综合题组练]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：⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－abc ab －c >1. 解：(1)由已知，令f (x )＝|x ＋1|－|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧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)证明：要证⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－abc ab －c >1，只需证|1－abc |>|ab －c |， 只需证1＋a 2b 2c 2>a 2b 2＋c 2，只需证1－a 2b 2>c 2(1－a 2b 2)，只需证(1－a 2b 2)(1－c 2)>0，由a ，b ，c ∈A ，得－1<ab <1，c 2<1，所以(1－a 2b 2)(1－c 2)>0恒成立．综上，⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－abc ab －c >1. 2．已知函数f (x )＝k －|x －3|，k ∈R ，且f (x ＋3)≥0的解集为[－1，1]．(1)求k 的值；(2)若a ，b ，c 是正实数，且1ka ＋12kb ＋13kc ＝1， 求证：a ＋2b ＋3c ≥9.解：(1)因为f (x )＝k －|x －3|，所以f (x ＋3)≥0等价于|x |≤k ，由|x |≤k 有解，得k ≥0，且解集为[－k ，k ]．因为f (x ＋3)≥0的解集为[－1，1]．因此k ＝1.(2)证明：由(1)知1a ＋12b ＋13c＝1， 因为a ，b ，c 为正实数，所以a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c ＝3＋a 2b ＋a 3c ＋2b a ＋2b 3c ＋3c a ＋3c 2b ＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋2b a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3c ＋3c a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b 3c ＋3c 2b ≥3＋2a 2b ·2b a ＋2a 3c ·3c a ＋22b 3c ·3c 2b＝9. 当且仅当a ＝2b ＝3c 时，等号成立．因此a ＋2b ＋3c ≥9.3．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )，当x ∈[－1，1]时，|f (x )|≤1.(1)求证：|b |≤1；(2)若f (0)＝－1，f (1)＝1，某某数a 的值．解：(1)证明：由题意知f (1)＝a ＋b ＋c ，f (－1)＝a －b ＋c ，所以b ＝12[f (1)－f (－1)]． 因为当x ∈[－1，1]时，|f (x )|≤1，所以|f (1)|≤1，|f (－1)|≤1，所以|b |＝12|f (1)－f (－1)|≤12[|f (1)|＋|f (－1)|]≤1. (2)由f (0)＝－1，f (1)＝1可得c ＝－1，b ＝2－a ，所以f (x )＝ax 2＋(2－a )x －1.当a ＝0时，不满足题意，当a ≠0时，函数f (x )图象的对称轴为x ＝a －22a ，即x ＝12－1a. 因为x ∈[－1，1]时，|f (x )|≤1，即|f (－1)|≤1，所以|2a －3|≤1，解得1≤a ≤2. 所以－12≤12－1a ≤0，故|f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1a |＝ |a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1a 2＋(2－a )⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1a －1|≤1.整理得|（a －2）24a＋1|≤1， 所以－1≤（a －2）24a＋1≤1， 所以－2≤（a －2）24a≤0， 又a ＞0，所以（a －2）24a≥0， 所以（a －2）24a＝0，所以a ＝2. 4．(2019·高考全国卷Ⅲ)设x ，y ，z ∈R ，且x ＋y ＋z ＝1.(1)求(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值；(2)若(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥13成立，证明：a ≤－3或a ≥－1. 解：(1)由于[(x －1)＋(y ＋1)＋(z ＋1)]2＝(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2＋2[(x －1)(y ＋1)＋(y ＋1)(z ＋1)＋(z ＋1)(x －1)] ≤3[(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2]，故由已知得(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2≥43，当且仅当x ＝53，y ＝－13，z ＝－13时等号成立．所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为43. (2)证明：由于[(x －2)＋(y －1)＋(z －a )]2＝(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2＋2[(x －2)(y －1)＋(y －1)(z －a )＋(z －a )(x －2)] ≤3[(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2]，故由已知得(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥（2＋a ）23，当且仅当x ＝4－a 3，y ＝1－a 3，z ＝2a －23时等号成立． 因此(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2的最小值为（2＋a ）23. 由题设知（2＋a ）23≥13，解得a ≤－3或a ≥－1.。

第2讲 不等式的证明[学生用书P223]1．不等式证明的方法 (1)比较法 ①作差比较法：知道a ＞b ⇔a －b ＞0，a ＜b ⇔a －b ＜0，因此要证明a ＞b 只要证明a －b ＞0即可，这种方法称为作差比较法．②作商比较法：由a ＞b ＞0⇔a b ＞1且a ＞0，b ＞0，因此当a ＞0，b ＞0时，要证明a ＞b ，只要证明ab ＞1即可，这种方法称为作商比较法．(2)综合法从已知条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，最终推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法叫综合法．即“由因导果”的方法．(3)分析法从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)，从而得出要证的不等式成立，这种证明方法叫分析法．即“执果索因”的方法．(4)反证法和放缩法①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，从而证明原命题成立，这种方法叫做反证法．②在证明不等式时，有时要把所证不等式的一边适当地放大或缩小，此利于化简并使它与不等式的另一边的关系更为明显，从而得出原不等式成立，这种方法称为放缩法．(5)数学归纳法一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数n 0的所有正整数n 都成立时，可以用以下两个步骤：①证明当n ＝n 0时命题成立；②假设当n ＝k (k ∈N *，且k ≥n 0)时命题成立，证明n ＝k ＋1时命题也成立．在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于不小于n 0的所有正整数都成立．这种证明方法称为数学归纳法．2．几个常用基本不等式(1)二维形式的柯西不等式 ①定理1(二维形式的柯西不等式)若a ，b ，c ，d 都是实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时，等号成立． ②(二维变式)a 2＋b 2·c 2＋d 2≥|ac ＋bd |，a 2＋b 2·c 2＋d 2≥|ac |＋|bd |．③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|，当且仅当β是零向量，或存在实数k ，使α＝k β时，等号成立．④定理3(二维形式的三角不等式)设x 1，y 1，x 2，y 2∈R ，那么x 21＋y 21＋x 22＋y 22≥⑤(三角变式)设x 1，y 1，x 2，y 2，x 3，y 3∈R ，则（x 1－x 3）2＋（y 1－y 3）2＋（x 2－x 3）2＋（y 2－y 3）2≥(2)柯西不等式的一般形式设a 1，a 2，a 3，…，a n ，b 1，b 2，b 3，…，b n 是实数，则(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2，当且仅当b i ＝0(i ＝1，2，…，n )或存在一个数k ，使得a i ＝kb i (i ＝1，2，…，n )时，等号成立．(3)排序不等式设a 1≤a 2≤…≤a n ，b 1≤b 2≤…≤b n 为两组实数，c 1，c 2，…，c n 为b 1，b 2，…，b n 的任一排列，则有：a 1b n ＋a 2b n －1＋…＋a n b 1≤a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a n c n ≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 或b 1＝b 2＝…＝b n 时，反序和等于顺序和．排序原理可简记作：反序和≤乱序和≤顺序和．若a ＞b ＞1，x ＝a ＋1a ，y ＝b ＋1b ，则x 与y 的大小关系是( )A ．x ＞yB.x ＜y C ．x ≥y D ．x ≤y解析：选A .x －y ＝a ＋1a －⎝⎛⎭⎫b ＋1b ＝a －b ＋b －a ab ＝（a －b ）（ab －1）ab .由a ＞b ＞1得ab ＞1，a －b ＞0，所以（a －b ）（ab －1）ab＞0，即x －y ＞0，所以x ＞y .下列四个不等式：①log x 10＋lg x ≥2(x ＞1)；②|a －b |＜|a |＋|b |；③|b a ＋ab |≥2(ab ≠0)；④|x －1|＋|x －2|≥1，其中恒成立的个数是( )A ．1B.2 C ．3 D ．4解析：选C .log x 10＋lg x ＝1lg x＋lg x ≥2(x ＞1)；①正确．ab ≤0时，|a －b |＝|a |＋|b |，②不正确； 因为ab ≠0，b a 与ab 同号，所以|b a ＋b a |＝|b a |＋|ab |≥2，③正确；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．设a ，b ，m ，n ∈R ，且a 2＋b 2＝5，ma ＋nb ＝5，则m 2＋n 2的最小值为________． 解析：由柯西不等式得(ma ＋nb )2≤(m 2＋n 2)(a 2＋b 2)，即m 2＋n 2≥5，所以m 2＋n 2≥ 5，所以m 2＋n 2的最小值为5.答案： 5若a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1，求a ＋b ＋c 的最大值． 解：(a ＋b ＋c )2＝(1×a ＋1×b ＋1×c )2 ≤(12＋12＋12)(a ＋b ＋c )＝3. 当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立．所以(a ＋b ＋c )2≤3. 故a ＋b ＋c 的最大值为3.设x ＞0，y ＞0，若不等式1x ＋1y ＋λx ＋y ≥0恒成立，求实数λ的最小值．解：因为x ＞0，y ＞0，所以原不等式可化为－λ≤(1x ＋1y )(x ＋y )＝2＋y x ＋x y .因为2＋y x ＋xy ≥2＋2y x ·xy＝4，当且仅当x ＝y 时等号成立．所以⎣⎡⎦⎤（1x ＋1y ）（x ＋y ）min＝4， 即－λ≤4，λ≥－4. 所以λ的最小值为－4.用综合法、分析法证明不等式 [学生用书P224][典例引领](2017·高考全国卷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.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．[通关练习]1．设a ＞0，b ＞0，若3是3a 与3b 的等比中项，求证：1a ＋1b ≥4.证明：由3是3a 与3b 的等比中项得 3a ·3b ＝3，即a ＋b ＝1，要证原不等式成立， 只需证a ＋b a ＋a ＋b b ≥4成立，即证b a ＋ab ≥2成立，因为a ＞0，b ＞0，所以b a ＋a b ≥2b a ·ab＝2， (当且仅当b a ＝a b ，即a ＝b ＝12时，“＝”成立)，所以1a ＋1b≥4.2．设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明： (1)ab ＋bc ＋ca ≤13；(2)a 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)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，所以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.放缩法证明不等式[学生用书P225][典例引领]若a ，b ∈R ，求证：|a ＋b |1＋|a ＋b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |.【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 | ⇒1|a ＋b |≥1|a |＋|b |，所以|a ＋b |1＋|a ＋b |＝11|a ＋b |＋1≤11＋1|a |＋|b |＝|a |＋|b |1＋|a |＋|b |＝|a |1＋|a |＋|b |＋|b |1＋|a |＋|b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |.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1k 2＜1k （k －1），1k 2＞1k （k ＋1），1k ＜2k ＋k －1，1k ＞2k ＋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a b ＜a ＋mb ＋m”．[注意] 在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．[通关练习]设n 是正整数，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <1.证明： 由2n ≥n ＋k >n (k ＝1，2，…，n )，得12n ≤1n ＋k <1n .当k ＝1时，12n ≤1n ＋1<1n ；当k ＝2时，12n ≤1n ＋2<1n ；…当k ＝n 时，12n ≤1n ＋n <1n，所以12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <n n＝1.所以原不等式成立．柯西不等式的应用[学生用书P225][典例引领]已知x ，y ，z 均为实数．(1)若x ＋y ＋z ＝1，求证：3x ＋1＋3y ＋2＋3z ＋3≤33； (2)若x ＋2y ＋3z ＝6，求x 2＋y 2＋z 2的最小值． 【解】 (1)证明：因为(3x ＋1＋3y ＋2＋3z ＋3)2≤(12＋12＋12)(3x ＋1＋3y ＋2＋3z＋3)＝27.所以3x ＋1＋3y ＋2＋3z ＋3≤33. 当且仅当x ＝23，y ＝13，z ＝0时取等号．(2)因为6＝x ＋2y ＋3z ≤x 2＋y 2＋z 2·1＋4＋9，所以x 2＋y 2＋z 2≥187，当且仅当x ＝y 2＝z 3即x ＝37，y ＝67，z ＝97时，x 2＋y 2＋z 2有最小值187.(1)使用柯西不等式证明不等式的关键是恰当变形，化为符合它的结构形式，当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时，就可使用柯西不等式进行证明．(2)利用柯西不等式求最值的一般结构为：(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n )≥(1＋1＋…＋1)2＝n 2.在使用柯西不等式时，要注意右边为常数且应注意等号成立的条件．[通关练习]1．设x ，y ，z ∈R ，x 2＋y 2＋z 2＝25，试求x －2y ＋2z 的最大值与最小值． 解： 根据柯西不等式，有(1·x －2·y ＋2·z )2≤[12＋(－2)2＋22](x 2＋y 2＋z 2)， 即(x －2y ＋2z )2≤9×25， 所以－15≤x －2y ＋2z ≤15，故x －2y ＋2z 的最大值为15，最小值为－15.2．已知大于1的正数x ，y ，z 满足x ＋y ＋z ＝33.求证：x 2x ＋2y ＋3z ＋y 2y ＋2z ＋3x ＋z 2z ＋2x ＋3y ≥32.证明： 由柯西不等式及题意得，⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x ＋2y ＋3z ＋y 2y ＋2z ＋3x ＋z 2z ＋2x ＋3y ·[(x ＋2y ＋3z )＋(y ＋2z ＋3x )＋(z ＋2x ＋3y )]≥(x ＋y ＋z )2＝27.又(x ＋2y ＋3z )＋(y ＋2z ＋3x )＋(z ＋2x ＋3y )＝6(x ＋y ＋z )＝183， 所以x 2x ＋2y ＋3z ＋y 2y ＋2z ＋3x ＋z 2z ＋2x ＋3y ≥27183＝32，当且仅当x ＝y ＝z ＝3时，等号成立．排序不等式的应用[学生用书P226][典例引领]设a ，b ，c 为任意正数，求a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b的最小值． 【证明】 不妨设a ≥b ≥c ，则a ＋b ≥a ＋c ≥b ＋c ，1b ＋c ≥1c ＋a ≥1a ＋b ，由排序不等式得，ab ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥b b ＋c ＋c c ＋a ＋a a ＋b ， a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥c b ＋c ＋a c ＋a ＋b a ＋b ， 上述两式相加得：2⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥3， 即ab ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥32. 当且仅当a ＝b ＝c 时， ab ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b 取最小值32.求最小(大)值时，往往所给式子是顺(反)序和式．然后利用顺(反)序和不小(大)于乱序和的原理构造出适当的一个或两个乱序和，从而求出其最小(大)值．[通关练习]设0<a ≤b ≤c 且abc ＝1.试求1a 3（b ＋c ）＋1b 3（a ＋c ）＋1c 3（a ＋b ）的最小值．解： 令S ＝1a 3（b ＋c ）＋1b 3（a ＋c ）＋1c 3（a ＋b ），则S ＝（abc ）2a 3（b ＋c ）＋（abc ）2b 3（a ＋c ）＋（abc ）2c 3（a ＋b ）＝bca （b ＋c ）·bc ＋ac b （a ＋c ）·ac ＋abc （a ＋b ）·ab .由已知可得：1a （b ＋c ）≥1b （a ＋c ）≥1c （a ＋b ），ab ≤ac ≤bc .所以S ≥bc a （b ＋c ）·ac ＋ac b （a ＋c ）·ab ＋abc （a ＋b ）·bc＝ca （b ＋c ）＋a b （a ＋c ）＋bc （a ＋b ）.又S ≥bc a （b ＋c ）·ab ＋ac b （a ＋c ）·bc ＋abc （a ＋b ）·ac＝ba （b ＋c ）＋c b （a ＋c ）＋ac （a ＋b ），两式相加得：2S ≥1a ＋1b ＋1c ≥331abc＝3.所以S ≥32，即1a 3（b ＋c ）＋1b 3（a ＋c ）＋1c 3（a ＋b ）的最小值为32.证明不等式的常用方法与技巧(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，其简化的基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．证明不等式需要注意的2个问题(1)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，要分析每次使用时等号是否成立．(2)柯西不等式使用的关键是出现其结构形式，也要注意等号成立的条件．[学生用书P353(单独成册)]1．(2018·长春质量检测(二))(1)如果关于x 的不等式|x ＋1|＋|x －5|≤m 的解集不是空集，求实数m 的取值范围；(2)若a ，b 均为正数，求证：a a b b ≥a b b a .解：(1)令y ＝|x ＋1|＋|x －5|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋4，x ≤－16，－1＜x ＜52x －4，x ≥5，可知|x ＋1|＋|x －5|≥6，故要使不等式|x ＋1|＋|x －5|≤m 的解集不是空集，只需m ≥6.(2)证明：因为a ，b 均为正数，所以要证a a b b ≥a b b a ，只需证a a －b b b －a ≥1，即证(a b )a －b ≥1，当a ≥b 时，a －b ≥0，a b ≥1，可得(ab )a －b ≥1；当a ＜b 时，a －b ＜0，0＜a b ＜1，可得(a b )a －b ＞1，故a ，b 均为正数时，(ab )a －b ≥1，当且仅当a ＝b 时等号成立，故a a b b≥a b b a 成立．2．(2018·湘中名校联考)已知关于x 的不等式|x ＋a |＜b 的解集为{x |2＜x ＜4}． (1)求实数a ，b 的值；(2)求at ＋12＋3bt 的最大值．解：(1)由|x ＋a |＜b ，可得－b －a ＜x ＜b －a ， 所以－b －a ＝2且b －a ＝4.解得a ＝－3，b ＝1. (2)利用柯西不等式，可得－3t ＋12＋3t ＝3(4－t ＋t )≤3（1＋1）（4－t ＋t ）＝6×4－t ＋t ＝26，当且仅当t ＝4－t ，即t ＝2时等号成立．当t ＝2时，at ＋12＋3bt 的最大值为26.3．已知实数a ，b ，c ，d 满足a >b >c >d ，求证：1a －b ＋1b －c ＋1c －d ≥9a －d. 证明： 法一：因为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ＋1c －d (a －d )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ＋1c －d [(a －b )＋(b －c )＋(c －d )] ≥331a －b ·1b －c ·1c －d ·33（a －b ）（b －c ）（c －d ）＝9， 当且仅当a －b ＝b －c ＝c －d 时取等号，所以1a －b ＋1b －c ＋1c －d ≥9a －d. 法二：因为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ＋1c －d (a －d ) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ＋1c －d [(a －b )＋(b －c )＋(c －d )] ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫ 1a －b ·a －b ＋1b －c ·b －c ＋1c －d ·c －d 2＝9， 当且仅当a －b ＝b －c ＝c －d 时取等号，所以1a －b ＋1b －c ＋1c －d ≥9a －d. 4．设a ，b ，c >0，且ab ＋bc ＋ca ＝1.求证：(1)a ＋b ＋c ≥3；(2)a bc ＋b ac ＋c ab≥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a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3.而ab ＋bc ＋ca ＝1，故只需证明a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3(ab ＋bc ＋ca )，即证a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .而这可以由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 时等号成立)证得．所以原不等式成立．(2)a bc ＋b ac ＋c ab ＝a ＋b ＋c abc. 在(1)中已证a ＋b ＋c ≥3.因此要证原不等式成立，只需证明1abc ≥a ＋b ＋c ， 即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca .而a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac 2， b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤bc ＋ac 2， 所以a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca .(当且仅当a ＝b ＝c ＝33时等号成立) 所以原不等式成立．1．求证：112＋122＋132＋ (1)2＜2. 证明：因为1n 2＜1n （n －1）＝1n －1－1n， 所以112＋122＋132＋…＋1n 2＜1＋11×2＋12×3＋13×4＋…＋1（n －1）×n＝1＋⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n ＜2. 2．(2018·成都第二次诊断性检测)(1)求证：a 2＋b 2＋3≥ab ＋3(a ＋b )；(2)已知a ，b ，c 均为实数，且a ＝x 2＋2y ＋π2，b ＝y 2＋2z ＋π3，c ＝z 2＋2x ＋π6，求证：a ，b ，c 中至少有一个大于0.证明：(1)因为a 2＋b 2≥2ab ，a 2＋3≥23a ，b 2＋3≥23b ，将此三式相加得2(a 2＋b 2＋3)≥2ab ＋23a ＋23b ，所以a 2＋b 2＋3≥ab ＋3(a ＋b )．(2)假设a ，b ，c 都不大于0，即a ≤0，b ≤0，c ≤0，则a ＋b ＋c ≤0，因为a ＝x 2＋2y ＋π2，b ＝y 2＋2z ＋π3，c ＝z 2＋2x ＋π6， 所以a ＋b ＋c ＝(x 2＋2y ＋π2)＋(y 2＋2z ＋π3)＋(z 2＋2x ＋π6)＝(x ＋1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2＋π－3＞0，即a ＋b ＋c ＞0与a ＋b ＋c ≤0矛盾，故假设错误，原命题成立，即a , b ，c 中至少有一个大于0.3．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)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. 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 .因为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，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．4．设不等式－2＜|x －1|－|x ＋2|＜0的解集为M ，a ，b ∈M .(1)证明：⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ＜14.(2)比较|1－4ab |与2|a －b |的大小．解：(1)证明：记f (x )＝|x －1|－|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧3，x ≤－2，－2x －1，－2＜x ≤1，－3，x ＞1，由－2＜－2x －1＜0解得－12＜x ＜12，即M ＝⎝⎛⎭⎫－12，12， 所以⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ≤13|a |＋16|b |＜13×12＋16×12＝14. (2)由(1)得a 2＜14，b 2＜14，因为|1－4ab |2－4|a －b |2 ＝(1－8ab ＋16a 2b 2)－4(a 2－2ab ＋b 2)＝(4a 2－1)(4b 2－1)＞0，故|1－4ab |2＞4|a －b |2，即|1－4ab |＞2|a －b |.。

第二节 不等式的证明————————————————————————————————[考纲传真] 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．1．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥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a ＋b ＋c 3≥3abc ，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a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a nn≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．2．不等式证明的方法(1)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)①综合法：利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这种方法叫综合法．即“由因导果”的方法．②分析法：从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已经具备，那么就可以判定原不等式成立，这种方法叫作分析法．即“执果索因”的方法．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (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．( ) [答案] (1)× (2)√ (3)× (4)×2．(教材改编)若a ＞b ＞1，x ＝a ＋1a ，y ＝b ＋1b ，则x 与y 的大小关系是( )A ．x ＞yB ．x ＜yC ．x≥yD ．x≤yA [x －y ＝a ＋1a －⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b＝a －b ＋b －aab＝－－ab.由a ＞b ＞1得ab ＞1，a －b ＞0， 所以－－ab＞0，即x －y ＞0，所以x ＞y.]3．(教材改编)已知a≥b＞0，M ＝2a 3－b 3，N ＝2ab 2－a 2b ，则M ，N 的大小关系为________． M≥N [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，故2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b.]4．已知a ＞0，b ＞0且ln(a ＋b)＝0，则1a ＋1b 的最小值是________．4 [由题意得，a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0， ∴1a ＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b (a ＋b)＝2＋b a ＋a b ≥2＋2b a ·ab＝4， 当且仅当a ＝b ＝12时等号成立．]5．已知x ＞0，y ＞0，证明：(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y)≥9xy. [证明] 因为x ＞0，y ＞0，所以1＋x ＋y 2≥33xy 2＞0,1＋x 2＋y≥33x 2y ＞0，8分 故(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y)≥33xy 2·33x 2y ＝9xy.10分已知a ＞0，b ＞0，求证：a b ＋b a≥a ＋ b.[证明] 法一：⎝ ⎛⎭⎪⎫a b＋b a －(a ＋b) ＝⎝⎛⎭⎪⎫a b －b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a －a ＝a －b b ＋b －aa＝－a －bab＝a ＋ba －b2ab≥0，∴ab ＋ba≥a ＋ b.10分 法二：由于a b＋ba a ＋b ＝a a ＋b bab a ＋b＝a ＋b －ab ＋aba ＋b ＝a ＋b ab －1≥2abab －1＝1.8分又a ＞0，b ＞0，ab ＞0，∴a b ＋ba≥a ＋ b.10分 [规律方法] 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ab＞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．提醒：在使用作商比较法时，要注意说明分母的符号． [变式训练1] (2017·莆田模拟)设a ，b 是非负实数， 求证：a 2＋b 2≥ab(a ＋b). 【导学号：31222447】 [证明] 因为a 2＋b 2－ab(a ＋b) ＝(a 2－a ab)＋(b 2－b ab) ＝a a(a －b)＋b b(b －a) ＝(a －b)(a a －b b)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 12－b 12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32－b 32.6分 因为a≥0，b≥0，所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有a 12－b 12与a 32－b 32同号，所以(a 12－b 12)⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32－b 32≥0， 所以a 2＋b 2≥ab(a ＋b).10分设a ，b ，c 【导学号：31222448】(1)ab ＋bc ＋ac≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c2a≥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≤13.5分(2)因为a 2b ＋b≥2a，b 2c ＋c≥2b，c2a ＋a≥2c，故a 2b ＋b 2c ＋c2a ＋(a ＋b ＋c)≥2(a＋b ＋c)， 则a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a＋b ＋c ，所以a 2b ＋b 2c ＋c2a≥1.10分 [规律方法] 1.综合法证明的实质是由因导果，其证明的逻辑关系是：A ⇒B 1⇒B 2⇒…⇒B n ⇒B(A 为已知条件或数学定义、定理、公理，B 为要证结论)，它的常见书面表达式是“∵，∴”或“⇒”．2．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．[变式训练2] (2017·石家庄调研)已知函数f(x)＝2|x ＋1|＋|x －2|. (1)求f(x)的最小值m ；(2)若a ，b ，c 均为正实数，且满足a ＋b ＋c ＝m ，求证：b 2a ＋c 2b ＋a2c ≥3.[解] (1)当x ＜－1时，f(x)＝－2(x ＋1)－(x －2)＝－3x ＞3；2分 当－1≤x＜2时，f(x)＝2(x ＋1)－(x －2)＝x ＋4∈[3,6)； 当x≥2时，f(x)＝2(x ＋1)＋(x －2)＝3x≥6. 综上，f(x)的最小值m ＝3.5分(2)证明：a ，b ，c 均为正实数，且满足a ＋b ＋c ＝3， 因为b 2a ＋c 2b ＋a2c＋(a ＋b ＋c)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a ＋a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2b ＋b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2c ＋c ≥2⎝⎛⎭⎪⎫b2a·a＋c2b·b＋a 2c ·c ＝2(a ＋b ＋c).8分 (当且仅当a ＝b ＝c ＝1时取“＝”)所以b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥a＋b ＋c ，即b 2a ＋c 2b ＋a2c≥3.10分(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.5分(2)①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.8分②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.10分[规律方法] 1.本题将不等式证明与充要条件的判定渗透命题，考查推理论证能力和转化与化归的思想方法，由于两个不等式两边都是正数，可通过两边平方来证明．2．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．3．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[变式训练3] 已知a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证：b2－ac＜3a.[证明] 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＞0，4分只需证(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.10分[思想与方法]1．比较法：作差比较法主要判断差值与0的大小，作商比较法关键在于判定商值与1的大小(一般要求分母大于0)．2．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)．3．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)．[易错与防范]1．使用平均值不等式时易忽视等号成立的条件．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．课时分层训练(七十) 不等式的证明1．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：p 2＋q 2＋r 2≥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 ＝3.4分(2)证明：法一：由(1)知p ＋q ＋r ＝3，且p ，q ，r 大于0， ∴(p ＋q ＋r)2＝9.又易知p 2＋q 2＋r 2≥pq＋pr ＋qr.8分故9＝(p ＋q ＋r)2＝p 2＋q 2＋r 2＋2pq ＋2pr ＋2qr≤3(p 2＋q 2＋r 2)， 因此，p 2＋q 2＋r 2≥3.10分法二：由(1)知p ＋q ＋r ＝3，又因为p ，q ，r 是正实数，所以(p 2＋q 2＋r 2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p ＋q ＋r)2＝9， 故p 2＋q 2＋r 2≥3.10分2．(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 ＝1.2分(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b≥2ab ＝2，即a ＋b≥2.5分 (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.10分 3．(2014·全国卷Ⅰ)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，当且仅当a ＝b ＝2时等号成立.2分故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，当且仅当a ＝b ＝2时等号成立． 所以a 3＋b 3的最小值为4 2.5分 (2)由(1)知，2a ＋3b≥26·ab ≥4 3.由于43>6，从而不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6.10分 4．(2017·石家庄模拟)已知函数f(x)＝|x|＋|x －1|.(1)若f(x)≥|m－1|恒成立，求实数m 的最大值M ；(2)在(1)成立的条件下，正实数a ，b 满足a 2＋b 2＝M ，证明：a ＋b≥2ab.【导学号：31222449】[解] (1)∵f(x)＝|x|＋|x －1|≥|x－(x －1)|＝1， 当且仅当0≤x≤1时取等号，∴f(x)＝|x|＋|x －1|的最小值为1.3分 要使f(x)≥|m－1|恒成立，只需|m －1|≤1， ∴0≤m≤2，则m 的最大值M ＝2.5分 (2)证明：由(1)知，a 2＋b 2＝2， 由a 2＋b 2≥2ab，知ab≤1.①又a ＋b≥2ab ，则(a ＋b)ab ≥2ab.8分 由①知，ab ≤1. 故a ＋b≥2ab.10分5．已知函数f(x)＝k －|x －3|，k ∈R ，且f(x ＋3)≥0的解集为[－1,1]． (1)求k 的值；(2)若a ，b ，c 是正实数，且1ka ＋12kb ＋13kc＝1. 求证：a ＋2b ＋3c≥9. 【导学号：31222450】 [解] (1)因为f(x)＝k －|x －3|， 所以f(x ＋3)≥0等价于|x|≤k，2分由|x|≤k 有解，得k≥0，且解集为[－k ，k]． 因为f(x ＋3)≥0的解集为[－1,1]． 因此k ＝1.5分(2)证明：由(1)知1a ＋12b ＋13c＝1，因为a ，b ，c 为正实数．所以a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c ＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋2b a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3c ＋3c a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b 3c ＋3c 2b ≥3＋2a 2b ·2b a＋2a 3c ·3c a＋22b 3c ·3c2b＝9.8分 当且仅当a ＝2b ＝3c 时等号成立． 因此a ＋2b ＋3c≥9.10分6．(2017·福州质检)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)①当x≤－1时，原不等式可化为－x －1＜－2x －2，解得x ＜－1；2分 ②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；③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}.5分(2)证明：因为f(a)－f(－b)＝|a ＋1|－|－b ＋1|≤|a＋1－(－b ＋1)|＝|a ＋b|，6分 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 2，8分即证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.10分。

第2讲 不等式的证明, [学生用书P225])1．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥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a ＋b ＋c 3≥3abc ，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a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝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．比较法证明不等式[学生用书P225][典例引领]求证：(1)当x ∈R 时，1＋2x 4≥2x 3＋x 2； (2)当a ，b ∈(0，＋∞)时，a a b b≥(ab )a ＋b 2.【证明】 (1)法一：(1＋2x 4)－(2x 3＋x 2) ＝2x 3(x －1)－(x ＋1)(x －1) ＝(x －1)(2x 3－x －1) ＝(x －1)(2x 3－2x ＋x －1) ＝(x －1)[2x (x 2－1)＋(x －1)] ＝(x －1)2(2x 2＋2x ＋1) ＝(x －1)2⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋122＋12≥0， 所以1＋2x 4≥2x 3＋x 2. 法二：(1＋2x 4)－(2x 3＋x 2) ＝x 4－2x 3＋x 2＋x 4－2x 2＋1 ＝(x －1)2·x 2＋(x 2－1)2≥0， 所以1＋2x 4≥2x 3＋x 2.(2)a a b b（ab ）a ＋b 2＝a a －b 2bb －a 2＝⎝⎛⎭⎫a b a －b2，当a ＝b 时，⎝⎛⎭⎫a b a －b2＝1；当a >b >0时，ab >1，a －b 2>0，⎝⎛⎫a b a －b 2>1；当b >a >0时，0<a b <1，a －b 2<0，⎝⎛⎭⎫a b a －b2>1. 所以a a b b≥(ab )a ＋b 2.作商比较法证明不等式的一般步骤(1)作商：将不等式左右两边的式子进行作商；(2)变形：将商式的分子放(缩)，分母不变，或分子不变，分母放(缩)，或分子放(缩)，分母缩(放)，从而化简商式为容易和1比较大小的形式；(3)判断：判断商与1的大小关系，就是判断商大于1或小于1或等于1； (4)结论．[通关练习]1．设a ，b 是非负实数，求证：a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)． [证明] 由a ，b 是非负实数，作差得 a 3＋b 3－ab (a 2＋b 2)＝a 2a (a －b )＋b 2b (b －a ) ＝(a －b )[(a )5－(b )5]． 当a ≥b 时，a ≥b ， 从而(a )5≥(b )5，得(a －b )[(a )5－(b )5]≥0； 当a <b 时，a <b ， 从而(a )5<(b )5，得(a －b )[(a )5－(b )5]>0， 所以a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)．2．已知a ，b ∈(0，＋∞)，求证a b b a≤(ab )a ＋b 2.[证明]a b b a （ab ）a ＋b 2＝ab －a ＋b 2ba －a ＋b 2＝⎝⎛⎭⎫b a a －b2.当a ＝b 时，⎝⎛⎭⎫b a a －b2＝1；当a >b >0时，0<ba<1，a －b 2>0，⎝⎛⎭⎫b a a －b2<1. 当b >a >0时，b a >1，a －b 2<0，⎝⎛⎭⎫b a a －b2<1. 所以a b b a≤(ab )a ＋b 2.用综合法、分析法证明不等式[学生用书P226][典例引领]设x ≥1，y ≥1，求证x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y ＋xy .【证明】 由于x ≥1，y ≥1，要证x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y ＋xy ，只需证xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2. 因为[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)，因为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．分析法与综合法常常结合起来使用，称为分析综合法，其实质是既充分利用已知条件，又时刻瞄准解题目标，即不仅要搞清已知什么，还要明确干什么，通常用分析法找到解题思路，用综合法书写证题过程．设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1.证明：(1)ab ＋bc ＋ca ≤13；(2)a 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)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，所以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.反证法证明不等式[学生用书P226][典例引领]设0<a ，b ，c <1，求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14.【证明】 设(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >14，三式相乘得(1－a )b ·(1－b )c ·(1－c )a >164，①又因为0<a ，b ，c <1，所以0<(1－a )a ≤⎣⎡⎦⎤（1－a ）＋a 22＝14. 同理：(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14，以上三式相乘得(1－a )a ·(1－b )b ·(1－c )c ≤164，与①矛盾．所以(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14.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．已知a ＋b ＋c >0，ab ＋bc ＋ca >0，abc >0，求证：a ，b ，c >0.[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.放缩法证明不等式[学生用书P227][典例引领]若a ，b ∈R ，求证：|a ＋b |1＋|a ＋b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |.【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 |⇒1|a ＋b |≥1|a |＋|b |，所以|a ＋b |1＋|a ＋b |＝11|a ＋b |＋1≤11＋1|a |＋|b |＝|a |＋|b |1＋|a |＋|b |＝|a |1＋|a |＋|b |＋|b |1＋|a |＋|b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |.“放”和“缩”的常用技巧在不等式的证明中，“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1k 2<1k （k －1），1k 2>1k （k ＋1），1k <2k ＋k －1，1k >2k ＋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a b <a ＋mb ＋m”．[注意] 在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．设n 是正整数，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n<1.[证明] 由2n ≥n ＋k >n (k ＝1，2，…，n )，得12n ≤1n ＋k <1n .当k ＝1时，12n ≤1n ＋1<1n ；当k ＝2时，12n ≤1n ＋2<1n ；…当k ＝n 时，12n ≤1n ＋n <1n，所以12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <n n ＝1.所以原不等式成立．用数学归纳法证明不等式[学生用书P227][典例引领]证明贝努利不等式：设x ∈R ，且x >－1，x ≠0，n ∈N ，n >1，则(1＋x )n >1＋nx . 【证明】 (1)当n ＝2时，因为x ≠0.所以(1＋x )2＝1＋2x ＋x 2>1＋2x ，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥2)时不等式成立， 即有(1＋x )k >1＋kx ，则当n ＝k ＋1时，由于x >－1，x ≠0.所以(1＋x )k ＋1＝(1＋x )(1＋x )k >(1＋x )(1＋kx ) ＝1＋x ＋kx ＋kx 2>1＋(k ＋1)x ， 所以当n ＝k ＋1时不等式成立． 由(1)(2)可知，贝努利不等式成立．用数学归纳法证明与自然数有关的命题时应注意以下两个证题步骤： (1)证明当n ＝n 0(满足命题的最小的自然数的值)时，命题正确．(2)在假设n ＝k (k ≥n 0)时命题正确的基础上，推证当n ＝k ＋1时，命题也正确． 这两步合为一体才是数学归纳法，缺一不可．其中第一步是基础，第二步是递推的依据．证明：对于n ∈N *，不等式|sin n θ|≤n |sin θ|恒成立．[证明] (1)当n ＝1时，上式左边＝|sin θ|＝右边，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时不等式成立， 即有|sin k θ|≤k |sin θ|.当n ＝k ＋1时，|sin(k ＋1)θ|＝|sin k θcos θ＋cos k θsin θ| ≤|sin k θcos θ|＋|cos k θsin θ|＝|sin k θ|·|cos θ|＋|cos k θ|·|sin θ| ≤|sin k θ|＋|sin θ| ≤k |sin θ|＋|sin θ| ＝(k ＋1)|sin θ|.所以当n ＝k ＋1时不等式也成立．由(1)(2)可知，不等式对一切正整数n 均成立．, [学生用书P297(独立成册)])1．若x ，y >0，且x ＋y >2，证明：1＋y x 和1＋xy中至少有一个小于2.[证明] 假设1＋y x 和1＋x y 都不小于2，即1＋y x ≥2，1＋xy ≥2，因为x ，y >0，可得x ＋y ≤2，与x ＋y >2矛盾，所以原命题成立．2．如果x >0，比较(x －1)2与(x ＋1)2的大小．[解] (x －1)2－(x ＋1)2＝[(x －1)＋(x ＋1)][(x －1)－(x ＋1)] ＝－4x .因为x >0，所以x >0，所以－4x <0， 所以(x －1)2<(x ＋1)2.3．设a >b >0，求证：a 2－b 2a 2＋b 2>a －ba ＋b .[证明] 法一：a 2－b 2a 2＋b 2－a －ba ＋b＝a 3－b 3－ab 2＋a 2b －a 3＋b 3＋a 2b －ab 2（a 2＋b 2）（a ＋b ）＝2a 2b －2ab 2（a 2＋b 2）（a ＋b ） ＝2ab （a －b ）（a 2＋b 2）（a ＋b ），因为a >b >0，所以a －b >0，ab >0，a 2＋b 2>0，a ＋b >0. 所以a 2－b 2a 2＋b 2－a －b a ＋b >0，所以a 2－b 2a 2＋b 2>a －b a ＋b .法二：因为a >b >0， 所以a ＋b >0，a －b >0. 所以a 2－b 2a 2＋b 2a －b a ＋b ＝a 2－b 2a 2＋b 2·a ＋b a －b＝（a ＋b ）2a 2＋b 2＝a 2＋b 2＋2ab a 2＋b 2＝1＋2aba 2＋b 2>1.所以a 2－b 2a 2＋b 2>a －b a ＋b.4．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. 5．(2017·贵州省六校第一次联考)已知a >0，b >0，a ＋b ＝1，求证： (1)1a ＋1b ＋1ab ≥8； (2)⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ≥9. [证明] (1)因为a ＋b ＝1，a >0，b >0， 所以1a ＋1b ＋1ab ＝1a ＋1b ＋a ＋b ab＝2⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝2⎝⎛⎭⎫a ＋b a ＋a ＋b b＝2⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋4 ≥4b a ×ab＋4＝8 ⎝⎛⎭⎫当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立，所以1a ＋1b ＋1ab≥8.(2)因为⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ＝1a ＋1b ＋1ab ＋1， 由(1)知1a ＋1b ＋1ab ≥8.所以⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ≥9. 6．(2017·沈阳模拟)设a ，b ，c >0，且ab ＋bc ＋ca ＝1.求证： (1)a ＋b ＋c ≥ 3. (2)a bc＋b ac＋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a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3. 而ab ＋bc ＋ca ＝1，故只需证明a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3(ab ＋bc ＋ca )， 即证a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .而这可以由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 时等号成立)证得．所以原不等式成立．(2)a bc＋b ac＋c ab ＝a ＋b ＋c abc. 在(1)中已证a ＋b ＋c ≥ 3.因此要证原不等式成立，只需证明1abc ≥a ＋b ＋c ，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca . 而a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac2，b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤bc ＋ac2，所以a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca . (当且仅当a ＝b ＝c ＝33时等号成立)．所以原不等式成立．7．(2016·高考全国卷甲)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，所以－1＜x ≤－12；当－12＜x ＜12时，f (x )＜2恒成立；当x ≥12时，由f (x )＜2得2x ＜2，解得x ＜1，所以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 |.8．已知实数a ，b ，c ，d 满足a >b >c >d ，求证：1a －b ＋1b －c ＋1c －d ≥9a －d. [证明] 法一：因为⎝⎛⎭⎫1a －b ＋1b －c ＋1c －d (a －d )＝⎝⎛⎭⎫1a －b ＋1b －c ＋1c －d [(a －b )＋(b －c )＋(c －d )] ≥331a －b ·1b －c ·1c －d·33（a －b ）（b －c ）（c －d ）＝9， 当且仅当a －b ＝b －c ＝c －d 时取等号， 所以1a －b ＋1b －c ＋1c －d ≥9a －d.法二：因为⎝⎛⎭⎫1a －b ＋1b －c ＋1c －d (a －d )＝⎝⎛⎭⎫1a －b ＋1b －c ＋1c －d [(a －b )＋(b －c )＋(c －d )] ≥⎝⎛⎭⎪⎫1a －b ·a －b ＋1b －c·b －c ＋1c －d ·c －d 2＝9， 当且仅当a －b ＝b －c ＝c －d 时取等号， 所以1a －b ＋1b －c ＋1c －d ≥9a －d .9．求证：112＋122＋132＋…＋1n 2<2.[证明] 因为1n 2<1n （n －1）＝1n －1－1n，所以112＋122＋132＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋13×4＋…＋1（n －1）×n＝1＋⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＝2－1n <2. 10．已知函数f (x )＝x 2－2x －3，定义数列{x n }如下：x 1＝2，x n ＋1是过两点P (4，5)，Q n (x n ，f (x n ))的直线PQ n 与x 轴交点的横坐标．求证：2≤x n <x n ＋1<3.[证明] 用数学归纳法证明：(1)当n ＝1时，x 1＝2，直线PQ 1的方程为y －5＝f （2）－52－4(x －4)，令y ＝0，解得x 2＝114，所以2≤x 1<x 2<3.(2)假设当n ＝k (k ≥1)时，结论成立，即2≤x k <x k ＋1<3. 直线PQ k ＋1的方程为y －5＝f （x k ＋1）－5x k ＋1－4(x －4)，令y ＝0，解得x k ＋2＝3＋4x k ＋12＋x k ＋1.由归纳假设知x k ＋2＝3＋4x k ＋12＋x k ＋1＝4－52＋x k ＋1<4－52＋3＝3；x k ＋2－x k ＋1＝（3－x k ＋1）（1＋x k ＋1）2＋x k ＋1>0，即x k ＋1<x k ＋2.所以2≤x k ＋1<x k ＋2<3，即当n ＝k ＋1时，结论成立． 由(1)(2)知对任意的正整数n ，2≤x n <x n ＋1<3.。

§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)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.∴ba－b＋ma ＋m＝b a＋m－a b＋ma 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)×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：已知a ，b ∈R ，求证：a 2＋b 2＋1≥ab ＋a ＋b .【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≥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．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 －b 2ab≥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 n a n b 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 b m-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”．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，∴ab>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 ＋nn －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.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 5.1．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 ＝－ab ＋a＋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)。