黄冈中学高考数学典型例题18不等式的证明策略

不等式的证明·典型例题【例1】已知a，b，c∈R+，求证：a3+b3+c3≥3abc．【分析】用求差比较法证明．证明：a3+b3+c3-3abc=[(a+b)3+c3]-3a2b-3ab2-3abc=(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)[a2+b2+c2-ab-bc-ca]∵a，b，c∈R+，∴a+b+c＞0．(c-a)]2≥0即 a3+b3+c3-3abc≥0，∴a3+b3+c3≥3abc．【例2】已知a，b∈R+，n∈N，求证：(a+b)(a n+b n)≤2(a n+1+b n+1)．【分析】用求差比较法证明．证明：左-右=a n+1+ab n+a n b+b n+1-2a n+1-2b n+1=ab n+a n b-a n+1-b n+1=a(b n-a n)+b(a n-b n)=(b n-a n)(a-b)(*) 当a＞b＞0时，b n-a n＜0，a-b＞0，∴(*)＜0；当b＞a＞0时，b n-a n＞0，a-b＜0，∴(*)＜0；当a=b＞0时，b n-a n=0，a-b=0，∴(*)=0．综上所述，有(a+b)(a n+b n)-2(a n+1+b n+1)≤0．即 (a+b)(a n+b n)≤2(a n+1+b n+1)．【说明】在求差比较的三个步骤中，“变形”是关键，常用的变形手段有配方、因式分解等，常将“差式”变形为一个常数，或几个因式积的形式．【例3】已知a，b∈R+，求证a a b b≥a b b a．【分析】采用求商比较法证明．证明：∵a，b∈R+，∴a b b a＞0综上所述，当a＞0，b＞0，必有a a b b≥a b b a．【说明】商值比较法的理论依据是：【例4】已知a、b、c是不全等的正数，求证：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc．【分析】采用综合法证明，利用性质a2+b2≥2ab．证明：∵b2+c2≥2bc，a＞0，∴a(b2+c2)≥2abc．①同理b(c2+a2)≥2abc②c(a2+b2)≥2abc③∵a，b，c不全相等，∴①，②，③中至少有一个式子不能取“=”号∴①+②+③，得a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc．【例5】已知a，b，c∈R+，求证：(1)(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc；【分析】用综合法证明，注意构造定理所需条件．证明：(1)ab+a+b+1=(a+1)(b+1)，ab+ac+bc+c2=(a+c)(b+c)．∴(a+1)(b+1)(a+c)(b+c)≥16abc因此，当a，b，c∈R+，有(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc．【说明】用均值定理证明不等式时，一要注意定理适用的条件，二要为运用定理对式子作适当变形，把式子分成若干分，对每部分运用均值定理后，再把它们相加或相乘．【分析】采用分析法证明．(*)∵a＜c，b＜c，∴a+b＜2c，∴(*)式成立．∴原不等式成立．用充分条件代替前面的不等式．【例7】若a、b、c是不全相等的正数，求证：证明二：(综合法)∵a，b，c∈R+，abc成立．上式两边同取常用对数，得【说明】分析法和综合法是对立统一的两个方面．在证法一中，前面是分析法，后面是综合法，两种方法结合使用，使问题较易解决．分析法的证明过程恰恰是综合法的分析、思考过程，综合法的证明方法是分析思考过程的逆推．【例8】已知a＞2，求证log a(a-1)·log a(a+1)＜1．【分析】两个对数的积不好处理，而两个同底对数的和却易于处理．因为我们可以先把真数相乘再取对数，从而将两个对数合二为一，平均值不等式恰好有和积转化功能可供利用．证明：∵a＞2，∴log a(a-1)＞0，log a(a+1)＞0．又log a(a-1)≠log a(a+1)∴log a(a-1)·log a(a+1)＜1．【说明】上式证明如果从log a(a-1)·log a(a+1)入手，得log a(a-1)二为一了．另外，在上述证明过程中，用较大的log a a2代替较小的log a(a2-1)，并用适当的不等号连结，从而得出证明．这种方法通常叫做“放缩法”．同样，也可以用较小的数代替较大的数，并用适当的不等号连结．【例9】已知：a，b，c都是小于1的正数；【分析】采用反证法证明．其证明思路是否定结论从而导出与已知或定理的矛盾．从而证明假设不成立，而原命题成立．对题中“至少∵a，b，c都是小于1的正数，故与上式矛盾，假设不成立，原命题正确．【说明】反证法是利用互为逆否命题具有等价性的思想进行推证的．反证法必须罗列各种与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，则反证都是不完全的，遇到“至少”、“至多”、“唯一”等字句的命题常用反证法．|a|≤1．【说明】换元法是将较为复杂的不等式利用等价转换的思想转换成易证明的不等式．常用的换元法有(1)，若|x|≤1，可设x=sinα，α∈R；(2)若x2+y2=1，可设x=sinα，y=cosα；(3)若x2+y2≤1，可设x=【例11】已知a1、a2、…a n，b1、b2、…b n为任意实数，求证明：构造一个二次函数它一定非负，因它可化为(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+…+(a n x-b n)2．∴Δ≤0，(当a1，a2，…a n都为0时，所构造式子非二次函数，但此时原不等式显然成立．)【说明】上例是用判别式法证明的“柯西不等式”，它可写为：变量分别取|a+b|，|a|、|b|时就得到要证的三个式子．因此，可考虑从函数∴f（x2）＞f（x1），f（x）在[0，+∞）上是增函数．取x1=|a+b|，x2=|a|+|b|，显然0≤x1≤x2．∴f（|a+b|）≤f（|a|+|b|）．【说明】这里是利用构造函数，通过函数的单调性，结合放缩法来证明不等式的．应注意的是，所给函数的单调整性应予以论证．【例13】已知a，b，m，n∈R，且a2+b2=1，m2+n2=1，求证：|am+bn|≤1．证法一：（比较法）证法二：（分析法）∵a，b，m，n∈R，∴上式成立，因此原不等式成立．证法三：（综合法）∵a，b，m，n∈R，∴（|a|-|m|）2≥0，（|b|-|n|）2≥0．即a2+m2≥2|am|，b2+n2≥2|bn|∴a2+m2+b2+n2≥2（|am|+|bn|）∵a2+b2=1，m2+n2=1，∴|am|+|bn|≤1∴|am+bn|≤|am|+|bn|≤1．证法四：（换元法）由已知，可设a=sinα，b=cosα，m=sinβ，n=cosβ．于是|am+bn|=|sinαsinβ+cosαcosβ|=|cos（α-β）|≤1．【说明】一个不等式的证明方法往往不只一种，要注意依据题目特点选择恰当的方法．【例14】已知f（x）=x2-x+c，且|x-a|＜1，（a，b，c∈R）求证：|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．【分析】绝对值不等式的证明充分利用绝对值不等式性质：证明：|f（x）－f（a）|=|x2-x+c-a2+a-c|=|（x+a）（x-a）-（x-a）|=|x-a||x+a-1|＜|x+a-1|=|（x-a）+2a-1|＜|x-a|+|2a|+|（-1）|＜1+2|a|+1=2（|a|+1）．∴|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．【例15】当h与|a|，|b|，1中最大的一个相等，求证：当|x|＞h时，由已知，有|x|＞h≥|a|，|x|＞h≥|b|，|x|＞h≥1 ∴|x|2≥b．。

黄冈中学高考数学典型例题详解不等式的证明每临大事,必有静气;静则神明,疑难冰释; 积极准备,坦然面对;最佳发挥,舍我其谁?敬请搜索“黄冈中学高考数学知识点”结合起来看 效果更好体会绝妙解题思路 建立强大数学模型 感受数学思想魅力 品味学习数学快乐不等式的证明，方法灵活多样，它可以和很多内容结合.高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，纯不等式的证明，历来是高中数学中的一个难点，本难点着重培养考生数学式的变形能力，逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力.●难点磁场(★★★★)已知a ＞0，b ＞0，且a +b =1. 求证：(a +a1)(b +b1)≥425.●案例探究［例1］证明不等式n n2131211<++++(n ∈N *)命题意图：本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目，考查学生观察能力、构造能力以及逻辑分析能力，属★★★★★级题目.知识依托：本题是一个与自然数n 有关的命题，首先想到应用数学归纳法，另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等.错解分析：此题易出现下列放缩错误：这样只注重形式的统一，而忽略大小关系的错误也是经常发生的.技巧与方法：本题证法一采用数学归纳法从n =k 到n =k +1的过渡采用了放缩法；证法二先放缩，后裂项，有的放矢，直达目标；而证法三运用函数思想，借助单调性，独具匠心，发人深省.证法一：(1)当n 等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立； (2)假设n =k (k ≥1)时，不等式成立，即1+k13121+++ ＜2k ，,1211)1(11)1(21121131211+=++++<+++=++<+++++k k k k k k k k k k 则∴当n =k +1时，不等式成立. 综合(1)、(2)得：当n ∈N *时，都有1+n13121+++ ＜2n .另从k 到k +1时的证明还有下列证法：,1111212212:.12112,01),1(21)1(2,0)1()1()1(2)1(21)1(22+=+++>++=-++<++∴>++<++∴>+-=+++-=+--+k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k又如.12112+<++∴k k k证法二：对任意k ∈N *，都有：.2)1(2)23(2)12(22131211),1(21221n n n nk k k k k k k =--++-+-+<++++--=-+<+=因此证法三：设f (n )=),131211(2nn ++++-那么对任意k ∈N *都有：1)1(])1(2)1[(11]1)1(2)1(2[1111)1(2)()1(2>+-+=++-+⋅+=-+-++=+--+=-+k k k k k k k k k k k k k k k k f k f∴f (k +1)＞f (k )因此，对任意n ∈N * 都有f (n )＞f (n －1)＞…＞f (1)=1＞0， ∴.2131211n n<++++［例2］求使y x +≤ay x +(x ＞0，y ＞0)恒成立的a 的最小值.命题意图：本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力，属于★★★★★级题目.知识依托：该题实质是给定条件求最值的题目，所求a 的最值蕴含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有关性质把a 呈现出来，等价转化的思想是解决题目的突破口，然后再利用函数思想和重要不等式等求得最值.错解分析：本题解法三利用三角换元后确定a 的取值范围，此时我们习惯是将x 、y 与cos θ、sin θ来对应进行换元，即令x =cos θ，y =sin θ(0＜θ＜2π)，这样也得a ≥sinθ+cos θ，但是这种换元是错误的.其原因是：(1)缩小了x 、y 的范围；(2)这样换元相当于本题又增加了“x 、y =1”这样一个条件，显然这是不对的.技巧与方法：除了解法一经常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数a 满足不等关系，a ≥f (x )，则a min =f (x )max ；若 a ≤f (x )，则a max =f (x )min ，利用这一基本事实，可以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题.还有三角换元法求最值用的恰当好处，可以把原问题转化.解法一：由于a 的值为正数，将已知不等式两边平方，得：x +y +2xy ≤a 2(x +y )，即2xy ≤(a 2－1)(x +y )，① ∴x ，y ＞0，∴x +y ≥2xy ，②当且仅当x =y 时，②中有等号成立.比较①、②得a 的最小值满足a 2－1=1， ∴a 2=2，a =2 (因a ＞0)，∴a 的最小值是2.解法二：设yx xy yx xyy x yx y x yx yx u ++=+++=++=++=212)(2.∵x ＞0，y ＞0，∴x +y ≥2xy (当x =y 时“=”成立)，∴yx xy+2≤1，yx xy+2的最大值是1.从而可知，u 的最大值为211=+，又由已知，得a ≥u ，∴a 的最小值为2. 解法三：∵y ＞0， ∴原不等式可化为yx +1≤a1+yx ，设yx =tan θ，θ∈(0，2π).∴tan θ+1≤a 1tan 2+θ；即tan θ+1≤a se c θ ∴a ≥sin θ+cos θ=2sin(θ+4π)，③又∵sin(θ+4π)的最大值为1(此时θ=4π).由③式可知a 的最小值为2.●锦囊妙计1.不等式证明常用的方法有：比较法、综合法和分析法，它们是证明不等式的最基本的方法.(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配方，判断过程必须详细叙述；如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式，则考虑用判别式法证.(2)综合法是由因导果，而分析法是执果索因，两法相互转换，互相渗透，互为前提，充分运用这一辩证关系，可以增加解题思路，开扩视野.2.不等式证明还有一些常用的方法：换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法等.换元法主要有三角代换，均值代换两种，在应用换元法时，要注意代换的等价性.放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩要有的放矢，目标可以从要证的结论中考查.有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法.凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题，适宜用反证法.证明不等式时，要依据题设、题目的特点和内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤、技巧和语言特点.●歼灭难点训练 一、填空题1.(★★★★★)已知x 、y 是正变数，a 、b 是正常数，且yb x a =1，x +y 的最小值为__________.2.(★★★★)设正数a 、b 、c 、d 满足a +d =b +c ，且|a －d |＜|b －c |，则ad 与bc 的大小关系是__________.3.(★★★★)若m ＜n ，p ＜q ，且(p －m )(p －n )＜0，(q －m )(q －n )＜0，则m 、n 、p 、q 的大小顺序是__________.二、解答题4.(★★★★★)已知a ，b ，c 为正实数，a +b +c =1.求证：(1)a 2+b 2+c 2≥31(2)232323+++++c b a ≤65.(★★★★★)已知x ，y ，z ∈R ，且x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，证明：x ，y ，z ∈［0，32］6.(★★★★★)证明下列不等式： (1)若x ，y ，z ∈R ，a ，b ，c ∈R +，则cb a y ba c x ac b +++++22z 2≥2(xy +yz +zx )(2)若x ，y ，z ∈R +，且x +y +z =xyz ， 则zy x yx z xz y +++++≥2(zyx111++)7.(★★★★★)已知i ，m 、n 是正整数，且1＜i ≤m ＜n . (1)证明：n i A i m ＜m i A i n ； (2)证明：(1+m )n ＞(1+n )m8.(★★★★★)若a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，求证：a +b ≤2，ab ≤1.参考答案 难点磁场证法一：(分析综合法）欲证原式，即证4(ab )2+4(a 2+b 2)－25ab +4≥0，即证4(ab )2－33(ab )+8≥0，即证ab ≤41或ab ≥8.∵a ＞0，b ＞0，a +b =1，∴ab ≥8不可能成立 ∵1=a +b ≥2ab ，∴ab ≤41，从而得证.证法二：(均值代换法) 设a =21+t 1，b =21+t 2.∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴t 1+t 2=0，|t 1|＜21，|t 2|＜21.4254116254123162541)45(41)141)(141()21)(21()141)(141(211)21(211)21(11)1)(1(2242222222222222222112122221122212122=≥-++=--+=-++++++=++++++++=+++⨯+++=+⨯+=++∴t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t b b aa bb a a显然当且仅当t =0，即a =b =21时，等号成立.证法三：(比较法）∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41425)1)(1(04)8)(41(4833442511425)1)(1(2222≥++∴≥--=++=-+⋅+=-++b b a a ab ab ab ab ab b a b b a a b b a a 证法四：(综合法)∵a +b =1， a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41.4251)1(41 16251)1(169)1(434111222≥+-⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥+-⇒≥-⇒=-≥-∴ab ab ab ab ab ab 425)1)(1(≥++bb aa 即证法五：(三角代换法）∵ a ＞0，b ＞0，a +b =1，故令a =sin 2α，b =cos 2α，α∈(0，2π).425)1)(1(4252sin 4)2sin 4(412sin 125162sin 24.3142sin 4,12sin 2sin 416)sin 4(2sin 42cos sin 2cos sin )cos 1)(cossin 1(sin )1)(1(2222222222222442222≥++≥-⇒⎪⎭⎪⎬⎫≥≥+-=-≥-∴≤+-=+-+=++=++b b a a bb aa 即得ααααααααααααααααα 2歼灭难点训练 一、1.解析：令xa =cos 2θ，yb =sin 2θ，则x =a sec 2θ，y =bc s c 2θ，∴x +y =a sec 2θ+b csc 2θ=a +b +a tan 2θ+b co t 2θ≥a +b +2ab b a b a 2cot tan 22++=θ⋅θ.答案：a +b +2ab2.解析：由0≤|a －d |＜|b －c |⇔(a －d )2＜(b －c )2⇔(a +b )2－4ad ＜(b +c )2－4bc ∵a +d =b +c ，∴－4ad ＜－4bc ，故ad ＞bc . 答案：ad ＞bc3.解析：把p 、q 看成变量，则m ＜p ＜n ，m ＜q ＜n . 答案：m ＜p ＜q ＜n二、4.(1)证法一：a 2+b 2+c 2－31=31(3a 2+3b 2+3c 2－1)=31［3a 2+3b 2+3c 2－(a +b +c )2］=31［3a 2+3b 2+3c 2－a 2－b 2－c 2－2ab －2ac －2bc ］ =31［(a －b )2+(b －c )2+(c －a )2］≥0 ∴a 2+b 2+c 2≥31证法二：∵(a +b +c )2=a 2+b 2+c 2+2ab +2ac +2bc ≤a 2+b 2+c 2+a 2+b 2+a 2+c 2+b 2+c 2 ∴3(a 2+b 2+c 2)≥(a +b +c )2=1 ∴a 2+b 2+c 2≥31证法三：∵33222cb a cb a ++≥++∴a 2+b 2+c 2≥3cb a ++∴a 2+b 2+c 2≥31证法四：设a =31+α，b =31+β，c =31+γ.∵a +b +c =1，∴α+β+γ=0 ∴a 2+b 2+c 2=(31+α)2+(31+β)2+(31+γ)2=31+32 (α+β+γ)+α2+β2+γ2=31+α2+β2+γ2≥31∴a 2+b 2+c 2≥31629)(323232323323,23323,21231)23(23:)2(=+++<+++++∴+<++<+++<⨯+=+c b a c b a c c b b a a a 同理证法一∴原不等式成立. 证法二：3)23()23()23(3232323+++++≤+++++c b a c b a336)(3=+++=c b a∴232323+++++c b a ≤33＜6∴原不等式成立.5.证法一：由x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，得x 2+y 2+(1－x －y )2=21，整理成关于y 的一元二次方程得：2y 2－2(1－x )y +2x 2－2x +21=0，∵y ∈R ，故Δ≥0∴4(1－x )2－4×2(2x 2－2x +21)≥0，得0≤x ≤32，∴x ∈［0，32］同理可得y ，z ∈［0，32］证法二：设x =31+x ′，y =31+y ′，z =31+z ′，则x ′+y ′+z ′=0，于是21=(31+x ′)2+(31+y ′)2+(31+z ′)2=31+x ′2+y ′2+z ′2+32 (x ′+y ′+z ′)=31+x ′2+y ′2+z ′2≥31+x ′2+2)(2z y '+'=31+23x ′2故x ′2≤91，x ′∈［－31，31］，x ∈［0，32］，同理y ，z ∈［0，32］证法三：设x 、y 、z 三数中若有负数，不妨设x ＜0，则x 2＞0，21=x 2+y 2+z 2≥x 2+21232)1(2)(2222+-=+-=+x x x x z y ＞21，矛盾.x 、y 、z 三数中若有最大者大于32，不妨设x ＞32，则21=x 2+y 2+z 2≥x 2+2)(2z y +=x 2+2)1(2x -=23x 2－x +21=23x (x －32)+21＞21；矛盾. 故x 、y 、z ∈［0，32］)()()()()()(222)(4)(2))(()(2)]()()([)(2)(:)2()(20)()()()2()2()2()(22:)1.(62222222222223333332222222222222222222222222222222222≥-+-+-+-+-+-⇔++≥+++++⇔+++++≥+++++++⇔++≥+++++⋅⇔++≥+++++++≥+++++∴≥-+-+-=-++-++-+=++-+++++y x z x z y z y x y x xy x z zx z y yz xyzz xy yz x xyy x zx x z yz z y xyz z xy yz x x z z y y x xy y x zxx z yzz y z y x zx yz xy y x xy x z zx z y yz xyz zx yz xy zy x yx z xz y z y x zx yz xy z cb a y ba c x a cb x ac z ca z cb y bc y b a x a b zx x ac z c a yz z cb y bc xy y ba x ab zx yz xy z cb a y b ac x c b 所证不等式等介于证明证明∵上式显然成立，∴原不等式得证.7.证明：(1)对于1＜i ≤m ，且A i m =m ·…·(m －i +1)，n i n n n n n nm i m m m m m miim i im 11A ,11A +-⋅⋅-⋅=+-⋅⋅-⋅= 同理， 由于m ＜n ，对于整数k =1，2，…，i －1，有mk m nk n ->-，所以im i i n i iim iin n m mnA A ,A A >>即(2)由二项式定理有：(1+m )n =1+C 1n m +C 2n m 2+…+C n n m n ， (1+n )m =1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m， 由(1)知m iA in＞n iA i m(1＜i ≤m ，而C i m=!A C,!A i i in i nim =∴m i C i n ＞n i C i m (1＜m ＜n )∴m 0C 0n =n 0C 0n =1，m C 1n =n C 1m =m ·n ，m 2C 2n ＞n 2C 2m，…， m m C m n ＞n m C m m ，m m +1C 1+m n ＞0，…，m n C n n＞0， ∴1+C 1n m +C 2n m 2+…+C n n m n ＞1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m ， 即(1+m )n ＞(1+n )m 成立.8.证法一：因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以 (a +b )3－23=a 3+b 3+3a 2b +3ab 2－8=3a 2b +3ab 2－6=3［ab (a +b )－2］=3［ab (a +b )－(a 3+b 3)］=－3(a +b )(a －b )2≤0.即(a +b )3≤23，又a +b ＞0，所以a +b ≤2，因为2ab ≤a +b ≤2，所以ab ≤1.证法二：设a 、b 为方程x 2－mx +n =0的两根，则⎩⎨⎧=+=abn b a m ，因为a ＞0，b ＞0，所以m ＞0，n ＞0，且Δ=m 2－4n ≥0①因为2=a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］=m (m 2－3n ) 所以n =mm 3232-②将②代入①得m 2－4(mm 3232-)≥0，即mm 383+-≥0，所以－m 3+8≥0，即m ≤2，所以a +b ≤2，由2≥m 得4≥m 2，又m 2≥4n ，所以4≥4n ， 即n ≤1，所以ab ≤1.证法三：因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以2=a 3+b 3=(a +b )(a 2+b 2－ab )≥(a +b )(2ab －ab )=ab (a +b )于是有6≥3ab (a +b )，从而8≥3ab (a +b )+2=3a 2b +3ab 2+a 3+b 3= (a +b )3，所以a +b ≤2，(下略） 证法四：因为333)2(2b a b a +-+ 8))((38]2444)[(22222b a b a ab b aab b a b a -+=----++=≥0，所以对任意非负实数a 、b ，有233b a +≥3)2(b a + 因为a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以1=233b a +≥3)2(b a +，∴2b a +≤1，即a +b ≤2，(以下略）证法五：假设a +b ＞2，则a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］＞(a +b )ab ＞2ab ，所以ab ＜1， 又a 3+b 3=(a +b )［a 2－ab +b 2］=(a +b )［(a +b )2－3ab ］＞2(22－3ab )因为a 3+b 3=2，所以2＞2(4－3ab )，因此ab ＞1，前后矛盾，故a +b ≤2(以下略)。

黄冈中学高考数学典型例题详解不等式的证明每临大事,必有静气;静则神明,疑难冰释;积极准备,坦然面对;最佳发挥,舍我其谁敬请搜索“黄冈中学高考数学知识点”结合起来看效果更好体会绝妙解题思路建立强大数学模型感受数学思想魅力品味学习数学快乐不等式的证明，方法灵活多样，它可以和很多内容结合.高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，纯不等式的证明，历来是高中数学中的一个难点，本难点着重培养考生数学式的变形能力，逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力.●难点磁场(★★★★)已知a ＞0，b ＞0，且a +b =1. 求证：(a +a 1)(b +b1)≥425.●案例探究［例1］证明不等式n n2131211<++++Λ(n ∈N *)命题意图：本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目，考查学生观察能力、构造能力以及逻辑分析能力，属★★★★★级题目.知识依托：本题是一个与自然数n 有关的命题，首先想到应用数学归纳法，另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等.错解分析：此题易出现下列放缩错误：这样只注重形式的统一，而忽略大小关系的错误也是经常发生的.技巧与方法：本题证法一采用数学归纳法从n =k 到n =k +1的过渡采用了放缩法；证法二先放缩，后裂项，有的放矢，直达目标；而证法三运用函数思想，借助单调性，独具匠心，发人深省.证法一：(1)当n 等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立；(2)假设n =k (k ≥1)时，不等式成立，即1+k13121+++Λ＜2k ，,1211)1(11)1(21121131211+=++++<+++=++<+++++k k k k k k k k k k Λ则∴当n =k +1时，不等式成立. 综合(1)、(2)得：当n ∈N *时，都有1+n13121+++Λ＜2n .另从k 到k +1时的证明还有下列证法：,1111212212:.12112,01),1(21)1(2,0)1()1()1(2)1(21)1(22+=+++>++=-++<++∴>++<++∴>+-=+++-=+--+k k k kk k k k k k k k k k k k k k k k k k k ΘΘΘ又如.12112+<++∴k k k证法二：对任意k ∈N *，都有：.2)1(2)23(2)12(22131211),1(21221n n n nk k k k k k k =--++-+-+<++++--=-+<+=ΛΛ因此证法三：设f (n )=),131211(2nn ++++-Λ那么对任意k ∈N*都有：1)1(])1(2)1[(11]1)1(2)1(2[1111)1(2)()1(2>+-+=++-+⋅+=-+-++=+--+=-+k k k k k k k k k k k k k k k k f k f∴f (k +1)＞f (k )因此，对任意n ∈N * 都有f (n )＞f (n －1)＞…＞f (1)=1＞0， ∴.2131211n n <++++Λ［例2］求使y x +≤a y x +(x ＞0，y ＞0)恒成立的a 的最小值.命题意图：本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力，属于★★★★★级题目.知识依托：该题实质是给定条件求最值的题目，所求a 的最值蕴含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有关性质把a 呈现出来，等价转化的思想是解决题目的突破口，然后再利用函数思想和重要不等式等求得最值.错解分析：本题解法三利用三角换元后确定a 的取值范围，此时我们习惯是将x 、y 与cos θ、sin θ来对应进行换元，即令x =cos θ，y =sin θ(0＜θ＜2π)，这样也得a ≥sin θ+cos θ，但是这种换元是错误的.其原因是：(1)缩小了x 、y 的范围；(2)这样换元相当于本题又增加了“x 、y =1”这样一个条件，显然这是不对的.技巧与方法：除了解法一经常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数a 满足不等关系，a ≥f (x )，则a min =f (x )max ；若 a ≤f (x )，则a max =f (x )min ，利用这一基本事实，可以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题.还有三角换元法求最值用的恰当好处，可以把原问题转化.解法一：由于a 的值为正数，将已知不等式两边平方，得： x +y +2xy ≤a 2(x +y )，即2xy ≤(a 2－1)(x +y )，①∴x ，y ＞0，∴x +y ≥2xy ，②当且仅当x =y 时，②中有等号成立. 比较①、②得a 的最小值满足a 2－1=1， ∴a 2=2，a =2 (因a ＞0)，∴a 的最小值是2. 解法二：设yx xyy x xy y x y x y x yx yx u ++=+++=++=++=212)(2. ∵x ＞0，y ＞0，∴x +y ≥2xy (当x =y 时“=”成立)， ∴y x xy +2≤1，yx xy+2的最大值是1. 从而可知，u 的最大值为211=+， 又由已知，得a ≥u ，∴a 的最小值为2. 解法三：∵y ＞0， ∴原不等式可化为yx+1≤a 1+yx，设y x =tan θ，θ∈(0，2π). ∴tan θ+1≤a 1tan 2+θ；即tan θ+1≤a se c θ ∴a ≥sin θ+cos θ=2sin(θ+4π)，③又∵sin(θ+4π)的最大值为1(此时θ=4π). 由③式可知a 的最小值为2.●锦囊妙计1.不等式证明常用的方法有：比较法、综合法和分析法，它们是证明不等式的最基本的方法.(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配方，判断过程必须详细叙述；如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式，则考虑用判别式法证.(2)综合法是由因导果，而分析法是执果索因，两法相互转换，互相渗透，互为前提，充分运用这一辩证关系，可以增加解题思路，开扩视野.2.不等式证明还有一些常用的方法：换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法等.换元法主要有三角代换，均值代换两种，在应用换元法时，要注意代换的等价性.放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩要有的放矢，目标可以从要证的结论中考查.有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法.凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题，适宜用反证法.证明不等式时，要依据题设、题目的特点和内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤、技巧和语言特点.●歼灭难点训练 一、填空题1.(★★★★★)已知x 、y 是正变数，a 、b 是正常数，且ybxa +=1，x +y 的最小值为__________.2.(★★★★)设正数a 、b 、c 、d 满足a +d =b +c ，且|a －d |＜|b －c |，则ad 与bc 的大小关系是__________.3.(★★★★)若m ＜n ，p ＜q ，且(p －m )(p －n )＜0，(q －m )(q －n )＜0，则m 、n 、p 、q 的大小顺序是__________.二、解答题4.(★★★★★)已知a ，b ，c 为正实数，a +b +c =1. 求证：(1)a 2+b 2+c 2≥31(2)232323+++++c b a ≤65.(★★★★★)已知x ，y ，z ∈R ，且x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，证明：x ，y ，z ∈［0，32］6.(★★★★★)证明下列不等式： (1)若x ，y ，z ∈R ，a ，b ，c ∈R +，则cb a y b ac x a c b +++++22z 2≥2(xy +yz +zx ) (2)若x ，y ，z ∈R +，且x +y +z =xyz ，则zy x y x z x z y +++++≥2(z y x 111++)7.(★★★★★)已知i ，m 、n 是正整数，且1＜i ≤m ＜n . (1)证明：n i A i m ＜m i A i n ； (2)证明：(1+m )n ＞(1+n )m8.(★★★★★)若a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，求证：a +b ≤2，ab ≤1.参考答案 难点磁场证法一：(分析综合法）欲证原式，即证4(ab )2+4(a 2+b 2)－25ab +4≥0，即证4(ab )2－33(ab )+8≥0，即证ab ≤41或ab ≥8.∵a ＞0，b ＞0，a +b =1，∴ab ≥8不可能成立 ∵1=a +b ≥2ab ，∴ab ≤41，从而得证. 证法二：(均值代换法) 设a =21+t 1，b =21+t 2.∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴t 1+t 2=0，|t 1|＜21，|t 2|＜21.4254116254123162541)45(41)141)(141()21)(21()141)(141(211)21(211)21(11)1)(1(2242222222222222222112122221122212122=≥-++=--+=-++++++=++++++++=+++⨯+++=+⨯+=++∴t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t b b a a b b a a显然当且仅当t =0，即a =b =21时，等号成立. 证法三：(比较法）∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41425)1)(1(04)8)(41(4833442511425)1)(1(2222≥++∴≥--=++=-+⋅+=-++b b a a ab ab ab ab ab b a b b a a b b a a 证法四：(综合法)∵a +b =1， a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41.4251)1(41 16251)1(169)1(434111222≥+-⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥+-⇒≥-⇒=-≥-∴ab ab ab ab ab ab 425)1)(1(≥++b b a a 即 证法五：(三角代换法）∵ a ＞0，b ＞0，a +b =1，故令a =sin 2α，b =cos 2α，α∈(0，2π) .425)1)(1(4252sin 4)2sin 4(412sin 125162sin 24.3142sin 4,12sin 2sin 416)sin 4(2sin 42cos sin 2cos sin )cos 1)(cos sin 1(sin )1)(1(2222222222222442222≥++≥-⇒⎪⎭⎪⎬⎫≥≥+-=-≥-∴≤+-=+-+=++=++b b a a b b a a 即得αααααααααααααααααΘ 2歼灭难点训练一、1.解析：令xa =cos 2θ，yb =sin 2θ，则x =a sec 2θ，y =bc s c 2θ，∴x +y =a sec 2θ+b csc 2θ=a +b +a tan 2θ+b co t 2θ≥a +b +2ab b a b a 2cot tan 22++=θ⋅θ.答案：a +b +2ab2.解析：由0≤|a －d |＜|b －c |⇔(a －d )2＜(b －c )2⇔(a +b )2－4ad ＜(b +c )2－4bc∵a +d =b +c ，∴－4ad ＜－4bc ，故ad ＞bc . 答案：ad ＞bc3.解析：把p 、q 看成变量，则m ＜p ＜n ，m ＜q ＜n . 答案：m ＜p ＜q ＜n二、4.(1)证法一：a 2+b 2+c 2－31=31(3a 2+3b 2+3c 2－1)=31［3a 2+3b 2+3c 2－(a +b +c )2］=31［3a 2+3b 2+3c 2－a 2－b 2－c 2－2ab －2ac －2bc ］ =31［(a －b )2+(b －c )2+(c －a )2］≥0 ∴a 2+b 2+c 2≥31 证法二：∵(a +b +c )2=a 2+b 2+c 2+2ab +2ac +2bc ≤a 2+b 2+c 2+a 2+b 2+a 2+c 2+b 2+c2 ∴3(a 2+b 2+c 2)≥(a +b +c )2=1 ∴a 2+b 2+c 2≥31证法三：∵33222c b a c b a ++≥++∴a 2+b 2+c 2≥3cb a ++ ∴a 2+b 2+c 2≥31证法四：设a =31+α，b =31+β，c =31+γ. ∵a +b +c =1，∴α+β+γ=0∴a 2+b 2+c 2=(31+α)2+(31+β)2+(31+γ)2=31+32 (α+β+γ)+α2+β2+γ2=31+α2+β2+γ2≥31 ∴a 2+b 2+c 2≥31629)(323232323323,23323,21231)23(23:)2(=+++<+++++∴+<++<+++<⨯+=+c b a c b a c c b b a a a 同理证法一Θ ∴原不等式成立.证法二：3)23()23()23(3232323+++++≤+++++c b a c b a 336)(3=+++=c b a∴232323+++++c b a ≤33＜6 ∴原不等式成立.5.证法一：由x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，得x 2+y 2+(1－x －y )2=21，整理成关于y 的一元二次方程得：2y 2－2(1－x )y +2x 2－2x +21=0，∵y ∈R ，故Δ≥0∴4(1－x )2－4×2(2x 2－2x +21)≥0，得0≤x ≤32，∴x ∈［0，32］ 同理可得y ，z ∈［0，32］证法二：设x =31+x ′，y =31+y ′，z =31+z ′，则x ′+y ′+z ′=0， 于是21=(31+x ′)2+(31+y ′)2+(31+z ′)2 =31+x ′2+y ′2+z ′2+32 (x ′+y ′+z ′)=31+x ′2+y ′2+z ′2≥31+x ′2+2)(2z y '+'=31+23x ′2故x ′2≤91，x ′∈［－31，31］，x ∈［0，32］，同理y ，z ∈［0，32］证法三：设x 、y 、z 三数中若有负数，不妨设x ＜0，则x 2＞0，21=x 2+y 2+z 2≥x 2+21232)1(2)(2222+-=+-=+x x x x z y ＞21，矛盾.x 、y 、z 三数中若有最大者大于32，不妨设x ＞32，则21=x 2+y 2+z 2≥x 2+2)(2z y +=x 2+2)1(2x -=23x 2－x +21=23x (x －32)+21＞21；矛盾. 故x 、y 、z ∈［0，32］0)()()()()()(222)(4)(2))(()(2)]()()([)(2)(:)2()(20)()()()2()2()2()(22:)1.(62222222222223333332222222222222222222222222222222222≥-+-+-+-+-+-⇔++≥+++++⇔+++++≥+++++++⇔++≥+++++⋅⇔++≥+++++++≥+++++∴≥-+-+-=-++-++-+=++-+++++y x z x z y z y x y x xy x z zx z y yz xyz z xy yz x xy y x zx x z yz z y xyz z xy yz x x z z y y x xy y x zx x z yz z y z y x zx yz xy y x xy x z zx z y yz xyz zx yz xy z y x y x z x z y z y x zx yz xy z cb a y b ac x a c b x ac z c a z c b y b c y b a x a b zx x ac z c a yz z c b y b c xy y b a x a b zx yz xy z cb a y b ac x c b 所证不等式等介于证明证明Θ ∵上式显然成立，∴原不等式得证.7.证明：(1)对于1＜i ≤m ，且A im =m ·…·(m －i +1)，n i n n n n n n m i m m m m m m iim i im 11A ,11A +-⋅⋅-⋅=+-⋅⋅-⋅=ΛΛ同理， 由于m ＜n ，对于整数k =1，2，…，i －1，有mk m n k n ->-， 所以im i in i i im i in n m m n A A ,A A >>即 (2)由二项式定理有：(1+m )n =1+C 1n m +C 2n m 2+…+C n n m n ，(1+n )m =1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m ，由(1)知m i A i n ＞n i A i m (1＜i ≤m)，而C i m =!A C ,!A i i i n i n i m = ∴m i C i n ＞n i C i m (1＜m ＜n ) ∴m 0C 0n =n 0C 0n =1，m C 1n =n C 1m =m ·n ，m 2C 2n ＞n 2C 2m ，…，m m C m n ＞n m C m m ，mm +1C 1+m n ＞0，…，m n C nn ＞0， ∴1+C 1n m +C 2n m 2+…+C n n m n ＞1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m ，即(1+m )n ＞(1+n )m 成立.8.证法一：因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以(a +b )3－23=a 3+b 3+3a 2b +3ab 2－8=3a 2b +3ab 2－6=3［ab (a +b )－2］=3［ab (a +b )－(a 3+b 3)］=－3(a +b )(a －b )2≤0. 即(a +b )3≤23，又a +b ＞0，所以a +b ≤2，因为2ab ≤a +b ≤2， 所以ab ≤1.证法二：设a 、b 为方程x 2－mx +n =0的两根，则⎩⎨⎧=+=ab n b a m ， 因为a ＞0，b ＞0，所以m ＞0，n ＞0，且Δ=m 2－4n ≥0① 因为2=a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］=m (m 2－3n )所以n =m m 3232- ②将②代入①得m 2－4(mm 3232-)≥0， 即m m 383+-≥0，所以－m 3+8≥0，即m ≤2，所以a +b ≤2， 由2≥m 得4≥m 2，又m 2≥4n ，所以4≥4n ，即n ≤1，所以ab ≤1.证法三：因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以2=a 3+b 3=(a +b )(a 2+b 2－ab )≥(a +b )(2ab －ab )=ab (a +b )于是有6≥3ab (a +b )，从而8≥3ab (a +b )+2=3a 2b +3ab 2+a 3+b 3= (a +b )3，所以a +b ≤2，(下略）证法四：因为333)2(2b a b a +-+ 8))((38]2444)[(22222b a b a ab b a ab b a b a -+=----++=≥0， 所以对任意非负实数a 、b ，有233b a +≥3)2(b a + 因为a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以1=233b a +≥3)2(b a +， ∴2b a +≤1，即a +b ≤2，(以下略）证法五：假设a+b＞2，则a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞(a+b)ab＞2ab，所以ab＜1，又a3+b3=(a+b)［a2－ab+b2］=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞2(22－3ab)因为a3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)。

难点20 不等式的综合应用不等式是继函数与方程之后的又一重点内容之一，作为解决问题的工具，与其他知识综合运用的特点比较突出.不等式的应用大致可分为两类：一类是建立不等式求参数的取值范围或解决一些实际应用问题；另一类是建立函数关系，利用均值不等式求最值问题、本难点提供相关的思想方法，使考生能够运用不等式的性质、定理和方法解决函数、方程、实际应用等方面的问题. ●难点磁场(★★★★★)设二次函数f (x )=ax 2+bx +c (a ＞0)，方程f (x )－x =0的两个根x 1、x 2满足0＜x 1＜x 2＜a1. (1)当x ∈［0，x 1)时，证明x ＜f (x )＜x 1；(2)设函数f (x )的图象关于直线x =x 0对称，证明：x 0＜21x . ●案例探究 ［例1］用一块钢锭烧铸一个厚度均匀，且表面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器(如右图)设容器高为h 米，盖子边长为a 米， (1)求a 关于h 的解析式；(2)设容器的容积为V 立方米，则当h 为何值时，V 最大？求出V 的最大值(求解本题时，不计容器厚度)命题意图：本题主要考查建立函数关系式，棱锥表面积和体积的计算及用均值定论求函数的最值.知识依托：本题求得体积V 的关系式后，应用均值定理可求得最值. 错解分析：在求得a 的函数关系式时易漏h ＞0. 技巧与方法：本题在求最值时应用均值定理. 解：①设h ′是正四棱锥的斜高，由题设可得：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+='⋅+12222412214h a a a h a 消去)0(11:.2>+='a h a h 解得 ②由)1(33122+==h hh a V (h ＞0) 得：2121)1(31=⋅=++=hh h h h h V 而 所以V ≤61，当且仅当h =h1即h =1时取等号故当h =1米时，V 有最大值，V 的最大值为61立方米.［例2］已知a ，b ，c 是实数，函数f (x )=ax 2+bx +c ，g (x )=ax +b ，当－1≤x ≤1时|f (x )|≤1. (1)证明：|c |≤1；(2)证明：当－1 ≤x ≤1时，|g (x )|≤2；(3)设a ＞0，有－1≤x ≤1时， g (x )的最大值为2，求f (x ).命题意图：本题主要考查二次函数的性质、含有绝对值不等式的性质，以及综合应用数学知识分析问题和解决问题的能力.属★★★★★级题目.知识依托：二次函数的有关性质、函数的单调性是药引，而绝对值不等式的性质灵活运用是本题的灵魂.错解分析：本题综合性较强，其解答的关键是对函数f (x )的单调性的深刻理解，以及对条件“－1≤x ≤1时|f (x )|≤1”的运用；绝对值不等式的性质使用不当，会使解题过程空洞，缺乏严密，从而使题目陷于僵局.技巧与方法：本题(2)问有三种证法，证法一利用g (x )的单调性；证法二利用绝对值不等式：||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |+|b |；而证法三则是整体处理g (x )与f (x )的关系.(1)证明：由条件当=1≤x ≤1时，|f (x )|≤1，取x =0得：|c |=|f (0)|≤1，即|c |≤1.(2)证法一：依题设|f (0)|≤1而f (0)=c ，所以|c |≤1.当a ＞0时，g (x )=ax +b 在［－1，1］上是增函数，于是g (－1)≤g (x )≤g (1)，(－1≤x ≤1). ∵|f (x )|≤1，(－1≤x ≤1)，|c |≤1， ∴g (1)=a +b =f (1)－c ≤|f (1)|+|c |=2，g (－1)=－a +b =－f (－1)+c ≥－(|f (－2)|+|c |)≥－2， 因此得|g (x )|≤2 (－1≤x ≤1)；当a ＜0时，g (x )=ax +b 在［－1，1］上是减函数，于是g (－1)≥g (x )≥g (1)，(－1≤x ≤1)， ∵|f (x )|≤1 (－1≤x ≤1)，|c |≤1 ∴|g (x )|=|f (1)－c |≤|f (1)|+|c |≤2.综合以上结果，当－1≤x ≤1时，都有|g (x )|≤2. 证法二：∵|f (x )|≤1(－1≤x ≤1) ∴|f (－1)|≤1，|f (1)|≤1，|f (0)|≤1，∵f (x )=ax 2+bx +c ，∴|a －b +c |≤1，|a +b +c |≤1，|c |≤1， 因此，根据绝对值不等式性质得： |a －b |=|(a －b +c )－c |≤|a －b +c |+|c |≤2， |a +b |=|(a +b +c )－c |≤|a +b +c |+|c |≤2，∵g (x )=ax +b ，∴|g (±1)|=|±a +b |=|a ±b |≤2，函数g (x )=ax +b 的图象是一条直线，因此|g (x )|在［－1，1］上的最大值只能在区间的端点x =－1或x =1处取得，于是由|g (±1)|≤2得|g (x )|≤2，(－1＜x ＜1).)21()21(])21()21([])21()21([)2121(])21()21[()(,)21()21(4)1()1(:22222222--+=+-+--++++=--++--+=+=∴--+=--+=x f x f c x b x a c x b x a x x b x x a b ax x g x x x x x 证法三当－1≤x ≤1时，有0≤21+x ≤1，－1≤21-x ≤0， ∵|f (x )|≤1，(－1≤x ≤1)，∴|f )21(+x |≤1，|f (21-x )|≤1；因此当－1≤x ≤1时，|g (x )|≤|f )21(+x |+|f (21-x )|≤2. (3)解：因为a ＞0，g (x )在［－1，1］上是增函数，当x =1时取得最大值2，即 g (1)=a +b =f (1)－f (0)=2. ① ∵－1≤f (0)=f (1)－2≤1－2=－1，∴c =f (0)=－1. 因为当－1≤x ≤1时，f (x )≥－1，即f (x )≥f (0)，根据二次函数的性质，直线x =0为f (x )的图象的对称轴，由此得－ab2＜0 ，即b =0.由①得a =2，所以f (x )=2x 2－1. ●锦囊妙计1.应用不等式知识可以解决函数、方程等方面的问题，在解决这些问题时，关键是把非不等式问题转化为不等式问题，在化归与转化中，要注意等价性.2.对于应用题要通过阅读，理解所给定的材料，寻找量与量之间的内在联系，抽象出事物系统的主要特征与关系，建立起能反映其本质属性的数学结构，从而建立起数学模型，然后利用不等式的知识求出题中的问题. ●歼灭难点训练 一、选择题1.(★★★★★)定义在R 上的奇函数f (x )为增函数，偶函数g (x )在区间［0，+∞)的图象与f (x )的图象重合，设a ＞b ＞0，给出下列不等式，其中正确不等式的序号是( ) ①f (b )－f (－a )＞g (a )－g (－b ) ②f (b )－f (－a )＜g (a )－g (－b ) ③f (a )－f (－b )＞g (b )－g (－a ) ④f (a )－f (－b )＜g (b )－g (－a ) A.①③ B.②④ C.①④ D.②③ 二、填空题2.(★★★★★)下列四个命题中：①a +b ≥2ab ②sin 2x +x2sin 4≥4 ③设x ，y 都是正数，若yx 91+=1，则x +y 的最小值是12 ④若|x －2|＜ε，|y －2|＜ε，则|x －y |＜2ε，其中所有真命题的序号是__________.3.(★★★★★)某公司租地建仓库，每月土地占用费y 1与车库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y 2与到车站的距离成正比，如果在距车站10公里处建仓库，这两项费用y 1和y 2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站__________公里处. 三、解答题4.(★★★★★)已知二次函数 f (x )=ax 2+bx +1(a ，b ∈R ，a ＞0)，设方程f (x )=x 的两实数根为x 1，x 2.(1)如果x 1＜2＜x 2＜4，设函数f (x )的对称轴为x =x 0，求证x 0＞－1； (2)如果|x 1|＜2，|x 2－x 1|=2，求b 的取值范围.5.(★★★★)某种商品原来定价每件p 元，每月将卖出n 件，假若定价上涨x 成(这里x 成即10x，0＜x ≤10).每月卖出数量将减少y 成，而售货金额变成原来的 z 倍.(1)设y =ax ，其中a 是满足31≤a ＜1的常数，用a 来表示当售货金额最大时的x 的值；(2)若y =32x ，求使售货金额比原来有所增加的x 的取值范围. 6.(★★★★★)设函数f (x )定义在R 上，对任意m 、n 恒有f (m +n )=f (m )·f (n )，且当x ＞0时，0＜f (x )＜1.(1)求证：f (0)=1，且当x ＜0时，f (x )＞1； (2)求证：f (x )在R 上单调递减；(3)设集合A ={ (x ，y )|f (x 2)·f (y 2)＞f (1)}，集合B ={(x ，y )|f (ax －g +2)=1，a ∈R }，若A ∩B =∅，求a 的取值范围.7.(★★★★★)已知函数f (x )=1222+++x cbx x (b ＜0)的值域是［1，3］，(1)求b 、c 的值；(2)判断函数F (x )=lg f (x )，当x ∈［－1，1］时的单调性，并证明你的结论； (3)若t ∈R ，求证：lg57≤F (|t －61|－|t +61|)≤lg 513.［科普美文］数学中的不等式关系数学是研究空间形式和数量关系的科学，恩格斯在《自然辩证法》一书中指出，数学是辩证的辅助工具和表现形式，数学中蕴含着极为丰富的辩证唯物主义因素，等与不等关系正是该点的生动体现，它们是对立统一的，又是相互联系、相互影响的；等与不等关系是中学数学中最基本的关系.等的关系体现了数学的对称美和统一美，不等关系则如同仙苑奇葩呈现出了数学的奇异美.不等关系起源于实数的性质，产生了实数的大小关系，简单不等式，不等式的基本性质，如果把简单不等式中的实数抽象为用各种数学符号集成的数学式，不等式发展为一个人丁兴旺的大家族，由简到繁，形式各异.如果赋予不等式中变量以特定的值、特定的关系，又产生了重要不等式、均值不等式等.不等式是永恒的吗？显然不是，由此又产生了解不等式与证明不等式两个极为重要的问题.解不等式即寻求不等式成立时变量应满足的范围或条件，不同类型的不等式又有不同的解法；不等式证明则是推理性问题或探索性问题.推理性即在特定条件下，阐述论证过程，揭示内在规律，基本方法有比较法、综合法、分析法；探索性问题大多是与自然数n 有关的证明问题，常采用观察—归纳—猜想—证明的思路，以数学归纳法完成证明.另外，不等式的证明方法还有换元法、放缩法、反证法、构造法等. 数学科学是一个不可分割的有机整体，它的生命力正是在于各个部分之间的联系.不等式的知识渗透在数学中的各个分支，相互之间有着千丝万缕的联系，因此不等式又可作为一个工具来解决数学中的其他问题，诸如集合问题，方程(组)的解的讨论，函数单调性的研究，函数定义域的确定，三角、数列、复数、立体几何、解析几何中的最大值、最小值问题无一不与不等式有着密切的联系.许多问题最终归结为不等式的求解或证明；不等式还可以解决现实世界中反映出来的数学问题.不等式中常见的基本思想方法有等价转化、分类讨论、数形结合、函数与方程.总之，不等式的应用体现了一定的综合性，灵活多样性.等与不等形影不离，存在着概念上的亲缘关系，是中学数学中最广泛、最普遍的关系.数学的基本特点是应用的广泛性、理论的抽象性和逻辑的严谨性，而不等关系是深刻而生动的体现.不等虽没有等的温柔，没有等的和谐，没有等的恰到好处，没有等的天衣无缝，但它如山之挺拔，峰之隽秀，海之宽阔，天之高远，怎能不让人心旷神怡，魂牵梦绕呢？参考答案 难点磁场 解：(1)令F (x )=f (x )－x ，因为x 1，x 2是方程f (x )－x =0的根，所以F (x )=a (x －x 1)(x －x 2).当x ∈(0，x 1)时，由于x 1＜x 2，得(x －x 1)(x －x 2)＞0，又a ＞0，得F (x )=a (x －x 1)(x －x 2)＞0，即x ＜f (x )x 1－f (x )=x 1－［x +F (x )］=x 1－x +a (x 1－x )(x －x 2)=(x 1－x )［1+a (x －x 2)］∵0＜x ＜x 1＜x 2＜a1，∴x 1－x ＞0，1+a (x －x 2)=1+ax －ax 2＞1－ax 2＞0 ∴x 1－f (x )＞0，由此得f (x )＜x 1.(2)依题意：x 0=－ab2，因为x 1、x 2是方程f (x )－x =0的两根，即x 1，x 2是方程ax 2+(b －1)x +c =0的根.∴x 1+x 2=－ab 1-∴x 0=－aax ax a x x a a b 2121)(22121-+=-+=，因为ax 2＜1，∴x 0＜2211x a ax = 歼灭难点训练一、1.解析：由题意f (a )=g (a )＞0，f (b )=g (b )＞0，且f (a )＞f (b )，g (a )＞g (b ) ∴f (b )－f (－a )=f (b )+f (a )=g (a )+g (b )而g (a )－g (－b )=g (a )－g (b )∴g (a )+g (b )－［g (a )－g (b )］ =2g (b )＞0，∴f (b )－f (－a )＞g (a )－g (－b ) 同理可证：f (a )－f (－b )＞g (b )－g (－a ) 答案：A二、2.解析：①②③不满足均值不等式的使用条件“正、定、等”.④式：|x －y |=|(x －2)－(y －2)|≤|(x －2)－(y －2)|≤|x －2|+|y －2|＜ε+ε=2ε. 答案：④3.解析：由已知y 1=x 20；y 2=0.8x (x 为仓库与车站距离)费用之和y =y 1+y 2=0.8x + x20≥2xx 208.0⋅=8 当且仅当0.8x =x20即x =5时“=”成立 答案：5公里处三、4.证明：(1)设g (x )=f (x )－x =ax 2+(b －1)x +1，且x ＞0.∵x 1＜2＜x 2＜4，∴(x 1－2)(x 2－2)＜0，即x 1x 2＜2(x 1+x 2)－4，12)42(212)(212)()(2121)(21)11(21221212121210-=++->++-=++-+>-+=---⋅=-=x x x x x x x x x x a a b a b x 于是得(2)解：由方程g (x )=ax 2+(b －1)x +1=0可知x 1·x 2=a1＞0，所以x 1，x21°若0＜x 1＜2，则x 2－x 1=2，∴x 2=x 1+2＞2， ∴g (2)＜0，即4a +2b －1＜0①又(x 2－x 1)2=44)1(22=--a ab ∴2a +1=1)1(2+-b (∵a ＞0)代入①式得， 21)1(2+-b ＜3－2b②解②得b ＜412°若 －2＜x 1＜0，则x 2=－2+x 1＜－2 ∴g (－2)＜0，即4a －2b +3＜0③又2a +1=1)1(2+-b ，代入③式得 21)1(2+-b ＜2b －1④解④得b ＞47. 综上，当0＜x 1＜2时，b ＜41，当－2＜x 1＜0时，b ＞47. 5.解：(1)由题意知某商品定价上涨x 成时，上涨后的定价、每月卖出数量、每月售货金额分别是：p (1+10x )元、n (1－10y)元、npz 元，因而)10)(10(1001),101()101(y x z y n x p npz -+=∴-⋅+=，在y =ax 的条件下，z =1001［－a ［x －a a )1(5-］2+100+a a 2)1(25-］.由于31≤a ＜1，则0＜aa )1(5-≤10.要使售货金额最大，即使z 值最大，此时x =aa )1(5-.(2)由z =1001(10+x )(10－32x )＞1，解得0＜x ＜5.6.(1)证明：令m ＞0，n =0得：f (m )=f (m )·f (0).∵f (m )≠0，∴f (0)=1 取m =m ，n =－m ，(m ＜0)，得f (0)=f (m )f (－m )∴f (m )=)(1m f -，∵m ＜0，∴－m ＞0，∴0＜f (－m )＜1，∴f (m )＞1(2)证明：任取x 1，x 2∈R ，则f (x 1)－f (x 2)=f (x 1)－f ［(x 2－x 1)+x 1］ =f (x 1)－f (x 2－x 1)·f (x 1)=f (x 1)［1－f (x 2－x 1)］， ∵f (x 1)＞0，1－f (x 2－x 1)＞0，∴f (x 1)＞f (x 2)， ∴函数f (x )在R 上为单调减函数.(3)由⎩⎨⎧=+-<+⎩⎨⎧θ==+->+021)(1)2()1()(2222y ax y x f y ax f f y x f 得，由题意此不等式组无解，数形结合得：1|2|2+a ≥1，解得a 2≤3∴a ∈［－3，3］7.(1)解：设y =1222+++x c bx x ，则(y －2)x 2－bx +y －c =0①∵x ∈R ，∴①的判别式Δ≥0，即 b 2－4(y －2)(y －c )≥0， 即4y 2－4(2+c )y +8c +b 2≤0 ②由条件知，不等式②的解集是［1，3］∴1，3是方程4y 2－4(2+c )y +8c +b 2=0的两根⎪⎩⎪⎨⎧+=⨯+=+48312312b c c ∴c =2，b =－2，b =2(舍） (2)任取x 1，x 2∈［－1，1］，且x 2＞x 1，则x 2－x 1＞0，且(x 2－x 1)(1－x 1x 2)＞0，∴f (x 2)－f (x 1)=－)1)(1()1)((2)12(122221211221222x x x x x x x x x x ++--=+--+＞0，∴f (x 2)＞f (x 1)，lg f (x 2)＞lg f (x 1)，即F (x 2)＞F (x 1)∴F (x )为增函数.,31|)61()61(||||,61||61|)3(=+--≤+--=t t u t t u 记即－31≤u ≤31，根据F (x )的单调性知F (－31)≤F (u )≤F (31)，∴lg 57≤F (|t －61|－|t +61|)≤lg 513对任意实数t 成立.。

不等式的证明方法第一篇：不等式的证明方法几个简单的证明方法一、比较法：a>b等价于a-b>0；而a>b>0等价于ab>1.即a与b的比较转化为与0或1的比较.使用比较发时，关键是要作适当的变形，如因式分解、拆项、加减项、通分等，这是第一章中许多代数不等式的证明及其他各章初等不等式的证明所常用的证明技巧.二、综合法与分析法：综合法是由因导果，即是由已知条件和已知的不等式出发，推导出所要证明的不等式；分析法是执果索因，即是要逐步找出使结论成立的充分条件或者充要条件，最后归结为已知的不等式或已知条件.对于条件简单而结论复杂的不等式，往往要通过分析法或分析法与综合法交替使用来寻找证明的途径.还要注意：第一，要熟悉掌握第一章的基本不等式和后面各章中著名的各种不等式；第二，要善于利用题中的隐含条件；第三，不等式的各种变性技巧.三、反证法：正难则反.设所要证的不等式不成立，从原不等式的结论的反面出发，通过合理的逻辑推理导出矛盾，从而断定所要证的不等式成立.要注意对所有可能的反面结果都要逐一进行讨论.四、放缩法：要证a<b，又已知(或易证)a<c，则只要证c<b，这是利用不等式的传递性，将原不等式里的某些项适当的放大或缩小，或舍去若干项等以达证题目的.放缩法的方法有：①添加或舍去一些项，如：a2+1>a；n(n+1)>n；②将分子或分母放大（或缩小）；③利用基本不等式，如：log3⋅lg5<（n(n+1)<lg3+lg522)2=lg<lg=lg4； n+(n+1)；④利用常用结论：k+1-k=1k+1+=11-k1k<12k1k；1k(k+1)1k+11k1k+11k<1k(k-1)1k；>=-（程度大）1k<-1=(k-1)(k+1)=2k-1（-)；（程度小）五、换元法：换元的目的就是减少不等式中变量，以使问题化难为易，化繁为简，常用的换元有三角换元和代数换元.如：已知x2+y2=a2，可设x=acosθ,y=asinθ；已知x2+y2≤1，可设x=rcosθ,y=rsinθ(0≤r≤1)；已知xaxa2+ybyb=1，可设x=acosθ,y=bsinθ；-=1，可设x=asecθ,y=btanθ；六、数学归纳法法：与自然数n有关的许多不等式，可考虑用数学归纳法证明，数学归纳法法证明不等式在数学归纳法中有专门的研究.但运用数学归纳法时要注意：第一，数学归纳法有多种形式.李大元就证明了下述七种等价的形式：设P(n)是与n有关的命题，则(1)、设P(n0)成立，且对于任意的k>n0，从P(k)成立可推出P(k+1)成立，则P(n)对所有大于n0的n都成立.(2)、设m是任给的自然数，若P(1)成立，且从P(k)(1≤k<m)成立可推出P(k+1)成立，则P(n)对所有不超过m的n都成立.(3)、(反向归纳法)设有无穷多个自然数n(例如n=2m)，使得P(n)成立，且从P(k+1)成立可推出P(k)成立，则P(n)对所有n成立.(4)、若P(且P(n)对所有满足1≤n≤k的n成立可推出P(k+1)成立，1)成立，则P(n)对所有n成立.(5)、(最小数原理)自然数集的非空子集中必有一个最小数.(6)、若P)且若P(k),P(k+1)成立可推出P(k+2)成立，则P(n)1(,P(2)成立，对所有n成立.(7)、(无穷递降法)若P(n)对某个n成立可推出存在n1<n，使得P(n1)成立，则P(n)对所有n成立.此外，还有螺旋归纳法(又叫翘翘板归纳法)：设有两个命题P(n),Q(n)，若P(1)成立，又从P(k)成立可推出Q(k)成立，并且从Q(k)成立可推出P(k+1)成立，其中k为任给自然数，则P(n),Q(n)对所有n都成立，它可以推广到两个以上的命题.这些形式虽然等价，但在不同情形中使用各有方便之处.在使用它们时，若能注意运用变形和放缩等技巧，往往可收到化难为易的奇效.对于有些不等式与两个独立的自然数m,n有关，可考虑用二重数学归纳法，即若要证命题P(m,n)对所有m,n成立，可分两步：①先证P(1,n),P(m,1)对所有m,n成立；②设P(m+1,n),P(m,n+1)成立，证明P(m+1,n+1)也成立.第二，数学归纳法与其它方法的综合运用，例如，证明n∑k=11ksinkx>0,(0<x<π)就要综合运用数学归纳法，反证法与极值法；有时可将n换成连续量x，用微分法或积分法.第三，并不是所有含n的不等式都能用数学归纳法证明的.七、构造法：通过构造函数、方程、数列、向量或不等式来证明不等式；证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法．要依据题设、题断的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．笔者将在第三章中详细地介绍构造法.八、利用基本不等式：善于利用已知不等式，特别是基本不等式去发现和证明新的不等式，是广泛应用的基本技巧.这种方法往往要与其它方法结合一起运用.22例1 已知a，b∈R，且a+b=1.求证：(a+2)+(b+2)≥252.证法一：(比较法)Θa,b∈R,a+b=1∴b=1-a∴(a+2)+(b+2)-252=a+b+4(a+b)-12=2(a-12)≥0=a+(1-a)+4-=2a-2a+即(a+2)2+(b+2)2≥证法二：(分析法)252(当且仅当a=b=时，取等号).(a+2)2+(B+2)≥252⇐a+b+4(a+b)+8≥252⎧b=1-a⎪⇐⎨225122⇐(a-)≥0⎪a+(1-a)+4+8≥22⎩显然成立，所以原不等式成立.点评：分析法是基本的数学方法，使用时，要保证“后一步”是“前一步”的充分条件.证法三：(综合法)由上分析法逆推获证(略).证法四：(反证法)假设(a+2)2+(b+2)2<252，则 a2+b2+4(a+b)+8<252252.由a+b=1，得b=1-a，于是有a2+(1-a)2+12<1⎫⎛所以(a-)<0，这与 a-⎪≥0矛盾.22⎭⎝.所以(a+2)+(b+2)≥252.证法五：(放缩法)∵a+b=1∴左边＝(a+2)+(b+2)⎡(a+2)+(b+2)⎤2125≥2⎢=a+b+4=⎡⎤()⎥⎣⎦222⎣⎦＝右边.点评：根据不等式左边是平方和及a+b=1这个特点，选用基本不等式⎛a+b⎫a+b≥2 ⎪.⎝2⎭证法六：(均值换元法)∵a+b=1，所以可设a=12+t，b=-t，1∴左边＝(a+2)+(b+2)=(+t+2)2+(-t+2)25⎫5⎫2525⎛⎛2＝右边.=t+⎪+t-⎪=2t+≥2⎭2⎭22⎝⎝当且仅当t=0时，等号成立.点评：形如a+b=1结构式的条件，一般可以采用均值换元.证法七：(利用一元二次方程根的判别式法) 设y=(a+2)+(b+2)，由a+b=1，有y=(a+2)2+(3-a)2=2a2-2a+13，所以2a2-2a+13-y=0，因为a∈R，所以∆=4-4⋅2⋅(13-y)≥0，即y≥故(a+2)+(b+2)≥252.252.下面，笔者将运用数学归纳法证明第一章中的AG不等式.在证明之前，笔者先来证明一个引理.引理：设A≥0，B≥0，则(A+B)n≥An+nA(n-1)B，其中n∈N+.证明：由二项式定理可知n(A+B)=∑An-iBi≥An+nA(n-1)Bni=0∴(A+B)≥A+nAnn(n-1)B第二篇：证明不等式方法不等式的证明是高中数学的一个难点，题型广泛，涉及面广，证法灵活，错法多种多样，本节通这一些实例，归纳整理证明不等式时常用的方法和技巧。

证明不等式的八大绝招高考数学的压轴题常以不等式为背景，而不等式的证明因其方法灵活，技巧性强，历来是学生学习中的一大难点，本文给同学们介绍不等式证明中的八大绝招：“变形法、拆项法、添项法、放缩法、构造法、换元法、导数法、数形结合法”，希望对同学们的学习有所禅益。

一、变形法例1、已知121212101010,,,:a b c a b c R a b c bc ca ab+∈++≥++求证 证明：原不等式等价于：131313101010a b c a b c abc ++≥++()131313101010a b c abc a b c ⇔++≥++ （*）1313112211a b a b a b +≥+ ， 1313112211b c b c b c +≥+， 1313112211c a a c a c +≥+， ()()()()1313131122112211222a b c a b c b a c c a b ∴++≥+++++()1111111010102222a bc b ac c ab abc a b c ≥++=++。

从而()131313101010a b c abc a b c ++≥++；所以（*）式成立，故原不等式成立。

二、拆项法例2、已知,,,1a b c R a b c +∈++=且 ，求证：231.432ab c ≤证明：122333b b c c c a b c a =++=+++++ 66≥=232362316432ab c ⋅∴≤=。

三、添项法例3、【第36届IMO 试题】设,,a b c 为正数，满足1abc =，求证：()()()33311132a b c b a c c a b ++≥+++.证明：()()3114b c a b c bc a ++≥=+ , ()3114a c b a c ac b++≥=+,311()4a b c a b ab c++≥=+, ∴()()()33311111114b c a c a b a b c b a c c a b bc ac ab a b c+++⎛⎫+++++≥++ ⎪+++⎝⎭.从而()()()33311111111112a b c b a c c a b a b c a b c ⎛⎫++≥++-++ ⎪+++⎝⎭1111322a b c ⎛⎫=++≥= ⎪⎝⎭. 故∴原不等式成立. 四、放缩法 例4、【1998年全国高考试题】求证：())*111111114732n N n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++>∈ ⎪⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 。

2018高考数学异构异模复习考案 第十八章 不等式选讲 18.2 不等式的证明撬题 理1．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________． 答案 5解析 由柯西不等式：a 2＋b 2·m 2＋n 2≥ma ＋nb ， ∴m 2＋n 2≥55＝ 5.2.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．3．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 ＋b ab，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．4．已知x >0，y >0，证明：(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥9xy .证明 由基本不等式⎩⎨⎧ 1＋x ＋y 2≥331·x ·y 21＋x 2＋y ≥331·x 2·y 分别当且仅当x ＝y 2＝1，x 2＝y ＝1时，“＝”成立．因此(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥93x 3y 3＝9xy ，当且仅当x ＝y ＝1时，“＝”成立．5．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 为正实数，且满足p ＋q ＋r ＝a ，求证：p 2＋q 2＋r 2≥3. 解 (1)∵|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，当且仅当－1≤x ≤2时，“＝”成立，∴f (x )的最小值等于3，即a ＝3.(2)证明：由(1)知，p ＋q ＋r ＝3，又p ，q ，r 是正实数，∴(p 2＋q 2＋r 2)(12＋12＋12)≥(p ×1＋q ×1＋r ×1)2＝(p ＋q ＋r )2＝9. 即p 2＋q 2＋r 2≥3.。

不等式的证明·典型例题【例1】已知a，b，c∈R+，求证：a3+b3+c3≥3abc．【分析】用求差比较法证明．证明：a3+b3+c3-3abc=[(a+b)3+c3]-3a2b-3ab2-3abc=(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)[a2+b2+c2-ab-bc-ca]∵a，b，c∈R+，∴a+b+c＞0．(c-a)]2≥0即 a3+b3+c3-3abc≥0，∴a3+b3+c3≥3abc．【例2】已知a，b∈R+，n∈N，求证：(a+b)(a n+b n)≤2(a n+1+b n+1)．【分析】用求差比较法证明．证明：左-右=a n+1+ab n+a n b+b n+1-2a n+1-2b n+1=ab n+a n b-a n+1-b n+1=a(b n-a n)+b(a n-b n)=(b n-a n)(a-b)(*) 当a＞b＞0时，b n-a n＜0，a-b＞0，∴(*)＜0；当b＞a＞0时，b n-a n＞0，a-b＜0，∴(*)＜0；当a=b＞0时，b n-a n=0，a-b=0，∴(*)=0．综上所述，有(a+b)(a n+b n)-2(a n+1+b n+1)≤0．即 (a+b)(a n+b n)≤2(a n+1+b n+1)．【说明】在求差比较的三个步骤中，“变形”是关键，常用的变形手段有配方、因式分解等，常将“差式”变形为一个常数，或几个因式积的形式．【例3】已知a，b∈R+，求证a a b b≥a b b a．【分析】采用求商比较法证明．证明：∵a，b∈R+，∴a b b a＞0综上所述，当a＞0，b＞0，必有a a b b≥a b b a．【说明】商值比较法的理论依据是：【例4】已知a、b、c是不全等的正数，求证：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc．【分析】采用综合法证明，利用性质a2+b2≥2ab．证明：∵b2+c2≥2bc，a＞0，∴a(b2+c2)≥2abc．①同理b(c2+a2)≥2abc②c(a2+b2)≥2abc③∵a，b，c不全相等，∴①，②，③中至少有一个式子不能取“=”号∴①+②+③，得a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc．【例5】已知a，b，c∈R+，求证：(1)(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc；【分析】用综合法证明，注意构造定理所需条件．证明：(1)ab+a+b+1=(a+1)(b+1)，ab+ac+bc+c2=(a+c)(b+c)．∴(a+1)(b+1)(a+c)(b+c)≥16abc因此，当a，b，c∈R+，有(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc．【说明】用均值定理证明不等式时，一要注意定理适用的条件，二要为运用定理对式子作适当变形，把式子分成若干分，对每部分运用均值定理后，再把它们相加或相乘．【分析】采用分析法证明．(*)∵a＜c，b＜c，∴a+b＜2c，∴(*)式成立．∴原不等式成立．用充分条件代替前面的不等式．【例7】若a、b、c是不全相等的正数，求证：证明二：(综合法)∵a，b，c∈R+，abc成立．上式两边同取常用对数，得【说明】分析法和综合法是对立统一的两个方面．在证法一中，前面是分析法，后面是综合法，两种方法结合使用，使问题较易解决．分析法的证明过程恰恰是综合法的分析、思考过程，综合法的证明方法是分析思考过程的逆推．【例8】已知a＞2，求证log a(a-1)·log a(a+1)＜1．【分析】两个对数的积不好处理，而两个同底对数的和却易于处理．因为我们可以先把真数相乘再取对数，从而将两个对数合二为一，平均值不等式恰好有和积转化功能可供利用．证明：∵a＞2，∴log a(a-1)＞0，log a(a+1)＞0．又log a(a-1)≠log a(a+1)∴log a(a-1)·log a(a+1)＜1．【说明】上式证明如果从log a(a-1)·log a(a+1)入手，得log a(a-1)二为一了．另外，在上述证明过程中，用较大的log a a2代替较小的log a(a2-1)，并用适当的不等号连结，从而得出证明．这种方法通常叫做“放缩法”．同样，也可以用较小的数代替较大的数，并用适当的不等号连结．【例9】已知：a，b，c都是小于1的正数；【分析】采用反证法证明．其证明思路是否定结论从而导出与已知或定理的矛盾．从而证明假设不成立，而原命题成立．对题中“至少∵a，b，c都是小于1的正数，故与上式矛盾，假设不成立，原命题正确．【说明】反证法是利用互为逆否命题具有等价性的思想进行推证的．反证法必须罗列各种与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，则反证都是不完全的，遇到“至少”、“至多”、“唯一”等字句的命题常用反证法．|a|≤1．【说明】换元法是将较为复杂的不等式利用等价转换的思想转换成易证明的不等式．常用的换元法有(1)，若|x|≤1，可设x=sinα，α∈R；(2)若x2+y2=1，可设x=sinα，y=cosα；(3)若x2+y2≤1，可设x=【例11】已知a1、a2、…a n，b1、b2、…b n为任意实数，求证明：构造一个二次函数它一定非负，因它可化为(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+…+(a n x-b n)2．∴Δ≤0，(当a1，a2，…a n都为0时，所构造式子非二次函数，但此时原不等式显然成立．)【说明】上例是用判别式法证明的“柯西不等式”，它可写为：变量分别取|a+b|，|a|、|b|时就得到要证的三个式子．因此，可考虑从函数∴f（x2）＞f（x1），f（x）在[0，+∞）上是增函数．取x1=|a+b|，x2=|a|+|b|，显然0≤x1≤x2．∴f（|a+b|）≤f（|a|+|b|）．【说明】这里是利用构造函数，通过函数的单调性，结合放缩法来证明不等式的．应注意的是，所给函数的单调整性应予以论证．【例13】已知a，b，m，n∈R，且a2+b2=1，m2+n2=1，求证：|am+bn|≤1．证法一：（比较法）证法二：（分析法）∵a，b，m，n∈R，∴上式成立，因此原不等式成立．证法三：（综合法）∵a，b，m，n∈R，∴（|a|-|m|）2≥0，（|b|-|n|）2≥0．即a2+m2≥2|am|，b2+n2≥2|bn|∴a2+m2+b2+n2≥2（|am|+|bn|）∵a2+b2=1，m2+n2=1，∴|am|+|bn|≤1∴|am+bn|≤|am|+|bn|≤1．证法四：（换元法）由已知，可设a=sinα，b=cosα，m=sinβ，n=cosβ．于是|am+bn|=|sinαsinβ+cosαcosβ|=|cos（α-β）|≤1．【说明】一个不等式的证明方法往往不只一种，要注意依据题目特点选择恰当的方法．【例14】已知f（x）=x2-x+c，且|x-a|＜1，（a，b，c∈R）求证：|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．【分析】绝对值不等式的证明充分利用绝对值不等式性质：证明：|f（x）－f（a）|=|x2-x+c-a2+a-c|=|（x+a）（x-a）-（x-a）|=|x-a||x+a-1|＜|x+a-1|=|（x-a）+2a-1|＜|x-a|+|2a|+|（-1）|＜1+2|a|+1=2（|a|+1）．∴|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．【例15】当h与|a|，|b|，1中最大的一个相等，求证：当|x|＞h时，由已知，有|x|＞h≥|a|，|x|＞h≥|b|，|x|＞h≥1 ∴|x|2≥b．。

不等式证明19个典型例题典型例题一例1 若10<<x ，证明)1(log )1(log x x a a +>-（0>a 且1≠a ）．分析1 用作差法来证明．需分为1>a 和10<<a 两种情况，去掉绝对值符号，然后比较法证明．解法1 （1）当1>a 时，因为 11,110>+<-<x x ， 所以 )1(log )1(log x x a a +-- )1(log )1(log x x a a +---=0)1(log 2>--=x a ．（2）当10<<a 时， 因为 11,110>+<-<x x 所以 )1(log )1(log x x a a +-- )1(log )1(log x x a a ++-=0)1(log 2>-=x a ．综合（1）（2）知)1(log )1(log x x a a +>-．分析2 直接作差，然后用对数的性质来去绝对值符号． 解法2 作差比较法．因为 )1(log )1(log x x a a +-- ax a x lg )1lg(lg )1lg(+--=[])1lg()1lg(lg 1x x a +--=[])1lg()1lg(lg 1x x a +---=0)1lg(lg 12>--=x a，所以)1(log )1(log x x a a +>-．说明：解法一用分类相当于增设了已知条件，便于在变形中脱去绝对值符号；解法二用对数性质（换底公式）也能达到同样的目的，且不必分而治之，其解法自然简捷、明快．典型例题二例2 设0>>b a ，求证：.ab b a b a b a >分析：发现作差后变形、判断符号较为困难．考虑到两边都是正数，可以作商，判断比值与1的大小关系，从而证明不等式．证明：ba ab ba ab b aba baba b a ---=⋅=)(∵0>>b a ，∴.0,1>->b a ba∴1)(>-ba ba. ∴abb aba b a .1>又∵0>ab b a ， ∴.abbab a b a >.说明：本题考查不等式的证明方法——比较法(作商比较法).作商比较法证明不等式的步骤是：判断符号、作商、变形、判断与1的大小.典型例题三例3 对于任意实数a 、b ，求证444()22a ba b ++≥（当且仅当a b =时取等号）分析 这个题若使用比较法来证明，将会很麻烦，因为，所要证明的不等式中有4()2a b +，展开后很复杂。

难点18 不等式的证明策略不等式的证明，方法灵活多样，它可以和很多内容结合.高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，纯不等式的证明，历来是高中数学中的一个难点，本难点着重培养考生数学式的变形能力，逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力.●难点磁场(★★★★)已知a ＞0，b ＞0，且a +b =1.求证：(a +a 1)(b +b 1)≥425.●案例探究［例1］证明不等式n n2131211<++++ (n ∈N *)命题意图：本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目，考查学生观察能力、构造能力以及逻辑分析能力，属★★★★★级题目.知识依托：本题是一个与自然数n 有关的命题，首先想到应用数学归纳法，另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等.错解分析：此题易出现下列放缩错误：这样只注重形式的统一，而忽略大小关系的错误也是经常发生的.技巧与方法：本题证法一采用数学归纳法从n =k 到n =k +1的过渡采用了放缩法；证法二先放缩，后裂项，有的放矢，直达目标；而证法三运用函数思想，借助单调性，独具匠心，发人深省.证法一：(1)当n 等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立；(2)假设n =k (k ≥1)时，不等式成立，即1+k13121+++ ＜2k ， ,1211)1(11)1(21121131211+=++++<+++=++<+++++k k k k k k k k k k 则∴当n =k +1时，不等式成立. 综合(1)、(2)得：当n ∈N *时，都有1+n13121+++＜2n .另从k 到k +1时的证明还有下列证法：,1111212212:.12112,01),1(21)1(2,0)1()1()1(2)1(21)1(22+=+++>++=-++<++∴>++<++∴>+-=+++-=+--+k k k kk k k k k k k k k k k k k k k k k k k 又如.12112+<++∴k k k证法二：对任意k ∈N *，都有： .2)1(2)23(2)12(22131211),1(21221n n n nk k k k k k k =--++-+-+<++++--=-+<+=因此证法三：设f (n )=),131211(2nn ++++-那么对任意k ∈N*都有：1)1(])1(2)1[(11]1)1(2)1(2[1111)1(2)()1(2>+-+=++-+⋅+=-+-++=+--+=-+k k k k k k k k k k k k k k k k f k f∴f (k +1)＞f (k )因此，对任意n ∈N * 都有f (n )＞f (n －1)＞…＞f (1)=1＞0，∴.2131211n n <++++［例2］求使y x +≤a y x +(x ＞0，y ＞0)恒成立的a 的最小值.命题意图：本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力，属于★★★★★级题目.知识依托：该题实质是给定条件求最值的题目，所求a 的最值蕴含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有关性质把a 呈现出来，等价转化的思想是解决题目的突破口，然后再利用函数思想和重要不等式等求得最值.错解分析：本题解法三利用三角换元后确定a 的取值范围，此时我们习惯是将x 、y 与cos θ、sin θ来对应进行换元，即令x =cos θ，y =sin θ(0＜θ＜2π)，这样也得a ≥sin θ+cos θ，但是这种换元是错误的.其原因是：(1)缩小了x 、y 的范围；(2)这样换元相当于本题又增加了“x 、y =1”这样一个条件，显然这是不对的.技巧与方法：除了解法一经常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数a 满足不等关系，a ≥f (x )，则a min =f (x )max ；若 a ≤f (x )，则a max =f (x )min ，利用这一基本事实，可以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题.还有三角换元法求最值用的恰当好处，可以把原问题转化.解法一：由于a 的值为正数，将已知不等式两边平方，得：x +y +2xy ≤a 2(x +y )，即2xy ≤(a 2－1)(x +y )， ① ∴x ，y ＞0，∴x +y ≥2xy ，②当且仅当x =y 时，②中有等号成立.比较①、②得a 的最小值满足a 2－1=1， ∴a 2=2，a =2 (因a ＞0)，∴a 的最小值是2. 解法二：设yx xyy x xy y x y x y x yx yx u ++=+++=++=++=212)(2. ∵x ＞0，y ＞0，∴x +y ≥2xy (当x =y 时“=”成立)，∴y x xy +2≤1，yx xy+2的最大值是1. 从而可知，u 的最大值为211=+， 又由已知，得a ≥u ，∴a 的最小值为2. 解法三：∵y ＞0， ∴原不等式可化为y x+1≤a 1+yx， 设y x =tan θ，θ∈(0，2π). ∴tan θ+1≤a 1tan 2+θ；即tan θ+1≤a se c θ ∴a ≥sin θ+cos θ=2sin(θ+4π)， ③又∵sin(θ+4π)的最大值为1(此时θ=4π). 由③式可知a 的最小值为2.●锦囊妙计1.不等式证明常用的方法有：比较法、综合法和分析法，它们是证明不等式的最基本的方法.(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配方，判断过程必须详细叙述；如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式，则考虑用判别式法证.(2)综合法是由因导果，而分析法是执果索因，两法相互转换，互相渗透，互为前提，充分运用这一辩证关系，可以增加解题思路，开扩视野.2.不等式证明还有一些常用的方法：换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法等.换元法主要有三角代换，均值代换两种，在应用换元法时，要注意代换的等价性.放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩要有的放矢，目标可以从要证的结论中考查.有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法.凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题，适宜用反证法.证明不等式时，要依据题设、题目的特点和内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤、技巧和语言特点.●歼灭难点训练 一、填空题1.(★★★★★)已知x 、y 是正变数，a 、b 是正常数，且ybx a +=1，x +y 的最小值为__________.2.(★★★★)设正数a 、b 、c 、d 满足a +d =b +c ，且|a －d |＜|b －c |，则ad 与bc 的大小关系是__________.3.(★★★★)若m ＜n ，p ＜q ，且(p －m )(p －n )＜0，(q －m )(q －n )＜0，则m 、n 、p 、q 的大小顺序是__________.二、解答题4.(★★★★★)已知a ，b ，c 为正实数，a +b +c =1.求证：(1)a 2+b 2+c 2≥31 (2)232323+++++c b a ≤65.(★★★★★)已知x ，y ，z ∈R ，且x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，证明：x ，y ，z ∈［0，32］ 6.(★★★★★)证明下列不等式： (1)若x ，y ，z ∈R ，a ，b ，c ∈R +，则cb a y b ac x a c b +++++22z 2≥2(xy +yz +zx ) (2)若x ，y ，z ∈R +，且x +y +z =xyz ，则z y x y x z x z y +++++≥2(zy x 111++) 7.(★★★★★)已知i ，m 、n 是正整数，且1＜i ≤m ＜n . (1)证明：n i A i m ＜m i A i n ；(2)证明：(1+m )n ＞(1+n )m8.(★★★★★)若a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，求证：a +b ≤2，ab ≤1.参考答案难点磁场证法一：(分析综合法）欲证原式，即证4(ab )2+4(a 2+b 2)－25ab +4≥0，即证4(ab )2－33(ab )+8≥0，即证ab ≤41或ab ≥8.∵a ＞0，b ＞0，a +b =1，∴ab ≥8不可能成立∵1=a +b ≥2ab ，∴ab ≤41，从而得证. 证法二：(均值代换法) 设a =21+t 1，b =21+t 2. ∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴t 1+t 2=0，|t 1|＜21，|t 2|＜21.4254116254123162541)45(41)141)(141()21)(21()141)(141(211)21(211)21(11)1)(1(2242222222222222222112122221122212122=≥-++=--+=-++++++=++++++++=+++⨯+++=+⨯+=++∴t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t b b a a b b a a 显然当且仅当t =0，即a =b =21时，等号成立.证法三：(比较法）∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41425)1)(1(04)8)(41(4833442511425)1)(1(2222≥++∴≥--=++=-+⋅+=-++b b a a ab ab ab ab ab b a b b a a b b a a 证法四：(综合法)∵a +b =1， a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41.4251)1(41 16251)1(169)1(434111222≥+-⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥+-⇒≥-⇒=-≥-∴ab ab ab ab ab ab 425)1)(1(≥++b b a a 即 证法五：(三角代换法）∵ a ＞0，b ＞0，a +b =1，故令a =sin 2α，b =cos 2α，α∈(0，2π) .425)1)(1(4252sin 4)2sin 4(412sin 125162sin 24.3142sin 4,12sin 2sin 416)sin 4(2sin 42cos sin 2cos sin )cos 1)(cos sin 1(sin )1)(1(2222222222222442222≥++≥-⇒⎪⎭⎪⎬⎫≥≥+-=-≥-∴≤+-=+-+=++=++b b a a b b a a 即得ααααααααααααααααα 2歼灭难点训练 一、1.解析：令xa=cos 2θ，y b =sin 2θ，则x =a sec 2θ，y =bc s c 2θ，∴x +y =a sec 2θ+b csc 2θ=a +b +a tan 2θ+b co t 2θ≥a +b +2ab b a b a 2cot tan 22++=θ⋅θ.答案：a +b +2ab2.解析：由0≤|a －d |＜|b －c |⇔(a －d )2＜(b －c )2⇔(a +b )2－4ad ＜(b +c )2－4bc∵a +d =b +c ，∴－4ad ＜－4bc ，故ad ＞bc . 答案：ad ＞bc3.解析：把p 、q 看成变量，则m ＜p ＜n ，m ＜q ＜n . 答案：m ＜p ＜q ＜n二、4.(1)证法一：a 2+b 2+c 2－31=31(3a 2+3b 2+3c 2－1) =31［3a 2+3b 2+3c 2－(a +b +c )2］ =31［3a 2+3b 2+3c 2－a 2－b 2－c 2－2ab －2ac －2bc ］ =31［(a －b )2+(b －c )2+(c －a )2］≥0 ∴a 2+b 2+c 2≥31 证法二：∵(a +b +c )2=a 2+b 2+c 2+2ab +2ac +2bc ≤a 2+b 2+c 2+a 2+b 2+a 2+c 2+b 2+c 2∴3(a 2+b 2+c 2)≥(a +b +c )2=1 ∴a 2+b 2+c 2≥31证法三：∵33222c b a c b a ++≥++∴a 2+b 2+c 2≥3cb a ++∴a 2+b 2+c 2≥31 证法四：设a =31+α，b =31+β，c =31+γ.∵a +b +c =1，∴α+β+γ=0∴a 2+b 2+c 2=(31+α)2+(31+β)2+(31+γ)2=31+32(α+β+γ)+α2+β2+γ 2 =31+α2+β2+γ2≥31 ∴a 2+b 2+c 2≥31629)(323232323323,23323,21231)23(23:)2(=+++<+++++∴+<++<+++<⨯+=+c b a c b a c c b b a a a 同理证法一 ∴原不等式成立. 证法二：3)23()23()23(3232323+++++≤+++++c b a c b a 336)(3=+++=c b a∴232323+++++c b a ≤33＜6 ∴原不等式成立.5.证法一：由x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，得x 2+y 2+(1－x －y )2=21，整理成关于y 的一元二次方程得：2y 2－2(1－x )y +2x 2－2x +21=0，∵y ∈R ，故Δ≥0 ∴4(1－x )2－4×2(2x 2－2x +21)≥0，得0≤x ≤32，∴x ∈［0，32］同理可得y ，z ∈［0，32］证法二：设x =31+x ′，y =31+y ′，z =31+z ′，则x ′+y ′+z ′=0，于是21=(31+x ′)2+(31+y ′)2+(31+z ′)2=31+x ′2+y ′2+z ′2+32(x ′+y ′+z ′) =31+x ′2+y ′2+z ′2≥31+x ′2+2)(2z y '+'=31+23x ′2故x ′2≤91，x ′∈［－31，31］，x ∈［0，32］，同理y ，z ∈［0，32］证法三：设x 、y 、z 三数中若有负数，不妨设x ＜0，则x 2＞0，21=x 2+y 2+z 2≥x 2+21232)1(2)(2222+-=+-=+x x x x z y ＞21，矛盾.x 、y 、z 三数中若有最大者大于32，不妨设x ＞32，则21=x 2+y 2+z 2≥x 2+2)(2z y +=x 2+2)1(2x -=23x 2－x +21=23x (x －32)+21＞21；矛盾. 故x 、y 、z ∈［0，32］)()()()()()(222)(4)(2))(()(2)]()()([)(2)(:)2()(20)()()()2()2()2()(22:)1.(62222222222223333332222222222222222222222222222222222≥-+-+-+-+-+-⇔++≥+++++⇔+++++≥+++++++⇔++≥+++++⋅⇔++≥+++++++≥+++++∴≥-+-+-=-++-++-+=++-+++++y x z x z y z y x y x xy x z zx z y yz xyz z xy yz x xy y x zx x z yz z y xyz z xy yz x x z z y y x xy y x zx x z yz z y z y x zx yz xy y x xy x z zx z y yz xyz zx yz xy zyx y x z x z y z y x zx yz xy z c b a y b a c x a c b x a c z c a z c b y b c y b a x a b zx x a cz c a yz z c b y b c xy y b a x a b zx yz xy z cb a y b ac x c b 所证不等式等介于证明证明∵上式显然成立，∴原不等式得证.7.证明：(1)对于1＜i ≤m ，且A i m =m ·…·(m －i +1)，n i n n n n n nm i m m m m m m i i m i i m 11A ,11A +-⋅⋅-⋅=+-⋅⋅-⋅= 同理， 由于m ＜n ，对于整数k =1，2，…，i －1，有mkm n k n ->-， 所以i m i i n i i i mi i n n m mn A A ,A A >>即(2)由二项式定理有：(1+m )n =1+C 1n m +C 2n m 2+…+C nn m n ， (1+n )m =1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m ，由(1)知m iA i n＞n iA i m(1＜i ≤m )，而C i m=!A C ,!A i i i ni n i m = ∴m i C i n ＞n i C i m (1＜m ＜n )∴m 0C 0n =n 0C 0n =1，m C 1n =n C 1m =m ·n ，m 2C 2n ＞n 2C 2m ，…，m m C m n ＞n m C m m ，m m +1C 1+m n ＞0，…，m n C n n ＞0，∴1+C 1n m +C 2n m 2+…+C n n m n ＞1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m，即(1+m )n ＞(1+n )m 成立.8.证法一：因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以 (a +b )3－23=a 3+b 3+3a 2b +3ab 2－8=3a 2b +3ab 2－6=3［ab (a +b )－2］=3［ab (a +b )－(a 3+b 3)］=－3(a +b )(a －b )2≤0. 即(a +b )3≤23，又a +b ＞0，所以a +b ≤2，因为2ab ≤a +b ≤2， 所以ab ≤1.证法二：设a 、b 为方程x 2－mx +n =0的两根，则⎩⎨⎧=+=ab n ba m ，因为a ＞0，b ＞0，所以m ＞0，n ＞0，且Δ=m 2－4n ≥0①因为2=a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］=m (m 2－3n )所以n =mm 3232-②将②代入①得m 2－4(mm 3232-)≥0， 即mm 383+-≥0，所以－m 3+8≥0，即m ≤2，所以a +b ≤2，由2≥m 得4≥m 2，又m 2≥4n ，所以4≥4n ， 即n ≤1，所以ab ≤1.证法三：因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以2=a 3+b 3=(a +b )(a 2+b 2－ab )≥(a +b )(2ab －ab )=ab (a +b )于是有6≥3ab (a +b )，从而8≥3ab (a +b )+2=3a 2b +3ab 2+a 3+b 3= (a +b )3，所以a +b ≤2，(下略）证法四：因为333)2(2b a b a +-+8))((38]2444)[(22222b a b a ab b a ab b a b a -+=----++=≥0， 所以对任意非负实数a 、b ，有233b a +≥3)2(b a +因为a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以1=233b a +≥3)2(b a +，∴2b a +≤1，即a +b ≤2，(以下略）证法五：假设a +b ＞2，则a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］＞(a +b )ab ＞2ab ，所以ab ＜1， 又a 3+b 3=(a +b )［a 2－ab +b 2］=(a +b )［(a +b )2－3ab ］＞2(22－3ab )因为a 3+b 3=2，所以2＞2(4－3ab )，因此ab ＞1，前后矛盾，故a +b ≤2(以下略)。

不等式证明典型例题例1 若10<<x ，证明)1(log )1(log x x a a +>-（0>a 且1≠a ）．分析1 用作差法来证明．需分为1>a 和10<<a 两种情况，去掉绝对值符号，然后比较法证明． 解法1 （1）当1>a 时， 因为 11,110>+<-<x x ，所以 )1(log )1(log x x a a +-- )1(log )1(log x x a a +---= 0)1(log 2>--=x a ．（2）当10<<a 时， 因为 11,110>+<-<x x所以 )1(log )1(log x x a a +-- )1(log )1(log x x a a ++-=0)1(log 2>-=x a ．综合（1）（2）知)1(log )1(log x x a a +>-．分析2 直接作差，然后用对数的性质来去绝对值符号． 解法2 作差比较法．因为 )1(log )1(log x x a a +-- ax a x lg )1lg(lg )1lg(+--=[])1lg()1lg(lg 1x x a +--=[])1lg()1lg(lg 1x x a +---=0)1lg(lg 12>--=x a， 所以)1(log )1(log x x a a +>-． 例2 设0>>b a ，求证：.ab ba b a b a >证明：b a a b ba ab b a b a b aba b a ---=⋅=)( ∵0>>b a ，∴.0,1>->b a ba ∴1)(>-ba b a . ∴a b b a b a b a .1> 又∵0>abb a ， ∴.ab ba b a b a >.例3 对于任意实数a 、b ，求证444()22a b a b ++≥（当且仅当a b =时取等号） 证明：∵ 222a b ab +≥（当且仅当22a b =时取等号） 两边同加4444222():2()()a b a b a b ++≥+，即：44222()22a b a b ++≥ （1） 又：∵ 222a b ab +≥（当且仅当a b =时取等号） 两边同加22222():2()()a b a b a b ++≥+∴222()22a b a b ++≥ ∴ 2224()()22a b a b ++≥ （2） 由（1）和（2）可得444()22a b a b ++≥（当且仅当a b =时取等号）． 例4 已知a 、b 、c R +∈，1a b c ++=，求证1119.a b c++≥ 证明：∵1a b c ++=∴ 111a b c ++a b c a b c a b c a b c++++++=++ (1)(1)(1)b c a c a b a a b b c c =++++++++3()()()b a c a c ba b a c b c=++++++∵2b a a b +≥=，同理：2c a a c+≥，2c bb c +≥。

湖北黄岗中学高考数学二轮复习考点分析8：不等式的综合考察考点透析【考点聚焦】（解、用、证）（两小半大）考点 1：不等式的性质与重要不等运用考点 2：不等式的解法考点 3：不等式的应用问题考点 4：不等式的综合问题【考题形式】1。

小题与会合，函数定义域、值域联合；（ 1 小是一定的）2．不等式组与线性规划。

3。

大题形式多样与其余知识联合，不会出现独自的不等式题。

【问题 1】不等式的解法1．已知 R为全集， A={x|log1 (3-x) ≥-2},B={x|5≥ 1},C R A ∩B=（B）x22(A)-2<x<-1(B)– 2<x<-1 或 x=3 (C)-2≤ x<-1 (D)-2≤ x≤12．设 a<0,则对于 x 的不等式42x2+ax-a2<0 的解集为：（A）(A)7a ,6a(B)6a , 7a(C)｛ 0｝(D)无解3．以下不等式中，解集为R 的是（B）A ． |x－ 3|>x－ 32x 2x2> 1 B ．x1x 212D．log1x 210C．xx22(x23x 2)( x4) 20 的解为（D）4．不等式x3A ．－ 1<x≤ 1 或 x≥ 2B． x<－ 3 或 1≤ x≤ 2C．x=4 或－ 3<x≤ 1 或 x≥2D． x=4 或 x<－ 3 或 1≤ x≤ 25．（山东卷）设 f(x)=2e x 1 , x2,则不等式 f(x)>2 的解集为log 3 ( x21), x2,(A) （ 1，2）（ 3， +∞） (B) （10 ，+∞）(C)（ 1， 2）（10， +∞） (D) （ 1， 2）解：令 2e x 12（ x 2），解得 1 x2。

令 log 3 ( x 21)2（ x 2）解得 x（10 ，+∞）选 C【精例 1】已知A x x22 x8 0, Bx 9 3x2x19，24ax 3a20，C x x若 A BC ，务实数 a 的取值范围．解：由题意可得， A= ｛ x|x － 4 或 x 2｝B= ｛ x|－2x 3｝则A B={ x|2x 3}而 C=｛ x|(x － a)(x － 3a)0｝ 要使 ABa 2得 a [1,2] ．C 则 a>0，且，3a3【精例 2】解不等式log 1( x1)log 21log 1 12 ．（ 12 分）6 x22解：∵原不等式log 2 ( x 1) log 2 (6 x) log 2 12log ( x1)(6 x) log 12( x 1)( 6x) 0x 3或x 2{ x 1 2且6-x 02 {1 x 6{-1 x 61 x 2或 3 x 6原不等式的解集为： { x1 x2或3x 6} ．【精例 3】P 61 例 1【精例 4】P62例 2【问题 2】含有参数的不等式问题含有参数的不等式问题是高考常考题型， 求解过程中要利用不等式的性质将不等式进行变形转变，化为一元二次不等式等问题去解决，注意参数在转变过程中对问题的影响. 【精例 5】已知 f ( x) lg( x 1), g(x) 2lg( 2x t )(t R, t 是参数） .（ 1）当 t=－1 时，解 不等式： f(x)≤ g(x) ；（2）假如当 x ∈ [0,1] 时， f(x)≤ g(x)恒成立，求参数t 的取值范围 .x 1 0 解：（ 1）t ＝－ 1 时，f(x) ≤ g(x)，即为 lg( x1) 2 lg( 2x 1) ，此不等式等价于2 x 1x 1 ( 2x 1) 25 5解得 x ≥ 4 , ∴原不等式的解集为｛ x| x ≥ 4｝x 1 0(2) x ∈ [0,1] 时， f(x)≤ g(x)恒成立 , ∴ x ∈ [0,1] 时，2x t 0 恒成立，x 1 ( 2xt) 2x 1 0 ∴ x ∈ [0,1] 时，t2x 恒成立，即 x ∈ [0,1] 时， t2xx 1t2xx 1恒成立，于是转变为求 2xx 1 （ x ∈ [0,1] ）的最大值问题 .令 ux 1 ，则 x=u 2－ 1，由 x ∈ [0,1] ，知 u ∈ [1, 2 ].∴ 2xx 1 ＝－ 2（ u 2－ 1）＋ u= 2(u1 )2 174 8当 u=1 时，即 x=0 时， 2x x 1 有最大值为 1.∴ t 的取值范围是 t ≥1.评论： 对于含参数问题， 经常用分类议论的方法； 而恒成立问题， 除了运用分类议论的方法外，还可采纳分别参数的方法 .【精例 6】解对于 x 的不等式： | log a(ax 2) | | log a x | 2(a 0, 且a 1)点拨与提示：用换元法将原不等式化简，注意对a 的议论 .解：设log a x t ，原不等式化为｜1＋ 2t ｜－｜ t ｜ <2（1）当t1时，－ 1－ 2t ＋ t<2 ，∴ t>－ 3，∴ 3 t122（2）当1 t1，∴1 t20时， 1+2t+t<2 ，∴ t23（ 3）当 t ≥ 0 时， 1+2t － t<2 ，∴ t<1, ∴0≤ t ＜ 1综上可知：－ 3＜ t ＜ 1，即－ 3＜ log a x ＜ 1当 a ＞ 1 时，1 1a 3x a ，当 0＜ a ＜ 1 时， a xa 3因此当 a ＞1 时，原不等式的解集为 ｛ x|1 x a ｝, 当 0＜ a ＜1 时，原不等式的解集为 ｛ x ｜a 3a x1 ｝a 3【精例 7】 P 62 例 3【问题 3】不等式与函数的综合题（隐含不等式）【精例 8】 P 64 T 6【精例 9】已知 f(x)是定义在［ -1， 1］上的奇函数，且 f(1)=1 ，若 m 、n ∈［ -1， 1］， m+n ≠f (m)f (n)1(1)用定义证明 f(x) 在［－ 1，1］上是增函数； (2)解不等式f(x+ 2)0 时m n＞ 01＜f( x1)；(3) 若 f(x) ≤ t －2+1 对全部 x ∈［－ 1， 1］， a ∈［－ 1， 1］恒成立，务实数 t 的取值范围2at【思路剖析】 (1)问单一性的证明，利用奇偶性灵巧变通使用已知条件不等式是重点， (3)问利用单一性把f(x) 转变成“ 1”是画龙点睛(1) 证明 任取 x 1＜x 2 ，且 x 1， x 2∈［－ 1，1］，则 f(x 1212f ( x 1 )f (x 2 )·(x 12)－ f(x )= f(x )+ f(－ x )=x 1x 2－ x )∵－ 1≤ x1＜x2≤ 1，∴ x1+(－ x2)≠ 0，由已知f ( x1 ) f ( x2)＞0，又x1－x2＜0，x1x2∴ f(x1)－ f(x2) ＜ 0，即 f( x)在［－ 1， 1］上为增函数1x 11(2) 解∵ f(x)在［－ 1，1 ］上为增函数，∴2{ x|－3≤ x＜－ 1， x 11解得1x21x112x 1∈R }(3)解由(1)可知f(x)在［－1，1］上为增函数，且f(1)=1 ，故对x∈［－ 1， 1］，恒有f(x)≤ 1，因此要使 f(x)≤ t2－ 2at+1 对全部 x∈［－ 1，1］，a∈［－ 1，1］恒成立，即要t2－ 2at+1≥1成立，故 t2－ 2at≥ 0，记 g( a)=t2－ 2at，对 a∈［－ 1，1］，有 g( a)≥ 0，只要 g(a)在［－ 1， 1］上的最小值大于等于0， g(－ 1)≥ 0， g(1)≥ 0，解得， t≤－ 2 或 t=0 或 t≥ 2∴t 的取值范围是{ t|t≤－ 2 或 t=0 或 t≥2}评论此题是一道函数与不等式相联合的题目，考察学生的剖析能力与化归能力它主要波及函数的单一性与奇偶性，而单一性贯串一直，把所求问题分解转变，是函数中的热门问题；问题（2）、（ 3）要求的都是变量的取值范围，不等式的思想起到了重点作用【问题 4】线性规划【精例 10】不等式| 2 x y m | 3 表示的平面地区包括点(0,0) 和点 ( 1,1), 则 m 的取值范围是（ A ）A．C．2m3 B ．0m63m6D．0m3yy 2x 4【精例 11】已知点（ 3 ， 1）和点（－ 4 ， 6）在直线3x–2y +m = 0 的双侧，则（ B ）A ． m＜－ 7或 m＞ 24B ．－ 7＜ m＜ 24 C． m＝－ 7或 m＝ 24 D．－ 7≤m≤ 24x y sO x图 3x0y0下，当 3 x 5 时，【精例 12】在拘束条件xy sy2x4目标函数 z 3x 2 y 的最大值的变化范围是A. [6,15]B. [7,15]C. [6,8]D.[7,8]【 精 例 13】 已 知 a (0,2), 当 a 为什么值时，直线l 1 : ax 2 y 2a 4与 l 2 : 2x a 2 y2a 24及坐标E yl 1 `12 分）轴围成的平面地区的面积最小？（解：Ca( xBODx l 1 : y 22) l 1恒过 A(2,2),2l 2 `交 x, y 轴分别为 B （24,0),C(0,2a)al 2 : y 22(x 2) l 2 恒过 A(2,2), 交x, y 轴分别为 D （a 22,0), C(0,2 4) ，a 2a 24 0 a2 20,2 a， 由 题 意 知 l 1与 l 2及坐标轴围成的平面地区为aACOD ，S ACODS EODS ECA1 (a2 2)( 24 ) 1 ( 4 a) 2 a 2a 4 ( a1) 2 15 ,2a 2 2 a 224当a1时，(S ACOD ) min1524．【问题 4】不等式的实质应用问题对于应用题要经过阅读， 理解所给定的资料， 找寻量与量之间的内在联系， 抽象失事物系统的主要特点与关系， 成立起能反应其实质属性的数学构造， 进而成立起数学模型， 而后利用不等式的知识求出题中的问题【精例 13】（天津卷） 某企业一年购置某种货物 400 吨，每次都购置 x 吨，运费为4 万元/次，一年的总储存花费为 4x 万元，要使一年的总运费与总储存花费之和最小，则 x_______吨．解： 某企业一年购置某种货物400 吨，每次都购置x 吨，则需要购置400次，运费为 4 万x元/ 次，一年的总储存花费为4x 万元，一年的总运费与总储存花费之和为400 4 4x 万元，x40016004 4x ≥ 160，当x4 x 即 x 20 吨时，一年的总x运费与总储存花费之和最小。