【小初高学习】高中数学第二讲讲明不等式的基本方法一比较法优化练习

第二讲 证明不等式的基本方法本讲优化总结, [学生用书P36])比较法证明不等式[学生用书P36]比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法，主要有作差比较法和作商比较法，含根号时常采用比平方差或立方差．基本步骤是作差(商)—变形—判断——结论，关键是变形，变形的目的是判号(与1的大小关系)，变形的方法主要有配方法、因式分解法等．若x ，y ，z ∈R ，a >0，b >0，c >0.求证：b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx )． 【证明】 因为b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b c z 2－2(xy ＋yz ＋zx ) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b ax 2＋a b y 2－2xy ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c by 2＋b cz 2－2yz ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a c z 2＋c a x 2－2zx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b a x －a b y 2＋ ⎝⎛⎭⎪⎫c by －b c z 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a cz －c a x 2≥0， 所以b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx )成立．设a ，b 为实数，0<n <1，0<m <1，m ＋n ＝1，求证：a 2m ＋b 2n≥(a ＋b )2.证明：因为a 2m ＋b 2n －(a ＋b )2＝na 2＋mb 2mn －nm （a 2＋2ab ＋b 2）mn＝na 2（1－m ）＋mb 2（1－n ）－2mnab mn＝n 2a 2＋m 2b 2－2mnab mn＝（na －mb ）2mn≥0，所以a 2m ＋b 2n≥(a ＋b )2.分析法和综合法证明不等式[学生用书P36]在证明不等式的过程中，分析法、综合法常常是不能分离的．如果使用综合法证明不等式，难以入手时常用分析法探索证题的途径，之后用综合法形式写出它的证明过程，以适应人们习惯的思维规律，有时问题的证明难度较大，常使用分析综合法，实现两头往中间靠以达到证题目的．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 ≤2.1.设a >0，b >0，a ＋b ＝1，求证：1a ＋1b ＋1ab≥8.证明：因为a >0，b >0，a ＋b ＝1， 所以1＝a ＋b ≥2ab ，ab ≤12，所以1ab≥4.所以1a ＋1b ＋1ab ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1ab≥2ab ·21ab＋4＝8，所以1a ＋1b ＋1ab≥8，当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立．2．已知a >0，b >0，且a ＋b ＝1，求证： a ＋12＋b ＋12≤2.证明：要证a ＋12＋b ＋12≤2，只要证⎝⎛⎭⎪⎫a ＋12＋ b ＋122≤4. 即证a ＋b ＋1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋12≤4. 只要证⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋12≤1.也就是要证ab ＋12(a ＋b )＋14≤1，即证ab ≤14.因为a >0，b >0，a ＋b ＝1. 所以1＝a ＋b ≥2ab ， 所以ab ≤14，即上式成立．故a ＋12＋b ＋12≤2.反证法证明不等式[学生用书P37]反证法是从否定结论出发，经过推理论证，得出矛盾，从而肯定原命题正确的证明方法，其步骤为：(1)分清命题的条件和结论，作出与命题结论相矛盾的假定命题(否定结论)； (2)从假定和条件出发，应用正确的推理方法，推出矛盾；(3)断定产生矛盾的原因在于开始所作的假设不正确，于是原命题成立．从而间接证明了原命题为真命题．已知：在如图所示的△ABC 中，∠BAC >90°，D 是BC 的中点． 求证：AD <12BC .【证明】 假设AD ≥12BC .(1)若AD ＝12BC ，由平面几何中定理“若三角形一边上的中线等于该边长的一半，那么，这条边所对的角为直角”知∠BAC ＝90°，与题设矛盾．所以AD ≠12BC .(2)若AD >12BC ，因为BD ＝DC ＝12BC ，所以在△ABD 中，AD >BD ，从而∠B >∠DAB . 同理∠C >∠CAD .所以∠B ＋∠C >∠BAD ＋∠CAD ， 即∠B ＋∠C >∠BAC .因为∠B ＋∠C ＝180°－∠BAC ，所以180°－∠BAC >∠BAC ，则∠BAC <90°，与已知矛盾．由(1)(2)知AD <12BC .设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1b.证明：(1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．证明：由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab，a >0，b >0，得ab ＝1.(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2.(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．放缩法证明不等式[学生用书P37]用放缩法证明不等式时，常见的放缩依据或技巧是不等式的传递性．缩小分母，扩大分子，分式值增大；缩小分子，扩大分母，分式值减小；全量不小于部分；每一次缩小其和变小，但需大于所求；每一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头．同时，放缩有时需便于求和．求证：1＋11＋11×2＋11×2×3＋…＋11×2×3×…×n <3(n ∈N ＋，且n >1)．【证明】 由11×2×3×…×k <11×2×2×…×2＝12k －1(k 是大于2的自然数)，得1＋11＋11×2＋11×2×3＋…＋11×2×3×…×n <1＋1＋12＋122＋123＋…＋12n －1＝1＋1－12n1－12＝3－12n －1<3. 设m 是|a |，|b |和1中最大的一个，当|x |>m 时，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋bx2<2. 证明：由已知得m ≥|a |，m ≥|b |，m ≥1. 又|x |>m ，|x |>|a |，|x |>|b |，|x |>1，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋b x 2≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪b x 2＝|a ||x |＋|b ||x 2|<|x ||x |＋|x ||x 2|＝1＋1|x |<1＋|x ||x |＝2.故⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋bx 2<2成立．1．已知a >b >0，求证a －b <a －b . 证明：要证a －b <a －b ， 即证a <b ＋a －b ，只需证a <b ＋2（a －b ）b ＋a －b ， 只需证0<2（a －b ）b .由a >b >0知最后一个不等式成立， 故原不等式成立．2．已知关于x 的方程x a ＋b x＝1，其中a ，b 为实数． (1)若x ＝1－3i 是该方程的根，求a ，b 的值；(2)当b a >14且a >0时，证明：该方程没有实数根．解：(1)将x ＝1－3i 代入x a ＋b x ＝1，化简得⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b 4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34b －3a i ＝1，所以⎩⎪⎨⎪⎧1a ＋b4＝1，34b －3a ＝0，所以a ＝b ＝2.(2)证明：原方程化为x 2－ax ＋ab ＝0，假设原方程有实数解，那么Δ＝(－a )2－4ab ≥0即a 2≥4ab ，因为a >0，所以b a ≤14，这与题设b a >14矛盾，所以假设错误，原方程有实数根．。

比较法课时提升作业六一、选择题(每小题6分,共18分)1.设t=a+2b,s=a+b2+1,则下列t与s的大小关系中正确的是( )A.t>sB.t≥sC.t<sD.t≤s【解析】选D.s-t=(a+b2+1)-(a+2b)=(b-1)2≥0,所以s≥t.【补偿训练】已知a>2,b>2,则( )A.ab≥a+bB.ab≤a+bC.ab>a+bD.ab<a+b【解析】选C.因为a>2,b>2,所以-1>0,-1>0,则ab-(a+b)=a+b>0.所以ab>a+b.2.(2016·商丘高二检测)给出下列命题:①当b>0时,a>b⇔>1;②当b>0时,a<b⇔<1;③当a>0,b>0时,>1⇔a>b;④当ab>0时,>1⇔a>b.其中真命题是( )A.①②③B.①②④C.④D.①②③④【解析】选A.①当b>0时,>1⇔-1>0⇔>0,即a>b⇔>1,故①正确;②当b>0时,<1⇔-1<0⇔<0,即a<b⇔<1,故②正确;结合①知③正确;由>1⇔-1>0⇔>0,知b>0时,>1⇔a>b,b<0时,>1⇔a<b,即④不正确.3.已知a>b>-1,则与的大小关系为( )A.>B.<C.≥D.≤【解析】选B.因为a>b>-1,所以a+1>0,b+1>0,a-b>0,则-=<0,所以<.二、填空题(每小题6分,共12分)4.(2016·大同高二检测)设P=a2b2+5,Q=2ab-a2-4a,若P>Q,则实数a,b满足的条件为________. 【解析】P-Q=(a2b2+5)-(2ab-a2-4a)=a2b2+5-2ab+a2+4a=(ab-1)2+(a+2)2,所以,若P>Q,则实数a,b满足的条件为ab≠1或a≠-2.答案:ab≠1或a≠-25.若x<y<0,M=(x2+y2)(x-y),N=(x2-y2)(x+y),则M,N的大小关系为________.【解析】M-N=(x2+y2)(x-y)-(x2-y2)(x+y)=(x-y)[(x2+y2)-(x+y)2]=-2xy(x-y).因为x<y<0,所以xy>0,x-y<0.所以-2xy(x-y)>0,所以M-N>0,即M>N.答案:M>N三、解答题(每小题10分,共30分)6.设A=+,B=(a>0,b>0),试比较A,B的大小.【解题指南】本题可考虑使用作商法,另外化简时可考虑使用基本不等式.【解析】因为==×=≥=1(当且仅当a=b时,等号成立).又因为B>0,所以A≥B.7.(2016·菏泽高二检测)已知a>0,b>0,求证:+≥+.【证明】-(+)=+=+=(a-b)·=≥0,所以+≥+.8.已知a,b均为实数,用比较法证明:≥(当且仅当a=b时等号成立).【证明】-=-==≥0,当且仅当a=b时等号成立,所以≥(当且仅当a=b时等号成立).一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2016·温州高二检测)已知a>b>0且ab=1,设c=,P=log c a,N=log c b,M=log c(ab),则( )A.P<M<NB.M<P<NC.N<P<MD.P<N<M【解析】选A.因为a>b>0且ab=1,所以a>1,0<b<1,a+b>2,所以0<c<1,得P<0,N>0,M=0,即P<M<N.2.已知a>b>0,c>d>0,m=-,n=,则m与n的大小关系是( ) A.m<n B.m>n C.m≥n D.m≤n【解析】选B.因为a>b>0,c>d>0,所以ac>bd>0,>,所以m>0,n>0.又因为m2=ac+bd-2,n2=ac+bd-(ad+bc),又由ad+bc>2,所以-2>-ad-bc,所以m2>n2,所以m>n.二、填空题(每小题5分,共10分)3.已知0<x<1,a=2,b=1+x,c=,则a,b,c中最大的是________.【解析】因为0<x<1,所以a>0,b>0,c>0,又a2-b2=(2)2-(1+x)2=-(1-x)2<0,所以a2-b2<0,所以a<b.又c-b=-(1+x)=>0,所以c>b,所以c>b>a.答案:c4.比较大小:log34______log67.【解题指南】令log34=a,log67=b,利用对数运算性质,比较a-b与0的大小.【解析】设log34=a,log67=b,则3a=4,6b=7,得7·3a=4·6b=4·2b·3b,即3a-b=,显然b>1,2b>2,则3a-b=>1⇒a-b>0⇒a>b.答案:>三、解答题(每小题10分,共20分)5.若实数x,y,m满足|x-m|<|y-m|,则称x比y接近m.对任意两个不相等的正数a,b,证明:a2b+ab2比a3+b3接近2ab.【证明】因为a>0,b>0,且a≠b,所以a2b+ab2>2ab,a3+b3>2ab.所以a2b+ab2-2ab>0,a3+b3-2ab>0.所以|a2b+ab2-2ab|-|a3+b3-2ab|=a2b+ab2-2ab-a3-b3+2ab=a2b+ab2-a3-b3=a2(b-a)+b2(a-b)=(a-b)(b2-a2)=-(a-b)2(a+b)<0所以|a2b+ab2-2ab|<|a3+b3-2ab|,所以a2b+ab2比a3+b3接近2ab.6.甲、乙二人同时同地沿同一路线走到同一地点,甲有一半时间以速度m行走,另一半以速度n行走;乙有一半路程以速度m行走,另一半路程以速度n行走.如果m≠n,问甲、乙二人谁先到达指定地点?【解析】设从出发地点至指定地点的路程为s,甲、乙二人走完这段路程所用的时间分别为t1,t2,依题意有:m+n=s,+=t2.所以t1=,t2=,所以t1-t2=-==-.其中s,m,n都是正数,且m≠n,所以t1-t2<0,即t1<t2,从而知甲比乙先到达指定地点.【方法技巧】应用不等式解决实际问题的策略(1)应用不等式解决实际问题时,关键是如何把等量关系、不等量关系转化为不等式的问题来解决,也即建立数学模型是解应用题的关键.(2)在实际应用题中解决不等式问题时,常用比较法来判断数的大小关系,若是选择题或填空题,则可用特殊值加以判断.。

2.1 比较法预习导航1．理解作差比较法和作商比较法．2．用比较法证明不等式．1．比较法的种类 比较法一般分为两种：作差比较法和作商比较法．2．作差比较法(1)作差比较法的证明依据：①a ＜b ⇔a －b ＜0；②a ＝b ⇔a －b ＝0；③a ＞b ⇔a －b ＞0.(2)基本步骤：①作差；②变形；③判断符号；④下结论．归纳总结 用作差比较法证明不等式时，要判断不等式两边差的符号，对不等式两边求差后，要通过配方、因式分解、通分等，对所得代数式进行变形，得到一个能够明显看得出其符号的代数式，进而得出证明．【做一做1－1】当a ＜b ＜0时，下列关系式中成立的是( )A ．a 2＜b 2B ．lg b 2＜lg a 2C ．ba ＞1 D ．212a ⎛⎫ ⎪⎝⎭＞212b ⎛⎫ ⎪⎝⎭解析：方法1：取特殊值a ＝－4，b ＝－1，则知选项A ，C ，D 不正确，选项B 正确，故选B ；方法2：∵a ＜b ＜0，∴a 2＞b 2.而函数y ＝lg x (x ＞0)为增函数，∴lg b 2＜lg a 2，B项正确．答案：B【做一做1－2】若P ＝2，Q ＝6－2，R ＝7－3，则P ，Q ，R 的大小关系是( )A ．P ＞Q ＞RB ．P ＞R ＞QC ．Q ＞P ＞RD ．Q ＞R ＞P解析：∵2＋2＝22＞6，∴2＞6－2，即P ＞Q ；又∵6＋3＞7＋2，∴6－2＞7－3，即Q ＞R .∴P ＞Q ＞R .答案：A3．作商比较法(1)作商比较法的证明依据：当a ，b ＞0时，⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝b ⇔a b ＝1；a >b ⇔a b>1；a <b ⇔a b <1. (2)基本步骤：①作商；②变形；③判断与“1”的大小；④下结论． 【做一做2】比较大小：121log 3________131log 2. 解析：212111222131log 3111log log log 1333log 2⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭， 又∵112211log log 132>=，∴2121log 13⎛⎫> ⎪⎝⎭. ∴112311log log 32>. 答案：＞。

2.1 比较法自主广场我夯基我达标1.下列关系中对任意a<b<0的实数都成立的是 ……（ ）A.a 2<b 2B.lgb 2<lga 2C.a b >1D.(21)2a >(21)2b思路解析:∵a<b<0,∴-a>-b>0.(-a)2>(-b)2>0,即a 2>b 2>0. ∴22a b <1.又lgb 2-lga 2=lg 22a b <lg1=0.∴lgb 2<lga 2.答案:B2.已知a>0且a≠1,P=log a (a 3+1),Q=log a (a 2+1),则P,Q 的大小关系是（） A.P>Q B.P<QC.P=QD.大小不确定思路解析:P-Q=log a (a 3+1)-log a (a 2+1)=log a 1123++a a .当0<a<1时,0<a 3+1<a 2+1,0<1123++a a <1,∴log a 1123++a a >0.即P-Q>0,∴P>Q.当a>1时,a 3+1>a 2+1>0, 1123++a a >1,∴log a 1123++a a >0.即P-Q>0,∴P>Q.答案:A3.a,b 都是正数,P=2ba +,Q=b a +,则P,Q 的大小关系是（ ）A.P>QB.P<QC.P≥QD.P≤Q思路解析:∵a,b 都是正数,∴P>0,Q>0.∴P 2-Q 2=(2b a +)2-(b a +)2=2)(2b a --≤0.∴P 2-Q 2≤0.∴P≤Q.答案:D4.已知0<x<1,a=x 2,b=1+x,c=x -11,则其中最大的是（ ）A.aB.bC.cD.不能确定思路解析:因为0<x<1,所以a>0,b>0,c>0,又a 2-b 2=(x 2)2-(1+x)2=-(1-x)2<0,所以a 2-b 2<0,a<b.又c-b=x -11-(1+x)=x x -12>0,所以c>b,所以c>b>a.答案:C5.已知a,b,c,d∈{正实数}且b a <d c,则（ ） A.b a <d b ca ++<d c B.dbc a ++<b a <d cC.b a <d c <d b ca ++ D.以上均可能思路解析:因为b a -)(d b b bcad d b ca +-=++.又因为a,b,c,d∈{正实数}且b a <d c， 所以)(d b b bc ad +-,<0.所以d b ca b a ++<. 又因为d d b bcad d cd b ca ∙+-=-++)(<0,所以d cd b ca <++.答案:A6.若-1<a<b<0,则a 1,b 1,a 2,b 2中值最小的是____________.思路解析:依题意,知a 1>b 1,a 2>b 2,故只需比较b 1与b 2的大小.因为b 2>0, b 1<0,∴b 1<b 2.答案:b 17.已知x∈R ,求证:1+2x 4≥x 2+2x 3.证法一:1+2x 4-(x 2+2x 3)=2x 3(x-1)-(x-1)(x+1)=(x-1)(2x 3-x-1)=(x-1)2(2x 2+2x+1)=(x-1)2［(x+1)2+x 2］≥0,即1+2x 4-(x 2+2x 3)≥0.所以1+2x 4≥x 2+2x 3.证法二:1+2x 4-(x 2+2x 3)=x 4-2x 3+x 2+x 4-2x 2+1=x 2(x-1)2+(x 2-1)2≥0.即1+2x 4-(x 2+2x 3)≥0.所以1+2x 4≥x 2+2x 3.8.已知a>b>c>0,求证:a 2a b 2b c 2c >a b+c b a+c c a+b .证明:由a>b>c>0,得a b+c b c+a c a+b >0. 作商b a a c c b cc b b a a b a a c c b c b a c c b b a a c c b b a a c b a c b a =+++222=a a-b a a-c b b-c b b-a c c-a c c-b =(b a)a-b (c a )a-c (c b )b-c.由a>b>c>0,得a-b>0,a-c>0,b-c>0, 且b a >1,c a >1,c b>1. ∴(b a )a-b (c a)a-c (c b)b-c >1.∴a 2a b 2b c 2c >a b+c b c+a c a+b .9.已知x>0,x≠1,m>n>0,比较:x m +m x 1与x n +n x 1的大小.解:x m +m x 1-(x n +n x 1)=x m -x n +m x 1-n x 1=x m -x n +m n mn x x x +-=(x m -x n )(1-n m x +1).当0<x<1时,由m>n>0,知x m <x n 且x m+n <1,则有1-n m x +1<0,所以(x m -x n )(1-n m x +1)>0.当x>1时,由m>n>0,知x m >x n 且x m+n >1,则有1-n m x +1>0.所以(x m -x n )(1-n m x +1)>0.综上所述:x m +m x 1>x n +n x 1.我综合我发展10.已知a∈R ,b∈R ,且a ≠b,在①a 2+3ab>2b 2;②a 5+b 5>a 3b 2+a 2b 3;③a 2+b 2≥2(a -b-1);④b a +a b >2.四个式子中恒成立的有（ ）A.4个B.3个C.2个D.1个思路解析:①④举反例很容易排除,对②利用作差法a 5+b 5-a 3b 2-a 2b 3=a 3(a 2-b 2)-b 3(a 2-b 2)=(a 2-b 2)(a 3-b 3)=(a-b)2(a+b)(a 2+ab+b 2),因为(a-b)2>0,a 2+ab+b 2>0,而a+b 的符号是不确定的,故差值符号不能确定,因此②不正确.对于③a 2+b 2-2a+2b+2=(a-1)2+(b+1)2≥0，故a 2+b 2≥2(a -b+1),故③正确.综合以上分析,只有③正确.答案:D11.已知x=bt a a t b 22)()(---,y=a-b,其中a,b 均为正数,t∈R ,则下列结论成立的是（ ） A.当a≤b 时,x≥y B.当a≤b 时,x≤yC.x≥yD.x≤y.思路解析:x-y=a t b 2)(--a+b-bt a 2)(- =bt a b t b a a a t b t b a ))(())((+--++---+ =ab t b a )(-+(b 2-a 2+at-bt)=abt b a 2)(-+·(b -a), 故当a≤b 时,x≥y.答案:A12.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<a 1,当x∈(0,x 1)时,求证:x<f(x)<x 1.证明:令F(x)=f(x)-x=ax 2+(b-1)x+c.由x 1,x 2是方程f(x)-x=0的两根,则F(x)=a(x-x 1)(x-x 2).又∵x∈(0,x 1),由0<x 1<x 2<a1,a>0, ∴F(x)=a(x -x 1)(x-x 2)>0,∴f(x)-x>0,∴f(x)>x.又∵x 1-f(x)=x 1-［x+F(x)］=x 1-x-a(x-x 1)(x-x 2)=a(x 1-x)［a1+x-x 2］, 又∵0<x 1<x 2<a1, ∴x 1-x>0,a 1+x-x 2>0.∴x 1-f(x)>0,∴x 1>f(x).故x<f(x)<x 1.13.求证:|log a (1-tanx)|>|log a (1+tanx)|,其中a>0,a≠1,x∈(0,4π). 证明:由x∈(0,4π),∴tanx∈(0,1). ∴1-tanx∈(0,1),1+tanx∈(1,2).∵|log a (1-tanx)|>0,|log a (1+tanx)|>0,|)tan 1(log ||)tan 1(log |x x a a +-=|log (1+tanx)(1-tanx)| =-log (1+tanx)(1-tanx)=log (1+tanx)xtan 11- =log (1+tanx)tan)1)(tan 1(tan 1+-+x x =1+log (1+tanx)x2tan 11-. ∵1+tanx>1,0<1-tan 2x<1, ∴x2tan 11->1. ∴1+log (1+tanx)x 2tan 11->1. ∴|log a (1-tanx)|>|log a (1+tanx)|.14.设函数f(x)=12+x -ax,其中a>0.若函数f(x)在［0,+∞)上是单调函数,求a 的取值范围. 解:设取x 1,x 2∈［0,+∞),且x 1<x 2,f(x 1)-f(x 2)=112221+-+x x -a(x 1-x 2) =1122212221+++-x x x x -a(x 1-x 2)=(x 1-x 2)(11222121++++x x x x -a). (1)当a≥1时,由11222121++++x x x x <1,易知f(x 1)>f(x 2),所以,当a≥1时,函数f(x)在区间［0,+∞)上是单调递减函数.(2)当0<a<1时,在区间［0,+∞)上存在两点x 1=0,x 2=212a a -,满足f(x 1)=f(x 2)=1,从而f(x)在［0,+∞)不是单调函数.∴所求a 的取值范围是a∈［1,+∞).15.已知数列{a n }是等差数列,其前n 项和为S n ,a 3=7,S 4=24.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设p,q 是正整数,且p≠q,求证:S p+q <21(S 2p +S 2q ).(1)解:设等差数列{a n }的公差是d,依题意,得⎪⎩⎪⎨⎧=⨯+=+.242344,7211d a d a 解得a 1=3,d=2.∴数列{a n }的通项公式为a n =a 1+(n-1)d=2n+1.(2)证明:∵a n =2n+1,∴S n =2)(1n a an +=n 2+2n.∵2S p+q -(S 2p +S 2q )=2［(p+q)2+2(p+q)］-(4p 2+4p)-(4q 2+4q)=-2(p-q)2, 而p≠q,故2S p+q -(S 2p +S 2q )<0.∴S p+q <21(S 2p +S 2q ).。

第二讲 讲明不等式的基本方法达标检测时间：120分钟 满分：150分一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．用分析法证明不等式的推论过程一定是( ) A ．正向、逆向均可进行正确的推理 B ．只能进行逆向推理 C ．只能进行正向推理D ．有时能正向推理，有时能逆向推理解析：在用分析法证明不等式时，是从求证的不等式出发，逐步探索使结论成立的充分条件，故只能进行逆向推理． 答案：B2．已知a >2，b >2，则有( ) A ．ab ≥a ＋b B ．ab ≤a ＋b C ．ab >a ＋b D ．ab <a ＋b解析：作商比较法.a ＋b ab ＝1b ＋1a，又a >2，b >2， ∴1a <12，1b <12，∴a ＋b ab <12＋12＝1. 答案：C3．用反证法证明命题“如果a <b ，那么3a >3b ”时，假设的内容应是( ) A.3a ＝3bB ．3a <3bC.3a ＝3b 且3a >3bD ．3a ＝3b 或3a <3b解析：3a 与3b 的大小关系包括3a >3b ，3a ＝3b ，3a <3b ， ∴应假设的内容为3a ＝3b 或3a <3b . 答案：D4．已知实数a ，b ，c 满足b ＋c ＝6－4a ＋3a 2，c －b ＝4－4a ＋a 2，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．c ≥b >a B ．a >c ≥b C ．c >b >aD ．a >c >b解析：∵c －b ＝(a －2)2≥0，∴c ≥b . 由题中两式相减，得b ＝a 2＋1，∴b －a ＝a 2－a ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋34>0，∴b >a ，∴c ≥b >a . 答案：A5．已知a >b >c >0，A ＝a 2a b 2b c 2c，B ＝a b ＋c b c ＋a c a ＋b，则A 与B 的大小关系是( )A ．A >B B ．A <BC ．A ＝BD ．不确定解析：∵a >b >c >0，∴A >0，B >0.∴A B ＝a a a a b b b b c c c c a b a c b c b a c a cb ＝a a －b a a －c b b －c b b －a c c －a c c －b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c a －c ⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c .∵a >b >0，∴a b>1，a －b >0. ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a ba －b >1. 同理⎝ ⎛⎭⎪⎫b cb －c >1，⎝ ⎛⎭⎪⎫a c a －c >1.∴A B>1，∴A >B . 答案：A6．若0<x <y <1，则( ) A ．3y<3xB ．log x 3<log y 3C ．log 4x <log 4yD ．⎝ ⎛⎭⎪⎫14x <⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 解析：∵y ＝3x在R 上是增函数，且0<x <y <1， ∴3x<3y，故A 错误．∵y ＝log 3x 在(0，＋∞)上是增函数且0<x <y <1， ∴log 3x <log 3y <log 3 1＝0，∴0>1log 3x >1log 3y ，∴log x 3>log y 3，故B 错误．∵y ＝log 4x 在(0，＋∞)上是增函数且0<x <y <1， ∴log 4x <log 4y ，故C 正确．∵y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14x在R 上是减函数，且0<x <y <1，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫14x >⎝ ⎛⎭⎪⎫14y，故D 错误． 答案：C7．设a 、b 、c ∈R ，且a 、b 、c 不全相等，则不等式a 3＋b 3＋c 3≥3abc 成立的一个充要条件是( )A ．a ，b ，c 全为正数B ．a ，b ，c 全为非负实数C ．a ＋b ＋c ≥0D ．a ＋b ＋c >0解析：a 3＋b 3＋c 3－3abc ＝(a ＋b ＋c )(a 2＋b 2＋c 2－ab －ac －bc )＝12(a ＋b ＋c )[(a －b )2＋(b －c )2＋(a －c )2]，而a 、b 、c 不全相等⇔(a －b )2＋(b －c )2＋(a －c )2>0.∴a 3＋b 3＋c 3－3abc ≥0⇔a ＋b ＋c ≥0. 答案：C8．若实数a ，b 满足a ＋b ＝2，则3a ＋3b的最小值是( ) A ．18 B ．6 C ．2 3D ．243解析：3a＋3b≥23a·3b＝2·3a ＋b＝2×3＝6(当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立)．答案：B9．要使3a －3b <3a －b 成立，a ，b 应满足的条件是( ) A ．ab <0且a >b B ．ab >0且a >b C ．ab <0且a <bD ．ab >0且a >b 或ab <0且a <b 解析：3a －3b <3a －b⇔a －b ＋33ab 2－33a 2b <a －b ⇔3ab 2<3a 2b ， ∴当ab >0时，有3b <3a ，即b <a . 当ab <0时，有3b >3a ，即b >a . 答案：D10．已知a ，b ，c ，d 都是实数，且a 2＋b 2＝1，c 2＋d 2＝1.则ac ＋bd 的X 围为( ) A ．[－1,1] B ．[－1,2) C ．(－1,3]D ．(1,2]解析：因为a ，b ，c ，d 都是实数， 所以|ac ＋bd |≤|ac |＋|bd |≤a 2＋c 22＋b 2＋d 22＝a 2＋b 2＋c 2＋d 22＝1.所以－1≤ac ＋bd ≤1. 答案：A11．在△ABC 中，A ，B ，C 分别为a ，b ，c 所对的角，且a ，b ，c 成等差数列，则B 适合的条件是( ) A ．0<B ≤π4B ．0<B ≤π3C ．0<B ≤π2D ．π2<B <π解析：∵b ＝a ＋c2，∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac＝a 2＋c 2－⎝⎛⎭⎪⎫a ＋c 222ac＝3a 2－2ac ＋3c 28ac＝3a 8c ＋3c 8a －14≥2·38－14＝12， ∵余弦函数在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上为减函数，∴0<B ≤π3，选B.答案：B12．若a ∈⎝⎛⎭⎪⎫π，54π，M ＝|sin α|，N ＝|cos α|，P ＝12|sin α＋cos α|， Q ＝12sin 2α，则它们之间的大小关系为( ) A ．M >N >P >Q B ．M >P >N >Q C ．M >P >Q >ND ．N >P >Q >M解析：∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫π，5π4，∴0>sin α>cos α，∴|sin α|<|cos α|， ∴P ＝12|sin α＋cos α|＝12(|sin α|＋|cos α|)>12(|sin α|＋|sin α|)＝|sin α|＝M ，排除A 、B 、C ，故选D 项．答案：D二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在题中的横线上) 13．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小顺序是________． 解析：a －b ＝3－2－6＋5＝3＋5－(2＋6)， 而(3＋5)2＝8＋215，(2＋6)2＝8＋212， ∴3＋5>2＋ 6.∴a －b >0，即a >b . 同理可得b >c .∴a >b >c . 答案：a >b >c14．用反证法证明命题“三角形中最多只有一个内角是钝角”时的反设是________． 解析：三角形的内角中钝角的个数可以为0个，1个，最多只有一个即为0个或1个，其对立面是“至少两个”．答案：三角形中至少有两个内角是钝角 15．已知a ，b ，c ，d 都为正数，且S ＝a a ＋b ＋c ＋b b ＋c ＋d ＋c c ＋d ＋a ＋da ＋b ＋d，则S 的取值X 围是________． 解析：由放缩法，得aa ＋b ＋c ＋d <a a ＋b ＋c <aa ＋c；b a ＋b ＋c ＋d <b b ＋c ＋d <bd ＋b；c a ＋b ＋c ＋d <c c ＋d ＋a <cc ＋a ；da ＋b ＋c ＋d <d d ＋a ＋b <dd ＋b.以上四个不等式相加，得1<S <2. 答案：(1,2)16. 请补全用分析法证明不等式“ac ＋bd ≤a 2＋b 2c 2＋d 2”时的推论过程：要证明ac ＋bd ≤a 2＋b 2c 2＋d 2，①______________________________________________________________， 只要证(ac ＋bd )2≤(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)，即要证：a 2c 2＋2abcd ＋b 2d 2≤a 2c 2＋a 2d 2＋b 2c 2＋b 2d 2， 即要证：a 2d 2＋b 2c 2≥2abcd .②________________________________________________________________. 解析：对于①只有当ac ＋bd ≥0时，两边才能平方，对于②只要接着往下证即可． 答案：①因为当ac ＋bd ≤0时，命题显然成立，所以当ac ＋bd ≥0时 ②∵(ab －bc )2≥0，∴a 2d 2＋b 2c 2≥2abcd ，∴命题成立三、解答题(本大题共有6小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(12分)求证：a 2＋b 2＋3≥ab ＋3(a ＋b )． 证明：∵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 ， ∴a 2＋b 2＋3≥ab ＋3(a ＋b )．18．(12分)已知m >0，a ，b ∈R ，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m .证明：因为m >0，所以1＋m >0.所以要证⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m ， 即证(a ＋mb )2≤(1＋m )(a 2＋mb 2)， 即证m (a 2－2ab ＋b 2)≥0， 即证(a －b )2≥0. 而(a －b )2≥0显然成立，故⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m . 19．(12分)已知a >b >0，试比较a 2－b 2a 2＋b 2与a －b a ＋b 的大小．解析：∵a >b >0，∴a 2－b 2a 2＋b 2>0，a －ba ＋b >0. 又∵a 2－b 2a 2＋b 2a －b a ＋b＝a 2－b 2a ＋ba 2＋b 2a －b＝a ＋b 2a 2＋b 2＝a 2＋b 2＋2ab a 2＋b 2＝1＋2aba 2＋b 2>1， ∴a 2－b 2a 2＋b 2>a －b a ＋b. 20．(12分)若0<a <2,0<b <2,0<c <2，求证：(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a ，不能同时大于1. 证明：假设三数能同时大于1， 即(2－a )b >1，(2－b )c >1，(2－c )a >1那么2－a＋b2≥2－a b>1，①同理2－b＋c2>1，②2－c＋a2>1，③由①＋②＋③得3>3，上式显然是错误的，∴该假设不成立，∴(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a不能同时大于1.21．(13分)求证：2(n＋1－1)<1＋12＋13＋…＋1n<2n(n∈N＋)．证明：∵1k>2k＋k＋1＝2(k＋1－k)，k∈N＋，∴1＋12＋13＋…＋1n>2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n)] ＝2(n＋1－1)．又1k<2k＋k－1＝2(k－k－1)，k∈N＋，∴1＋12＋13＋…＋1n<1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n－n－1)] ＝1＋2(n－1)＝2n－1<2n.故原不等式成立．22．(13分)已知数列{a n}的前n项和S n＝2n2＋2n，数列{b n}的前n项和T n＝2－b n.(1)求数列{a n}与{b n}的通项公式；(2)设＝a2n·b n，证明当n≥3时，＋1<.解析：(1)∵S n＝2n2＋2n，∴当n≥2时，S n－1＝2(n－1)2＋2(n－1)，∴a n＝S n－S n－1＝4n(n≥2)．当n ＝1时，S 1＝4，符合上式． ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .又∵T n ＝2－b n ，∴当n ≥2时，T n －1＝2－b n －1， ∴b n ＝T n －T n －1＝2－b n ＋b n －1－2， 即2b n ＝b n －1. ∴b n b n －1＝12. 而T 1＝b 1＝2－b 1，∴b 1＝1.∴数列{b n }的通项公式为b n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)证明：由(1)，知＝(4n )2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝16n 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴＋1＝16(n ＋1)2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .∴＋1＝16n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 16n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2.当n ≥3时，1＋1n ≤43<2，∴＋1<12×(2)2＝1，又由＝a 2n ·b n 可知，＋1和均大于0， ∴＋1<.。

第二讲 讲明不等式的基本方法考情分析从近两年的高考试题来看，不等式的证明主要考查比较法与综合法，而比较法多用作差比较，综合法主要涉及基本不等式与不等式的性质，题目难度不大，属中档题．在证明不等式时，要依据命题提供的信息选择合适的方法与技巧进行证明．如果已知条件与待证结论之间的联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”“恒成立”等方式给出，可考虑用反证法．在必要的情况下，可能还需要使用换元法、放缩法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．真题体验1．(2017·全国卷Ⅱ)已知a >0，b >0，a 3＋b 3＝2.证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4；(2)a ＋b ≤2.证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b6＝(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＋b3＝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 ≤2.2．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，M 为不等式f (x )＜2的解集．(1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |＜|1＋ab |.解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x≤－12，1，－12＜x ＜12，2x ，x≥12.当x ≤－12时，由f (x )＜2得－2x ＜2，解得x ＞－1；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 |.作差比较法证明的一般步骤是：①作差；②恒等变形；③判断结果的符号；④下结论．其中，变形是证明推理中一个承上启下的关键，变形的目的在于判断差的符号，而不是考虑差能否化简或值是多少，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．[例1]若x ，y ，z ∈R ，a >0，b >0，c >0，求证： b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b c z 2≥2(xy ＋yz ＋zx )． [证明]∵b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b c z 2－2(xy ＋yz ＋zx )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b a x2＋a b y2－2xy ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b y2＋b c z2－2yz ＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c z2＋c a x2－2zx ＝b a x －a b y 2＋ cb y －b cz 2＋a cz －c ax 2≥0. ∴b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx ).件(由因导果)，最后推导出所要证明的不等式成立．综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推证的基本理论．证明时要注意：作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握．[例2]设a ，b ，c ∈R ＋且a ＋b ＋c ＝1. 求证：(1)2ab ＋bc ＋ca ＋c22≤12；(2)a2＋c2b ＋b2＋a2c ＋c2＋b2a≥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 ＋c22＝12(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)≤12.(2)因为a2＋c2b ≥2ac b ，b2＋a2c ≥2ab c ，c2＋b2a ≥2bca ，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立．所以a2＋c2b ＋b2＋a2c ＋c2＋b2a≥⎝⎛⎭⎪⎫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.理论．分析法证明不等式的思维方向是“逆推”，即由待证的不等式出发，逐步寻找使它成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．当要证的不等式不知从何入手时，可考虑用分析法去证明，特别是对于条件简单而结论复杂的题目往往更为有效．分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”，逐步推导出不等式成立的必要条件，两者是对立统一的两种方法．一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手，因此，通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．[例3]已知a >0，b >0，且a ＋b ＝1，求证：a ＋12＋b ＋12≤2. [证明]要证a ＋12＋b ＋12≤2，只需证⎝⎛⎭⎪⎫a ＋12＋ b ＋122≤4， 即证a ＋b ＋1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋12≤4. 即证⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋12≤1.也就是要证ab ＋12(a ＋b )＋14≤1，即证ab ≤14.∵a >0，b >0，a ＋b ＝1.∴1＝a ＋b ≥2ab ，∴ab ≤14，即上式成立．故a ＋12＋b ＋12≤2.种．假设欲证的命题是“若A 则B ”，我们可以通过否定B 来达到肯定B 的目的，如果B 只有有限多种情况，就可用反证法．用反证法证明不等式，其实质是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出与已知条件、公理、定理或某些性质相矛盾的结论，从而肯定原命题成立．[例4]已知a ，b ，c 为实数，a ＋b ＋c >0，ab ＋bc ＋ca >0，abc >0，求证：a >0，b >0，c >0. [证明]假设a ，b ，c 不全是正数，即其中至少有一个不是正数．不妨先设a ≤0，下面分a ＝0或a <0两种情况讨论．①如果a ＝0，那么abc ＝0，与已知矛盾， 所以a ＝0不可能．②如果a <0，那么由abc >0，可得bc <0. 又因为a ＋b ＋c >0，所以b ＋c >－a >0， 于是ab ＋bc ＋ca ＝a (b ＋c )＋bc <0， 这与已知中的ab ＋bc ＋ca >0相矛盾． 因此，a <0也不可能．综上所述，a >0. 同理可以证明b >0，c >0，所以原命题成立.作适当的放大或缩小，证明比原不等式更强的不等式来代替原不等式的一种证明方法．放缩法的实质是非等价转化，放缩没有一定的准则和程序，需按题意适当放缩，否则达不到目的．[例5]已知n ∈N ＋，求证：19＋125＋…＋1(2n ＋1)2<14.[证明]因为1(2k ＋1)2<14k2＋4k ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1，所以19＋125＋…＋1(2n ＋1)2<14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1<14.(时间：90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．用分析法证明不等式的推论过程一定是()A ．正向、逆向均可进行正确的推理B ．只能进行逆向推理C ．只能进行正向推理D ．有时能正向推理，有时能逆向推理解析：选B 在用分析法证明不等式时，是从求证的不等式出发，逐步探索使结论成立的充分条件即可，故只需进行逆向推理即可．2．设a ＝lg 2＋lg 5，b ＝e x(x <0)，则a 与b 的大小关系是()A ．a <bB ．a >bC ．a ＝bD ．a ≤b解析：选B ∵a ＝lg 2＋lg 5＝1，b ＝e x(x <0)，故b <1，∴a >b .3．已知a ，b ，c ，d 为实数，ab ＞0，－c a ＜－db，则下列不等式中成立的是()A ．bc ＜adB ．bc ＞adC.a c ＞b dD.a c ＜bd解析：选B 将－c a ＜－db两边同乘以正数ab ，得－bc ＜－ad ，所以bc ＞ad .4．已知x 1>0，x 1≠1，且x n ＋1＝xn(x2n ＋3)3x2n ＋1(n ∈N *)，试证“数列{x n }对任意正整数n 都满足x n <x n ＋1，或者对任意正整数n 都满足x n >x n ＋1”，当此题用反证法否定结论时，应为()A ．对任意的正整数n ，都有x n ＝x n ＋1B ．存在正整数n ，使x n >x n ＋1C ．存在正整数n (n ≥2)，使x n ≥x n ＋1且x n ≤x n －1D ．存在正整数n (n ≥2)，使(x n －x n －1)(x n －x n ＋1)≥0解析：选D 命题的结论是等价于“数列{x n }是递增数列或是递减数列”，其反设是“数列既不是递增数列，也不是递减数列”，由此可知选D.5．用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是()A ．方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根B ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有一个实根 C ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有两个实根 D ．方程x 3＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根解析：选A 至少有一个实根的否定是没有实根，故做的假设是“方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根”．6．使不等式3＋8＞1＋a 成立的正整数a 的最大值为()A ．10B ．11C ．12D ．13解析：选C 用分析法可证a ＝12时不等式成立，a ＝13时不等式不成立．7．已知a ，b ，c ，d ∈R ＋且S ＝a a ＋b ＋c ＋b b ＋c ＋d ＋c c ＋d ＋a ＋d a ＋b ＋d，则下列判断中正确的是()A ．0<S <1B ．1<S <2C ．2<S <3D ．3<S <4解析：选 B 用放缩法，a a ＋b ＋c ＋d <a a ＋b ＋c <a a ＋c ，b a ＋b ＋c ＋d <b b ＋c ＋d <bd ＋b，c a ＋b ＋c ＋d <c c ＋d ＋a <c c ＋a ，d a ＋b ＋c ＋d <d d ＋a ＋b <dd ＋b ，以上四个不等式相加，得1<S <2.8．已知a ，b 为非零实数，则使不等式a b ＋ba≤－2成立的一个充分不必要条件是()A ．ab ＞0B ．ab ＜0C ．a ＞0，b ＜0D ．a ＞0，b ＞0解析：选C 因为a b 与b a 同号，由a b ＋b a ≤－2，知a b ＜0，ba＜0，即ab ＜0.又若ab ＜0，则a b ＜0，ba＜0，所以a b ＋b a ＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a≤－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－a b ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ＝－2，综上，ab ＜0是a b ＋ba≤－2成立的充要条件，所以a ＞0，b ＜0是a b ＋ba≤－2成立的一个充分不必要条件．9．已知a >0，b >0，c >0，且a 2＋b 2＝c 2，则a n ＋b n 与c n的大小关系为(n ≥3，n ∈N ＋)()A ．a n ＋b n >c nB ．a n＋b n<c nC ．a n＋b n≥c nD ．a n＋b n ＝cn解析：选B 因为a 2＋b 2＝c 2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 2＝1.所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a c n <⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫b c n <⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a c n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c n <⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 2＝1.所以a n ＋b n <c n .故选B.10．若α∈⎝⎛⎭⎪⎫π，5π4，M ＝|sin α|，N ＝|cos α|，P ＝12|sin α＋cos α|，Q ＝12sin 2α，则它们之间的大小关系为()A ．M >N >P >QB ．M >P >N >QC ．M >P >Q >ND ．N >P >Q >M解析：选D ∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫π，5π4，∴0>sin α>cos α.∴|sin α|<|cos α|，∴P ＝12|sin α＋cos α|＝12(|sin α|＋|cos α|)>12(|sin α|＋|sin α|)＝|sin α|＝M .P ＝12|sin α|＋|cos α|<12(|cos α|＋|cos α|)＝|cos α|＝N .∴N >P >M .∵Q ＝12sin 2α＝sin αcos α<|sin α|＋|cos α|2＝P ，Q ＝sin αcos α>sin2α＝|sin α|＝M ，∴N >P >Q >M .二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上)11．用反证法证明“在△ABC 中，若∠A 是直角，则∠B 一定是锐角”时，应假设________________．解析：“∠B 一定是锐角”的否定是“∠B 不是锐角”．答案：∠B 不是锐角12．如果a a ＋b b>a b ＋b a ，则实数a ，b 应满足的条件是________．解析：由a 知a ≥0，b 知b ≥0，而a a ＋b b ≠a b ＋b a ，知b ≠a .此时a a ＋b b －(a b ＋b a)＝(a －b)2(a ＋b)>0，不等式成立．故实数a ，b 应满足的条件是a ≥0，b ≥0，a ≠b .答案：a ≥0，b ≥0，a ≠b13．已知a ＋b >0，则a b2＋b a2与1a ＋1b的大小关系是________．解析：a b2＋b a2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝a －b b2＋b －aa2＝(a －b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1b2－1a2＝(a ＋b)(a －b)2a2b2.∵a ＋b >0，(a －b )2≥0，∴(a ＋b)(a －b)2a2b2≥0.∴a b2＋b a2≥1a ＋1b. 答案：a b2＋b a2≥1a ＋1b14．设0<m <n <a <b ，函数y ＝f (x )在R 上是减函数，下列四个数f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b －m a －m ，f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋n b ＋n 的大小顺序依次是____________．解析：∵a b <a ＋n b ＋n <1<b a <b －ma －m，根据函数的单调性，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋n b ＋n >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b －m a －m . 答案：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋n b ＋n >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b －m a －m三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)设|a |＜1，|b |＜1，求证：|a ＋b |＋|a －b |＜2.证明：当a ＋b 与a －b 同号时，|a ＋b |＋|a －b |＝|a ＋b ＋a －b |＝2|a |＜2；当a ＋b 与a －b 异号时，|a ＋b |＋|a －b |＝|a ＋b －(a －b )|＝2|b |＜2.∴|a ＋b |＋|a －b |＜2.16．(本小题满分12分)已知：在△ABC 中，∠CAB >90°，D 是BC 的中点，求证：AD <12BC (如右图所示)．证明：假设AD ≥12BC .(1)若AD ＝12BC ，由平面几何中定理“若三角形一边上的中线等于该边长的一半，那么，这条边所对的角为直角”，知∠A ＝90°，与题设矛盾．所以AD ≠12BC .(2)若AD >12BC ，因为BD ＝DC ＝12BC ，所以在△ABD 中，AD >BD ，从而∠B >∠BAD .同理∠C >∠CAD .所以∠B ＋∠C >∠BAD ＋∠CAD .即∠B ＋∠C >∠A .因为∠B ＋∠C ＝180°－∠A ，所以180°－∠A >∠A 即∠A ＜90°，与已知矛盾，故AD ＞12BC 不成立．由(1)(2)知AD ＜12BC 成立．17．(本小题满分12分)求证：1＋11＋11×2＋11×2×3＋…＋11×2×3×…×n<3.证明：由11×2×3×...×k <11×2×2× (2)12k －1(k 是大于2的自然数)，得1＋11＋11×2＋11×2×3＋…＋11×2×3×…×n<1＋1＋12＋122＋123＋…＋12n －1＝1＋1－12n 1－12＝3－12n －1<3.18．(本小题满分14分)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：b2a ＋c2b ＋a2c ≥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b2a ＋c2b ＋a2c ＋(a ＋b ＋c )＝⎝⎛⎭⎪⎫b2a ＋a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c2b ＋b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a2c ＋c≥2⎝⎛⎭⎪⎫b2a·a＋ c2b·b＋ a2c ·c ＝2(a ＋b ＋c )，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，取等号，所以b2a ＋c2b ＋a2c ≥a ＋b ＋c ，即b2a ＋c2b ＋a2c≥3.。

2.2 综合法与分析法[A 级 基础巩固]一、选择题1．若实数x ，y 满足不等式xy ＞1，x ＋y ≥0，则()A ．x ＞0，y ＞0B ．x ＜0，y ＜0C ．x ＞0，y ＜0D ．x ＜0，y ＞0解析：因为xy ＞1＞0，所以x ，y 同号．又x ＋y ≥0，故x ＞0，y ＞0.答案：A2．设x ，y ＞0，且xy －(x ＋y )＝1，则( ) A ．x ＋y ≥2(2＋1)B ．xy ≤2＋1C ．x ＋y ≤2(2＋1)2D ．xy ≥2(2＋1)解析：因为x ，y ＞0，且xy －(x ＋y )＝1，所以(x ＋y )＋1＝xy ≤⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y 22. 所以(x ＋y )2－4(x ＋y )－4≥0，解得x ＋y ≥2(2＋1)．答案：A3．对任意的锐角α，β，下列不等关系中正确的是()A ．sin(α＋β)＞sin α＋sin βB ．sin(α＋β)＞cos α＋cos βC ．cos(α＋β)＞sin α＋sin βD ．cos(α＋β)＜cos α＋cos β解析：因为α，β为锐角，所以0＜α＜α＋β＜π，所以cos α＞cos(α＋β)．又cos β＞0，所以cos α＋cos β＞cos(α＋β)． 答案：D4．设13＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13b ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13a＜1，则( ) A ．a a ＜a b ＜b aB ．a a ＜b a ＜a bC ．a b ＜a a ＜b aD ．a b ＜b a ＜a a解析：因为13＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13b ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13a＜1， 所以0＜a ＜b ＜1，所以a aa b ＝a a －b ＞1，所以a b ＜a a ， a a b a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a .因为0＜a b＜1，a ＞0， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a ＜1，所以a a ＜b a ，所以a b ＜a a ＜b a . 答案：C5．已知a ，b ∈R，则“a ＋b ＞2，ab ＞1”是“a ＞1，b ＞1”成立的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：当a ＞1，b ＞1时，两式相加得a ＋b ＞2，两式相乘得ab ＞1.反之，当a ＋b ＞2，ab ＞1时，a ＞1，b ＞1不一定成立．如：a ＝12，b ＝4也满足a ＋b ＞2，ab ＝2＞1，但不满足a ＞1，b ＞1. 答案：B二、填空题6．若1a ＜1b ＜0，已知下列不等式：①a ＋b ＜ab ；②|a |＞|b |；③a ＜b ；④b a ＋a b＞2. 其中正确的不等式的序号为________．解析：因为1a ＜1b＜0， 所以b ＜a ＜0，故②③错．答案：①④7．若a ＞0，b ＞0，则下列两式的大小关系为：lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2________12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]． 解析：12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]＝12lg[(1＋a )(1＋b )]＝lg[(1＋a )(1＋b )]12， 又lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋22， 因为a ＞0，b ＞0，所以a ＋1＞0，b ＋1＞0，所以[(a ＋1)(1＋b )]12≤a ＋1＋b ＋12＝a ＋b ＋22， 所以lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2≥lg[(1＋a )(1＋b )]12. 即lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2≥12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．答案：≥8．已知a ＞0，b ＞0，若P 是a ，b 的等差中项，Q 是a ，b 的等比中项，1R 是1a ，1b的等差中项，则P ，Q ，R 按从大到小的排列顺序为________．解析：P ＝a ＋b 2，Q ＝ab ，2R ＝1a ＋1b ， 所以R ＝2ab a ＋b ≤Q ＝ab ≤P ＝a ＋b 2， 当且仅当a ＝b 时取等号．答案：P ≥Q ≥R三、解答题9．已知a ＞0，b ＞0，2c ＞a ＋b ，求证：c －c 2－ab ＜a .证明：要证c －c 2－ab ＜a ，只需证明c ＜a ＋c 2－ab ，即证b －a ＜2c 2－ab ，当b －a ＜0时，显然成立；当b －a ≥0时，只需证明b 2＋a 2－2ab ＜4c 2－4ab ，即证(a ＋b )2＜4c 2，由2c ＞a ＋b 知上式成立．所以原不等式成立．10．已知△ABC 的三边长是a ，b ，c ，且m 为正数．求证：aa ＋m ＋b b ＋m >c c ＋m. 证明：要证a a ＋m ＋b b ＋m >c c ＋m ，只需证a (b ＋m )(c ＋m )＋b (a ＋m )(c ＋m )－c (a ＋m )·(b ＋m )>0，即证abc ＋abm ＋acm ＋am 2＋abc ＋abm ＋bcm ＋bm 2－abc －acm －bcm －cm 2>0， 即证abc ＋2abm ＋(a ＋b －c )m 2>0.由于a ，b ，c 是△ABC 的边长，m >0，故有a ＋b >c ，即(a ＋b －c )m 2>0.所以abc ＋2abm ＋(a ＋b －c )m 2>0是成立的．因此aa ＋m ＋b b ＋m >c c ＋m 成立．B 级 能力提升1．已知a ，b ，c 为三角形的三边且S ＝a 2＋b 2＋c 2，P ＝ab ＋bc ＋ca ，则( )A ．S ≥2PB ．P ＜S ＜2PC ．S ＞PD ．P ≤S ＜2P 解析：因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ，所以a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ，即S ≥P .又三角形中|a －b |＜c ，所以a 2＋b 2－2ab ＜c 2，同理b 2－2bc ＋c 2＜a 2，c 2－2ac ＋a 2＜b 2，所以a 2＋b 2＋c 2＜2(ab ＋bc ＋ca )，即S ＜2P .答案：D2．若n 为正整数，则2n ＋1与2n ＋1n 的大小关系是________．解析：要比较2n ＋1与2n ＋1n 的大小，只需比较(2n ＋1)2与⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n 2的大小，即4n ＋4与4n ＋4＋1n 的大小． 因为n 为正整数，所以4n ＋4＋1n＞4n ＋4. 所以2n ＋1＜2n ＋1n .答案：2n ＋1＜2n ＋1n3．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|，综上所述a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件．。

第二讲讲明不等式的基本方法复习课学习目标 1.系统梳理证明不等式的基本方法.2.进一步体会不同方法所适合的不同类型的问题，针对不同类型的问题，合理选用不同的方法.3.进一步熟练掌握不同方法的解题步骤及规范．1．比较法作差比较法是证明不等式的基本方法，其依据是：不等式的意义及实数大小比较的充要条件．证明的步骤大致是：作差——恒等变形——判断结果的符号．2．综合法综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推理的基本理论．证明时要注意的是作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握．3．分析法分析法证明不等式的依据也是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论．分析法证明不等式的思维方向是“逆推”，即从待证的不等式出发，逐步寻找使它成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手，因此，通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．4．反证法反证法是一种“正难则反”的方法，反证法适用的范围：①直接证明困难；②需要分成很多类进行讨论；③“唯一性”“存在性”的命题；④结论中含有“至少”“至多”否定性词语的命题．5．放缩法放缩法就是将不等式的一边放大或缩小，寻找一个中间量，常用的放缩技巧有：①舍掉(或加进)一些项；②在分式中放大或缩小分子或分母；③用基本不等式放缩.类型一 比较法证明不等式例1 若x ，y ，z ∈R ，a ＞0，b ＞0，c ＞0.求证：b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx )．证明 ∵b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2－2(xy ＋yz ＋zx ) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫bax 2＋a by 2－2xy ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c by 2＋b cz 2－2yz ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a c z 2＋c a x 2－2zx ＝⎝⎛⎭⎪⎫b ax －a b y 2＋⎝⎛⎭⎪⎫c by －b c z 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a cz －c a x 2≥0， ∴b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx )成立． 反思与感悟 作差法证明不等式的关键是变形，变形是证明推理中一个承上启下的关键，变形的目的在于判断差的符号，而不是考虑能否化简或值是多少，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．跟踪训练1 设a ，b 为实数，0＜n ＜1,0＜m ＜1，m ＋n ＝1，求证：a 2m ＋b 2n ≥(a ＋b )2.证明 a 2m ＋b 2n－(a ＋b )2＝na 2＋mb 2mn －nm a 2＋2ab ＋b 2mn＝na 21－m ＋mb 21－n －2mnab mn＝n 2a 2＋m 2b 2－2mnab mn ＝na －mb 2mn ≥0，∴a 2m ＋b 2n≥(a ＋b )2.类型二综合法与分析法证明不等式例2 已知a ，b ，c ∈R ＋，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 ∈R ＋， 因此只需证(a ＋b ＋c )2≥3， 即证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3，根据条件，只需证a 2＋b 2＋c 2≥1＝ab ＋bc ＋ca ， 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 ＝33时取等号)可知，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， ∵ab ＋bc ＋ca ＝1，∴要证原不等式成立，只需证1abc≥a ＋b ＋c ，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1＝ab ＋bc ＋ca . ∵a ，b ，c ∈R ＋，a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac2，b ac ≤ab ＋bc2，c ab ≤ac ＋bc2，∴a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca (a ＝b ＝c ＝33时取等号)成立， ∴原不等式成立．反思与感悟 证明比较复杂的不等式时，考虑分析法与综合法的结合使用，这样使解题过程更加简洁．跟踪训练2 已知a ＞b ＞c ，求证：1a －b ＋1b －c ＋1c －a ＞0.证明 方法一 要证1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0，只需证1a－b＋1b－c＞1 a－c.∵a＞b＞c，∴a －c ＞a －b ＞0，b －c ＞0， ∴1a －b ＞1a －c ，1b －c ＞0， ∴1a －b ＋1b －c ＞1a －c成立， ∴1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0成立． 方法二 ∵a ＞b ＞c ， ∴a －c ＞a －b ＞0，b －c ＞0， ∴1a －b ＞1a －c ，1b －c ＞0， ∴1a －b ＋1b －c ＞1a －c ， ∴1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0. 类型三 反证法证明不等式例3 若x ，y 都是正实数，且x ＋y >2，求证：1＋x y <2或1＋yx<2中至少有一个成立．证明 假设1＋x y <2和1＋y x<2都不成立，则1＋x y ≥2和1＋yx≥2同时成立．因为x >0且y >0，所以1＋x ≥2y 且1＋y ≥2x ， 两式相加，得2＋x ＋y ≥2x ＋2y ，所以x ＋y ≤2. 这与已知x ＋y >2矛盾．故1＋x y <2或1＋y x<2中至少有一个成立．反思与感悟 反证法的“三步曲”：(1)否定结论．(2)推出矛盾．(3)肯定结论．其核心是在否定结论的前提下推出矛盾．跟踪训练3 已知函数y ＝f (x )在R 上是增函数，且f (a )＋f (－b )＜f (b )＋f (－a )，求证：a ＜b . 证明 假设a ＜b 不成立，则a ＝b 或a ＞b .当a ＝b 时，－a ＝－b ，则有f (a )＝f (b )，f (－a )＝f (－b )， 于是f (a )＋f (－b )＝f (b )＋f (－a )与已知矛盾．当a＞b时，－a＜－b，由函数y＝f(x)的单调性，可得f(a)＞f(b)，f(－b)＞f(－a)，于是有f (a )＋f (－b )＞f (b )＋f (－a )与已知矛盾．故假设不成立． ∴a ＜b .类型四 放缩法证明不等式例4 已知n ∈N ＋，求证：2(n ＋1－1)＜1＋12＋13＋…＋1n＜2n . 证明 ∵对k ∈N ＋，1≤k ≤n ，有 1k ＝22k＞2k ＋k ＋1＝2(k ＋1－k )，∴1k＞2(k ＋1－k )． ∴1＋12＋13＋…＋1n＞2(2－1)＋2(3－2)＋…＋2(n ＋1－n )＝2(n ＋1－1)． 又∵对于k ∈N ＋，2≤k ≤n ，有 1k ＝22k＜2k ＋k －1＝2(k －k －1)，∴1＋12＋13＋…＋1n＜1＋2(2－1)＋2(3－2)＋…＋2(n －n －1) ＝2n －1＜2n . ∴原不等式成立．反思与感悟 放缩法是在顺推法逻辑推理过程中，有时利用不等式关系的传递性作适当的放大或缩小，证明比原不等式更强的不等式来代替原不等式的一种证明方法．放缩法的实质是非等价转化，放缩没有一定的准则和程序，需按题意适当放缩，否则达不到目的．跟踪训练4 设f (x )＝x 2－x ＋13，a ，b ∈[0,1]， 求证：|f (a )－f (b )|≤|a －b |. 证明 |f (a )－f (b )|＝|a 2－a －b 2＋b | ＝|(a －b )(a ＋b －1)|＝|a －b ||a ＋b －1|， ∵0≤a ≤1,0≤b ≤1，∴0≤a ＋b ≤2， －1≤a ＋b －1≤1，|a ＋b －1|≤1. ∴|f (a )－f (b )|≤|a －b |.1．已知p: ab ＞0，q ：b a ＋a b≥2，则p 与q 的关系是( ) A ．p 是q 的充分不必要条件 B ．p 是q 的必要不充分条件 C ．p 是q 的充要条件 D ．以上答案都不对 答案 C解析 由ab ＞0，得b a ＞0，ab＞0，∴b a ＋ab ≥2b a ·ab＝2， 又b a ＋a b ≥2，则b a ，ab必为正数， ∴ab ＞0.2．实数a ，b ，c 满足a ＋2b ＋c ＝2，则( ) A ．a ，b ，c 都是正数 B ．a ，b ，c 都大于1 C ．a ，b ，c 都小于2D ．a ，b ，c 中至少有一个不小于12答案 D解析 假设a ，b ，c 都小于12，则a ＋2b ＋c <2与a ＋2b ＋c ＝2矛盾． 3．若a ＝lg22，b ＝lg33，c ＝lg55，则( )A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．b ＜a ＜c答案 C解析 a ＝3lg 26＝lg 86，b ＝2lg 36＝lg 96，∵9＞8，∴b ＞a .b 与c 比较：b ＝lg 33＝lg 3515，c ＝lg 55＝lg 5315，∵35＞53，∴b ＞c .a 与c 比较：a ＝lg 2510＝lg 3210，c ＝lg 2510，∵32＞25，∴a ＞c .∴b ＞a ＞c ， 故选C.4．已知a ，b ∈R ＋，n ∈N ＋， 求证：(a ＋b )(a n ＋b n )≤2(a n ＋1＋b n ＋1)． 证明 ∵(a ＋b )(a n ＋b n )－2(a n ＋1＋b n ＋1) ＝a n ＋1＋ab n ＋ba n ＋b n ＋1－2a n ＋1－2b n ＋1 ＝a (b n －a n )＋b (a n －b n ) ＝(a －b )(b n －a n )．(1)若a ＞b ＞0，则b n －a n ＜0，a －b ＞0， ∴(a －b )(b n －a n )＜0.(2)若b ＞a ＞0，则b n －a n ＞0，a －b ＜0， ∴(a －b )(b n －a n )＜0.(3)若a ＝b ＞0，(b n －a n )(a －b )＝0.综上(1)(2)(3)可知，对于a ，b ∈R ＋，n ∈N ＋，都有 (a ＋b )(a n ＋b n )≤2(a n ＋1＋b n ＋1)．1．比较法证明不等式一般有两种方法：作差法和作商法，作商法应用的前提条件是已知不等式两端的代数式同号．2．由教材内容可知，分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”，两者是对立统一的两种方法．3．证明不等式的基本方法及一题多证：证明不等式的基本方法主要有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等．证明不等式时既可探索新的证明方法，培养创新意识，也可一题多证，开阔思路，活跃思维，目的是通过证明不等式发展逻辑思维能力，提高数学素养．一、选择题1．a，b∈R＋，那么下列不等式中不正确的是( )A.ab＋ba≥2 B.b2a＋a2b≥a＋bC.ba2＋ab2≤a＋bab D.1a2＋1b2≥2ab答案C解析A满足基本不等式；B可等价变形为(a－b)2(a＋b)≥0正确；B选项中不等式的两端同除以ab，不等式方向不变，所以C选项不正确；D选项是A选项中不等式的两端同除以ab 得到的，D正确．2．设0<x<1，则a＝2x，b＝x＋1，c＝11－x中最大的是( )A．c B．bC．a D．随x取值不同而不同答案A解析∵0<x<1，∴b＝x＋1>2x>2x＝a，∵11－x－(x＋1)＝1－1－x21－x＝x21－x>0，∴c>b>a.3．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4 (a≥0)，则P与Q的大小关系为( )A．P>Q B．P＝QC ．P <QD ．由a 的取值确定答案 C解析 ∵P 2＝2a ＋7＋2a 2＋7a ，Q 2＝2a ＋7＋2a 2＋7a ＋12，∴P 2<Q 2，即P <Q .4．设a ＝(m 2＋1)(n 2＋4)，b ＝(mn ＋2)2，则( ) A ．a ＞b B ．a ＜b C ．a ≤b D ．a ≥b答案 D解析 ∵a －b ＝(m 2＋1)(n 2＋4)－(mn ＋2)2 ＝4m 2＋n 2－4mn ＝(2m －n )2≥0， ∴a ≥b .5．已知a ，b ，c ，d 为实数，ab ＞0，－c a ＜－db，则下列不等式中成立的是( )A ．bc ＜adB ．bc ＞ad C.a c ＞b d D.a c ＜b d答案 B解析 将－c a ＜－d b两边同乘以正数ab ，得－bc ＜－ad ，所以bc ＞ad . 6．若A ，B 为△ABC 的内角，则A >B 是sin A >sin B 的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 C解析 由正弦定理知a sin A ＝bsin B ＝2R ，又A ，B 为三角形的内角， ∴sin A >0，sin B >0，∴sin A >sin B ⇔2R sin A >2R sin B ⇔a >b ⇔A >B .二、填空题7．lg9·lg11与1的大小关系是________． 答案 lg9·lg11＜1 解析 ∵lg9＞0，lg11＞0，∴lg9·lg11＜lg9＋lg112＜lg992＜lg1002＝1.∴lg9·lg11＜1.8．当x ＞1时，x 3与x 2－x ＋1的大小关系是________． 答案 x 3＞x 2－x ＋1解析 ∵x 3－(x 2－x ＋1)＝x 3－x 2＋x －1 ＝x 2(x －1)＋(x －1)＝(x －1)(x 2＋1)，且x ＞1， ∴(x －1)(x 2＋1)＞0. ∴x 3－(x 2－x ＋1)＞0， 即x 3＞x 2－x ＋1.9．用反证法证明“在△ABC 中，若∠A 是直角，则∠B 是锐角”时，应假设________． 答案 ∠B 不是锐角解析 “∠B 是锐角”的否定是“∠B 不是锐角”．10．建造一个容积为8m 3，深为2m 的长方体无盖水池，如果池底和池壁的造价每平方米分别为120元和80元，那么水池的最低总造价为________元． 答案 1760解析 设水池底长为x (x ＞0)m ， 则宽为82x ＝4x(m)．水池造价y ＝82×120＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ×2＋8x ×2×80＝480＋320⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x ≥480＋1 280＝1 760(元)，当且仅当x ＝2时取等号． 三、解答题11．求证：112＋122＋132＋…＋1n 2＜2.证明 因为1n 2＜1nn －1＝1n －1－1n(n ∈N ＋，n ≥2)，所以112＋122＋132＋…＋1n 2＜1＋11×2＋12×3＋…＋1n －1·n＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n＜2.所以原不等式得证．12．已知a n ＝1×2＋2×3＋3×4＋…＋nn ＋1(n ∈N ＋)，求证：n n ＋12＜a n ＜n ＋122.证明 ∵n n ＋1＞n ，∴a n ＝1×2＋2×3＋…＋n n ＋1＞1＋2＋…＋n ＝n n ＋12.又nn ＋1＜n ＋1＋n 2＝2n ＋12，∴a n ＝1×2＋2×3＋…＋n n ＋1＜32＋52＋…＋2n ＋12＝n 2＋2n 2＜n ＋122.∴n n ＋12＜a n ＜n ＋122.四、探究与拓展13．已知a ，b 是正数，a ≠b ，x ，y ∈(0，＋∞)，若a 2x ＋b 2y ≥a ＋b2x ＋y，则等号成立的条件为________． 答案 ay ＝bx解析 a 2x ＋b 2y －a ＋b2x ＋y＝a 2y x ＋y ＋b 2x x ＋y －xy a ＋b 2xy x ＋y＝ay －bx 2xy x ＋y≥0，当且仅当ay ＝bx 时等号成立．14．设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N ＋.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；1a1a1＋1＋1a2a2＋1＋…＋1a n a n＋1＜13.(3)证明：对一切正整数n，有(1)解令n＝1，得S21－(－1)S1－3×2＝0，即S21＋S1－6＝0，所以(S1＋3)(S1－2)＝0，因为S1＞0，所以S1＝2，即a1＝2.(2)解由S2n－(n2＋n－3)S n－3(n2＋n)＝0，得(S n＋3)[S n－(n2＋n)]＝0，因为a n＞0(n∈N＋)，S n＞0，从而S n＋3＞0，所以S n＝n2＋n，所以当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n，又a1＝2＝2×1，所以a n＝2n(n∈N＋)．(3)证明设k≥2，则1a k a k＋1＝12k2k＋1＜12k－12k＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12k－1－12k＋1，所以1a1a1＋1＋1a2a2＋1＋1a3a3＋1＋…＋1a n a n＋1＜12×3＋12⎝⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n－1－12n＋1＝16＋16－122n＋1＜13.所以1a1a1＋1＋1a2a2＋1＋…＋1a n a n＋1＜13.如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！。

一 比较法[课时作业][A 组 基础巩固]1．下列四个数中最大的是( )A ．lg 2B ．lg 2C ． (lg 2)2D ．lg(lg 2)解析：∵1<2<2<10，∴0<lg 2<lg 2<1，∴(lg 2)2<lg 2，lg(lg 2)<0.∴选A.答案：A2．若a ，b 为不相等的正数，则(ab k ＋a k b )－(a k ＋1＋b k ＋1)(k ∈N *)的符号()A ．恒正B ．恒负C ．与k 的奇偶性有关D ．与a ，b 大小无关解析：(ab k ＋a k b )－a k ＋1－b k ＋1＝b k (a －b )＋a k (b －a )＝(a －b )(b k －a k )∵a >0，b >0，若a >b ，则a k >b k ，∴(a －b )(b k －a k )<0；若a <b ，则a k <b k ，∴(a －b )(b k －a k )<0.答案：B3．a 、b 都是正数，P ＝a ＋b2，Q ＝a ＋b ，则P ，Q 的大小关系是( )A ．P ＞QB ．P ＜QC ．P ≥QD ．P ≤Q解析：P 2Q 2＝a ＋b ＋2ab a ＋b ≤a ＋b ＋a ＋ba ＋b ＝1，∴P ≤Q ，应选D.答案：D4．如果log a 3>log b 3且a ＋b ＝1，那么( )A ．0<a <b <1B ．0<b <a <1C ．1<a <bD ．1<b <a解析：∵a >0，b >0，又∵a ＋b ＝1，∴0<a <1,0<b <1，∴lg a <0，lg b <0，由log a 3>log b 3⇒lg 3lg a －lg 3lg b >0⇒1lg a －1lg b >0 ⇒lg b －lg a lg a lg b>0 ⇒lg b >lg a ⇒b >a .∴0<a <b <1.答案：A5．已知a >b >0，c >d >0，m ＝ac －bd ，n ＝a －b c －d ，则m 与n 的大小关系是( )A ．m <nB ．m >nC ．m ≥nD ．m ≤n解析：∵a >b >0，c >d >0，∴ac >bd >0，ac >bd ，∴m >0，n >0.又∵m 2＝ac ＋bd －2abcd ，n 2＝ac ＋bd －(ad ＋bc )，又由ad ＋bc >2abcd ，∴－2abcd >－ad －bc ，∴m 2>n 2.∴m >n .答案：B6．设P ＝a 2b 2＋5，Q ＝2ab －a 2－4a ，若P >Q ，则实数a ，b 满足的条件为________． 解析：P －Q ＝a 2b 2＋5－(2ab －a 2－4a )＝a 2b 2＋5－2ab ＋a 2＋4a ＝a 2b 2－2ab ＋1＋4＋a 2＋4a＝(ab －1)2＋(a ＋2)2.∵P >Q ，∴P －Q >0，即(ab －1)2＋(a ＋2)2>0∴ab ≠1或a ≠－2.答案：ab ≠1或a ≠－27．已知a ，b ，m ，n 均为正数，且a ＋b ＝1，mn ＝2，则(am ＋bn )(bm ＋an )的最小值为________．解析：(am ＋bn )(bm ＋an )＝abm 2＋(a 2＋b 2)mn ＋abn 2＝ab (m 2＋n 2)＋2(a 2＋b 2)≥2abmn ＋2(a 2＋b 2)＝4ab ＋2(a 2＋b 2)＝2(a 2＋2ab ＋b 2)＝2(a ＋b )2＝2(当且仅当m ＝n ＝2时等号成立)．答案：28．设a >b >0，x ＝a ＋b －a ，y ＝a －a －b ，则x ，y 的大小关系是x ________y . 解析：∵x y ＝a ＋b －a a －a －b ＝a ＋a －b a ＋a ＋b <a ＋a＋ba ＋a ＋b ＝1，且x >0，y >0，∴x <y答案：<9．已知a >0，b >0，求证：a b ＋b a ≥a ＋b . 证明：法一：∵a b ＋b a a ＋b ＝ab a ＋b ＋b a a ＋b ＝a ab ＋b ＋b ab ＋a＝a ab ＋a 2＋b ab ＋b 22ab ＋a ＋b r(ab) ＝错误!，又∵a 2＋b 2≥2ab ，∴错误!≥错误!＝1，当且仅当a ＝b >0时取等号． ∴a b ＋b a ≥a ＋b . 法二：∵a b ＋b a －(a ＋b ) ＝(a b －b )＋(b a －a )． ＝a －b b ＋b －a a＝错误!＝a ＋ba －b 2ab ≥0当且仅当a ＝b >0时取“＝”∴a b ＋b a≥a ＋b . 10．已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，当p ，q 满足p ＋q ＝1时，证明：pf (x )＋qf (y )≥f (px ＋qy )对于任意实数x ，y 都成立的充要条件是0≤p ≤1. 证明：pf (x )＋qf (y )－f (px ＋qy )＝p (x 2＋ax ＋b )＋q (y 2＋ay ＋b )－(px ＋qy )2－a (px ＋qy )－b＝p (1－p )x 2＋q (1－q )y 2－2pqxy＝pq (x －y )2.充分性：若0≤p ≤1，q ＝1－p ∈[0,1]．∴pq ≥0，∴pq (x －y )2≥0，∴pf (x )＋qf (y )≥f (px ＋qy )．必要性：若pf (x )＋qf (y )≥f (px ＋qy )．则pq (x －y )2≥0，∵(x －y )2≥0，∴pq ≥0.即p (1－p )≥0，∴0≤p ≤1.综上所述，原命题成立．[B 组 能力提升]1．已知a >0，且a ≠1，P ＝log a (a 3＋1)，Q ＝log a (a 2＋1)，则P ，Q 的大小关系是( )A ．P >QB ．P <QC ．P ＝QD ．大小不确定 解析：P －Q ＝log a (a 3＋1)－log a (a 2＋1)＝log a a 3＋1a 2＋1. 当0<a <1时，0<a 3＋1<a 2＋1， 则0<a 3＋1a 2＋1<1，∴log a a 3＋1a 2＋1>0，即P －Q >0. ∴P >Q .当a >1时，a 3＋1>a 2＋1>0，a 3＋1a 2＋1>1， ∴log a a 3＋1a 2＋1>0，即P －Q >0.∴P >Q . 答案：A2．设m >n ，n ∈N ＋，a ＝ (lg x )m ＋(lg x )－m ，b ＝(lg x )n ＋(lg x )－n ，x >1，则a 与b 的大小关系为( )A ．a ≥bB ．a ≤bC ．与x 值有关，大小不定D ．以上都不正确解析：a －b ＝lg m x ＋lg －m x －lg n x －lg －nx＝(lg m x －lg n x )－(1lg n x －1lg m x) ＝(lg m x －lg n x )－lg m x －lg n x lg m x lg n x ＝(lg m x －lg n x )(1－1lg x lg x) ＝(lg m x －lg n x )(1－1lg m ＋n x)． ∵x >1，∴lg x >0.当0<lg x <1时， a >b ；当lg x ＝1时，a ＝b ；当lg x >1时，a >b .∴应选A.答案：A3．设m ＝|a |＋|b ||a ＋b |，n ＝|a －b |||a |－|b ||，那么它们的大小关系是m ________n . 解析：m n ＝|a |＋|b ||a ＋b ||a －b |||a |－|b ||＝a |＋|b a |－|b |||a ＋b |·|a －b | ＝|a 2－b 2||a 2－b 2|＝1，∴m ＝n . 答案：＝4．一个个体户有一种商品，其成本低于3 5009元．如果月初售出可获利100元，再将本利存入银行，已知银行月息为2.5%，如果月末售出可获利120元，但要付成本的2%的保管费，这种商品应________出售(填“月初”或“月末”)．解析：设这种商品的成本费为a 元．月初售出的利润为L 1＝100＋(a ＋100)×2.5%，月末售出的利润为L 2＝120－2%a ，则L 1－L 2＝100＋0.025a ＋2.5－120＋0.02a ＝0.045(a －3 5009)， ∵a <3 5009， ∴L 1<L 2，月末出售好．答案：月末5．设直角三角形的斜边长为c ，两直角边长分别为a ，b ，试比较c 3与a 3＋b 3的大小． 解析：∵c 是直角三角形的斜边长，a ，b 是直角边长，∴a ＋b >c,0<a c <1,0<b c <1，且a 2＋b 2＝c 2， ∴a 3＋b 3c 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 3<⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 2＝a 2＋b 2c 2＝1， 即a 3＋b 3c 2<1，故a 3＋b 3<c 3.6．已知函数f(x)＝log2(x＋m)，且f(0)、f(2)、f(6)成等差数列．(1)求f(30)的值；(2)若a、b、c是两两不相等的正数，且a、b、c成等比数列，试判断f(a)＋f(c)与2f(b)的大小关系，并证明你的结论．解析：(1)由f(0)、f(2)、f(6)成等差数列，得2log2(2＋m)＝log2m＋log2(6＋m)，即(m＋2)2＝m(m＋6)(m>0)．∴m＝2.∴f(30)＝log2(30＋2)＝5.(2)f(a)＋f(c)>2f(b)．证明如下：2f(b)＝2log2(b＋2)＝log2(b＋2)2，f(a)＋f(c)＝log2[(a＋2)(c＋2)]，又b2＝ac，∴(a＋2)(c＋2)－(b＋2)2＝ac＋2(a＋c)＋4－b2－4b－4＝2(a＋c)－4b.∵a＋c>2ac＝2b(a≠c)，∴2(a＋c)－4b>0，∴log2[(a＋2)(c＋2)]>log2(b＋2)2，即f(a)＋f(c)>2f(b)．。

一 比较法1．作差比较法(1)作差比较法的理论依据a －b >0⇔a >b ，a －b <0⇔a <b ，a －b ＝0⇔a ＝b . (2)作差比较法解题的一般步骤：①作差；②变形整理；③判定符号；④得出结论．其中变形整理是解题的关键，变形整理的目的是为了能够直接判定差的符号，常用的手段有：因式分解、配方、通分、分子或分母有理化等．2．作商比较法(1)作商比较法的理论依据是不等式的基本性质： ①b >0，若a b >1，则a >b ；若a b <1，则a <b ； ②b <0，若a b>1，则a <b ；若a b<1，则a >b . (2)作商比较法解题的一般步骤：①判定a ，b 的符号；②作商；③变形整理；④判定与1大小关系；⑤得出结论．作差比较法证明不等式[例1] 已知x >y ，求证：x 3－x 2y ＋xy 2>x 2y －xy 2＋y 3.[思路点拨] 因为不等式两边是同一种性质的整式，所以可以直接通过作差比较大小． [证明] x 3－x 2y ＋xy 2－(x 2y －xy 2＋y 3) ＝x (x 2－xy ＋y 2)－y (x 2－xy ＋y 2) ＝(x －y )(x 2－xy ＋y 2)＝(x －y )⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 22＋3y 24. 因为x >y ，所以x －y >0，于是(x －y )⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 22＋3y 24>0， 所以x 3－x 2y ＋xy 2>x 2y －xy 2＋y 3.(1)作差比较法中，变形具有承上启下的作用，变形的目的在于判断差的符号，而不用考虑差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，常用配方法判断符号．有时会遇到结果符号不能确定，这时候要对差式进行分类讨论．1．求证：a 2＋b 2≥2(a －b －1)． 证明：a 2＋b 2－2(a －b －1) ＝(a －1)2＋(b ＋1)2≥0， ∴a 2＋b 2≥2(a －b －1)． 2．已知a ，b ∈R ＋，n ∈N ＋， 求证：(a ＋b )(a n＋b n)≤2(an ＋1＋bn ＋1)． 证明：∵(a ＋b )(a n＋b n)－2(a n ＋1＋bn ＋1)＝an ＋1＋ab n ＋ba n ＋bn ＋1－2an ＋1－2bn ＋1＝a (b n －a n)＋b (a n－b n) ＝(a －b )(b n－a n)．①当a >b >0时，b n－a n<0，a －b ＞0， ∴(a －b )(b n－a n )<0.②当b >a >0时，b n－a n>0，a －b <0. ∴(a －b )(b n－a n )<0.③当a ＝b >0时，(b n－a n)(a －b )＝0.综合①②③可知，对于a ，b ∈R ＋，n ∈N ＋，都有(a ＋b )(a n＋b n)≤2(an ＋1＋bn ＋1).作商比较法证明不等式[例2] 设a >0，b >0，求证：a a b b≥(ab )2.[思路点拨] 不等式两端都是指数式，它们的值均为正数，可考虑用作商比较法． [证明] ∵a a b b>0，(ab )a ＋b2>0，∴a a b b (ab )a ＋b 2＝a a －b 2·b b －a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2.当a ＝b 时，显然有⎝ ⎛⎭⎪⎫a ba －b 2＝1；当a >b >0时，a b>1，a －b2>0，∴由指数函数单调性，有⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2>1； 当b >a >0时，0<a b<1，a －b2<0，∴由指数函数的单调性，有⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2>1. 综上可知，对任意实数a ，b ，都有a a b b≥(ab )a ＋b2.当欲证的不等式两端是乘积形式或幂指数形式时，常采用作商比较法，用作商比较法时，如果需要在不等式两边同乘某个数，要注意该数的正负，且最后结果与1比较．3．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ab ＋c b c ＋a c a ＋b >0.作商a 2a b 2b c 2c a b ＋c b c ＋a c a ＋b ＝a a a a b b b b c c c ca b a c b c b a c a cb＝aa －b a a －c b b －c b b －a c c －a c c －b＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c a －c ⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c . 由a >b >c >0，得a －b >0，a －c >0，b －c >0， 且a b>1，a c>1，b c>1. ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c a －c ⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c >1.∴a 2a b 2b c 2c>ab ＋c b c ＋a c a ＋b.4．设n ∈N ，n >1，求证log n (n ＋1)>log (n ＋1)(n ＋2)． 证明：因为n >1，所以log n (n ＋1)>0，log (n ＋1)(n ＋2)>0， 所以log (n ＋1)(n ＋2)log n (n ＋1)＝log (n ＋1)(n ＋2)·log (n ＋1)n≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤log (n ＋1)(n ＋2)＋log (n ＋1)n 22＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤log (n ＋1)(n 2＋2n )22 <⎣⎢⎡⎦⎥⎤log (n ＋1)(n ＋1)222＝1. 故log (n ＋1)(n ＋2)<log n (n ＋1)， 即原不等式得证.比较法的实际应用[例3] 甲、乙二人同时同地沿同一路线走到同一地点，甲有一半时间以速度m 行走，另一半以速度n 行走；乙有一半路程以速度m 行走，另一半路程以速度n 行走．如果m ≠n ，问甲、乙二人谁先到达指定地点？[思路点拨] 先用m ，n 表示甲、乙两人走完全程所用时间，再进行比较．[解] 设从出发地点至指定地点的路程为s ，甲、乙二人走完这段路程所用的时间分别为t 1，t 2 ，依题意有t 12m ＋t 12n ＝s ，s 2m ＋s2n ＝t 2.∴t 1＝2s m ＋n ，t 2＝s (m ＋n )2mn. ∴t 1－t 2＝2s m ＋n －s (m ＋n )2mn＝s [4mn －(m ＋n )2]2mn (m ＋n )＝－s (m －n )22mn (m ＋n ).其中s ，m ，n 都是正数，且m ≠n ， ∴t 1－t 2<0.即t 1<t 2.从而知甲比乙先到达指定地点．应用不等式解决实际问题时， 关键是如何把等量关系、不等量关系转化为不等式的问题来解决，也即建立数学模型是解应用题的关键，最后利用不等式的知识来解．在实际应用不等关系问题时，常用比较法来判断数的大小关系，若是选择题或填空题则可用特殊值加以判断．5．某人乘出租车从A 地到B 地，有两种方案；第一种方案：乘起步价为10元．每千米1.2元的出租车，第二种方案：乘起步价为8元，每千米1.4元的出租车．按出租车管理条例，在起步价内，不同型号的出租车行驶的路程是相等的，则此人从A 地到B 地选择哪一种方案比较合适？解：设A 地到B 地距离为m 千米．起步价内行驶的路程为a 千米．显然当m ≤a 时，选起步价为8元的出租车比较便宜．当m >a 时，设m ＝a ＋x (x >0)，乘坐起步价为10元的出租车费用为P (x )元．乘坐起步价为8元的出租车费用为Q (x )元，则P (x )＝10＋1.2 x ，Q (x )＝8＋1.4x .∵P (x )－Q (x )＝2－0.2x ＝0.2(10－x )，∴当x >10时，P (x )<Q (x )，此时选择起步价为10元的出租车较为合适． 当x <10时，P (x )>Q (x )，此时选起步价为8元的出租车较为合适． 当x ＝10时，P (x )＝Q (x )，两种出租车任选，费用相同．1．下列关系中对任意a <b <0的实数都成立的是( ) A ．a 2<b 2B ．lg b 2<lg a 2C.b a>1D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2 解析：选B ∵a <b <0，∴－a >－b >0. (－a )2>(－b )2>0.即a 2>b 2>0.∴b 2a2<1.又lg b 2－lg a 2＝lg b 2a2<lg 1＝0，∴lg b 2<lg a 2. 2．已知P ＝1a 2＋a ＋1，Q ＝a 2－a ＋1，那么P ，Q 的大小关系是( )A ．P >QB ．P <QC ．P ≥QD ．P ≤Q解析：选D 法一：Q P＝(a 2－a ＋1)(a 2＋a ＋1) ＝(a 2＋1)2－a 2＝a 4＋a 2＋1≥1， 又∵a 2＋a ＋1>0恒成立， ∴Q ≥P .法二：P －Q ＝1－(a 2－a ＋1)(a 2＋a ＋1)a 2＋a ＋1＝－(a 4＋a 2)a 2＋a ＋1， ∵a 2＋a ＋1>0恒成立且a 4＋a 2≥0，∴P －Q ≤0，即Q ≥P . 3．已知a >0，b >0，m ＝a b ＋ba，n ＝a ＋b ，p ＝a ＋b ，则m ，n ，p 的大小关系是( ) A ．m ≥n >p B ．m >n ≥p C ．n >m >p D ．n ≥m >p解析：选A 由m ＝a b ＋ba，n ＝a ＋b ，得a ＝b >0时，m ＝n, 可排除B 、C 项．比较A 、D 项，不必论证与p 的关系．取特殊值a ＝4，b ＝1，则m ＝4＋12＝92，n ＝2＋1＝3，∴m >n ，可排除D ，故选A.4．设m >n ，n ∈N ＋，a ＝(lg x )m ＋(lg x )－m ，b ＝(lg x )n ＋(lg x )－n，x >1，则a 与b 的大小关系为( )A ．a ≥bB ．a ≤bC ．与x 值有关，大小不定D ．以上都不正确解析：选A a －b ＝lg mx ＋lg －mx －lg n x －lg －nx ＝(lg mx －lg nx )－⎝⎛⎭⎪⎫1lg n x －1lg m x＝(lg mx －lg nx )－lg mx －lg nxlg m x lg nx ＝(lg m x －lg nx )⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1lg m x lg n x＝(lg m x －lg nx )⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1lg m ＋n x .∵x >1，∴lg x >0. 当0<lg x <1时，a >b ； 当lg x ＝1时，a ＝b ； 当lg x >1时，a >b . ∴应选A.5．若0<x <1，则1x 与1x2的大小关系是________．解析：1x －1x 2＝x －1x2.因为0<x <1，所以1x －1x2<0.所以1x <1x2.答案：1x <1x26．设P ＝a 2b 2＋5，Q ＝2ab －a 2－4a ，若P >Q ，则实数a ，b 满足的条件为________． 解析：P －Q ＝a 2b 2＋5－(2ab －a 2－4a ) ＝a 2b 2＋5－2ab ＋a 2＋4a ＝a 2b 2－2ab ＋1＋4＋a 2＋4a ＝(ab －1)2＋(a ＋2)2， ∵P >Q ，∴P －Q >0， 即(ab －1)2＋(a ＋2)2>0， ∴ab ≠1或a ≠－2. 答案： ab ≠1或a ≠－27．一个个体户有一种商品，其成本低于3 5009元．如果月初售出可获利100元，再将本利存入银行，已知银行月息为2.5%，如果月末售出可获利120元，但要付成本的2%的保管费，这种商品应________出售(填“月初”或“月末”)．解析：设这种商品的成本费为a 元．月初售出的利润为L 1＝100＋(a ＋100)×2.5%， 月末售出的利润为L 2＝120－2%a ， 则L 1－L 2＝100＋0.025a ＋2.5－120＋0.02a＝0.045⎝ ⎛⎭⎪⎫a －3 5009，∵a <3 5009，∴L 1<L 2，月末出售好． 答案：月末8．已知x ，y ∈R, 求证：sin x ＋sin y ≤1＋sin x sin y . 证明：∵sin x ＋sin y －1－sin x sin y ＝sin x (1－sin y )－(1－sin y ) ＝(1－sin y )(sin x －1)． ∵－1≤sin x ≤1，－1≤sin y ≤1.∴1－sin y ≥0，sin x －1≤0. ∴(1－sin y )(sin x －1)≤0. 即sin x ＋sin y ≤1＋sin x sin y .9．若a ＞0，b ＞0，c ＞0，求证：a a b b c c≥(abc )a ＋b ＋c3.证明：不妨设a ≥b ≥c ≥0，那么由指数函数的性质，有⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 3≥1，⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c 3≥1，⎝ ⎛⎭⎪⎫c a c －a 3≥1. 所以a a b b c c (abc )a ＋b ＋c 3＝a a －b 3＋a －c 3b b －c 3＋b －a 3c c －a 3＋c －b 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫c a c －a 3≥1.∴原不等式成立．10．已知a <b <c ，x <y <z ，则ax ＋by ＋cz ，ax ＋cy ＋bz ，bx ＋ay ＋cz ，bx ＋cy ＋az 中最大的是哪一个？证明你的结论．解：ax ＋by ＋cz 最大．理由如下：ax ＋by ＋cz －(ax ＋cy ＋bz )＝(b －c )y ＋(c －b )z ＝(b －c )(y －z )，∵a <b <c ，x <y <z ，∴b －c <0，y －z <0， ∴ax ＋by ＋cz －(ax ＋cy ＋bz )>0， 即ax ＋by ＋cz >ax ＋cy ＋bz .ax ＋by ＋cz －(bx ＋ay ＋cz )＝(a －b )x ＋(b －a )y ＝(a －b )(x －y )>0，∴ax ＋by ＋cz >bx ＋ay ＋cz .ax ＋by ＋cz －(bx ＋cy ＋az )＝(a －b )x ＋(b －c )y ＋(c －a )z ＝(a －b )x ＋(b －c )y ＋[(c －b )＋(b －a )]z ＝(a －b )(x －z )＋(b －c )(y －z )>0，∴ax ＋by ＋cz >bx ＋cy ＋az . 故ax ＋by ＋cz 最大．。

2.1 比较法课后导练基础达标1设t=a+2b,s=a+b 2+1,则t 与s 的大小关系是（ ）A.t>sB.t≥sC.t<sD.t≤s解析:∵s=a+b 2+1≥a+2b=t,故选D.答案:D2设a,b∈R +,且a≠b,n∈N *，则ab n +a n b-a n+1-b n+1的值（ ）A.恒为正B.恒为负C.与a,b 的大小有关D.与n 的奇偶性有关解析:∵ab n +a n b-a n+1-b n+1=a n (b-a)+b n (a-b)=-(a-b)(a n -b n ),当a>b>0时，a n >b n ;当0<a<b 时，a n <b n ,∴-(a-b)(a n -b n )<0.故选B.答案:B3下列命题中，真命题是（ ）①当b>0时，a>b ⇔b a >1 ②当b>0时，a<b ⇔b a <1 ③当a>0,b>0时，b a >1⇔a>b ④当ab>0时，ba >1⇔a>b A.①②③ B.①②④C.④D.①②③④解析:①正确.∵b>0,∴b1>0. 又∵a>b,∴a×b 1>b×b 1,即ba >1. 反之，∵ba >1,b>0, ∴b a ×b>1×b,即a>b. 同理，可证②③正确，④错.∵若令a=-2,b=-1,则ba =2>1,但a<b. 答案:A4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，则a 5与b 5的大小关系为（ ）A.a 5>b 5B.a 5=b 5C.a 5<b 5D.不确定解析:∵a 32=a 1a 5,2b 3=b 1+b 5,∴a 5=123a a ,b 5=2b 3-b 1=2a 3-a 1, a 5-b 5=123a a -(2a 3-a 1)=1213)(a a a -.∵a 1≠a 3,∴(a 3-a 1)2>0. 又a 1>0,∴1213)(a a a ->0.故a 5>b 5. 答案:A5设ab>0且d c >ba ,则下列各式中成立的是( ) A.bd<ad B.bc>ad C.a b c d > D.ab c d < 解析:∵ab>0,∴ba >0. 把d c >ba 两边同除以b a 得ad bc >1. 由题意d c >b a >0,则c,d 同号. 但a,d 不一定同号.若a,d 同号,则ad>0.∴bc>ad.故A 错.若a,d 异号,则ad<0.∴bc<ad,则B 错. 由d c >ba >0,根据函数f(x)=x 1在x∈(0,+∞)上单调递减,∴abcd < 答案:D综合应用6已知a,b,c 均大于1,且log a c·log b c=4,则下列各式中,一定正确的是( )A.ac≥bB.ab≥cC.bc≥aD.ab≤c解析:∵log a c·log b c=4,∴1=4log c a·log c b≤4·(2log log b a c c +)2 =log c 2ab,即log c 2ab≥1.又a,b,c 均大于1,∴log c ab>0.∴log c ab≥1.∴ab≥c.答案:B7a 克糖水中,含有b 克糖(b<a),向糖水中加入m 克糖,糖水就比原来变甜了.这一现象用一个不等式表示为________________.解析:这是糖水浓度变高了. 原来的浓度为a b ,现在的浓度为ma mb ++. 答案:m a m b ++>a b8已知a 、b 、m 都是正数，并且a<b,求证:m b m a ++>b a .证明:m b ma ++-b a =)()()()()(m b b ab m m b b m b a m a b +-=++-+,∵a,b,m 都是正数，且a<b,∴b+m>0,b -a>0. ∴,0)()(>+-m b b a b m 即b am b ma >++.9已知a,b,c 均为正数，求证:a c c b b a c b a +++++≥++111212121.证明:)(4)()(44)()(141412b a ab b a b a ab ab b aa b a b b a b a +-=+-+++=+-+≥0, 同理，)(4)(14141,0)(4)(1414122c a ac a c a c a c c b bc c b c b c b +-=+-+≥+-=+-+≥0,各式相加即可证.拓展探究10已知a+b>0,n∈N *且为偶数，证明b a b a a b n n n n 1111+≥+--.证明: n n n n n n n n n ab b a b a b a b a a b )())((111111------=--+.(1)当a>0,b>0时，不妨设a≥b>0,则a n ≥b n ,a n-1≥b n-1,(ab)n >0, ∴n n n n n ab b a b a )())((11----≥0. ∴b a b a a b n n n n 1111+≥+--.(2)当a,b 有一个负值时，不妨设a>0,b<0.∵a+b>0,n∈N *且为偶数，∴a>-b=|b|>0,a n >|b|n =b n .而b n-1<0,∴a n-1-b n-1>0.又∵(ab)n >0,∴n n n n n ab b a b a )())((11---->0, 即b a b a a b n n n n 1111+>+--.综合(1)(2)，得b a b a a b n n n n 1111+≥+--.备选习题11已知0<x≠1,p,q∈N *,那么( )A.1+x p+q <x p +x qB.1+x p+q >x p +x qC.1+x p+q ≤x p +x qD.1+x p+q ≥x p +x q解析:1+x p+q -(x p +x q )=x p (x q -1)+(1-x q )=(x q -1)(x p -1).当0<x<1时,∵p,q∈N *,则x q <1,x p <1.∴(x q -1)(x p -1)>0.当x>1时,∵p,q∈N *,同理,(x q -1)(x p -1)>0.总之,1+x p+q >x p +x q .答案:B12已知a<b<0,c<0,则(a-2)c____________(b-2)c.解析:∵a<b<0,∴a -2<b-2<0.又∵c<0,∴(a -2)c>(b-2)c.答案:>13若n>0，则24n 与3-n 的大小关系是________________-.解析:222222)2)(1(34)3(4n n n n n n n n -+=+-=--≥0, ∴24n ≥3-n.答案:24n ≥3-n14已知a,b∈R ,则a 2+b 2与2(2a-b)-5的大小关系是_______________. 解析:∵a 2+b 2-2(2a-b)+5=(a-2)2+(b+1)2≥0,∴a 2+b 2≥2(2a -b)-5.答案:a 2+b 2≥2(2a -b)-515设0<a<21,f(x)=2x 2-3x,则f(a)与f(1-a)的大小关系是_____________. 解析:作差f(a)-f(1-a)=(2a 2-3a)-［2(1-a)2-3(1-a)］=2［a 2-(1-a)2］+3(1-a)-3a=1-2a. ∵0<a<21,∴-1<-2a<0.∴1-2a>0.∴f(a)-f(1-a)>0,即f(a)>f(1-a).答案:f(a)>f(1-a)16已知ab≠0,试比较22b a +与333b a +的大小.解析:∵ab≠0,∴22b a +>0. 当333b a +<0时,22b a +>333b a +; 当333b a +≥0时, (22b a +)6-(333b a +)6=(a 2+b 2)3-(a 3+b 3)2=a 2b 2(3a 2+3b 2-2ab).∵(a -b)2≥0,ab≠0,∴2(a 2+b 2)+(a-b)2>0.∴3a 2+3b 2-2ab>0.∴a 2b 2(3a 2+3b 2-2ab)>0. ∴22b a +>333b a +.。

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一比较法［课时作业］[A组基础巩固］1．下列四个数中最大的是( ）A．lg 2 B．lg 错误!C．（lg 2）2D．lg(lg 2）解析：∵1<错误!〈2〈10，∴0〈lg 错误!<lg 2〈1，∴（lg 2）2〈lg 2，lg(lg 2）<0。

∴选A.答案：A2．若a，b为不相等的正数,则(ab k＋a k b）－（a k＋1＋b k＋1)（k∈N＊)的符号( ）A．恒正B．恒负C．与k的奇偶性有关D．与a，b大小无关解析：(ab k＋a k b)－a k＋1－b k＋1＝b k（a－b)＋a k（b－a)＝（a－b）(b k－a k)∵a〉0，b〉0，若a>b，则a k>b k，∴(a－b）（b k－a k)<0；若a〈b，则a k〈b k,∴（a－b)（b k－a k)<0。

答案：B3．a、b都是正数，P＝错误!，Q＝错误!，则P，Q的大小关系是（)A．P＞Q B．P＜QC．P≥Q D．P≤Q解析：错误!＝错误!≤错误!＝1，∴P≤Q,应选D。

答案:D4．如果log a3〉log b3且a＋b＝1，那么( )A．0〈a〈b〈1 B．0<b<a<1C．1<a<b D．1〈b<a解析：∵a〉0,b〉0，又∵a＋b＝1，∴0<a<1，0〈b<1,∴lg a〈0，lg b〈0,由log a3〉log b3⇒错误!－错误!〉0⇒错误!－错误!>0⇒错误!>0⇒lg b>lg a⇒b>a。

2.1 比较法课堂探究1．作差比较法证明不等式的一般步骤剖析：(1)作差：将不等式左右两边的式子看作一个整体进行作差．(2)变形：将差式进行变形，变形为一个常数，或变形为若干个因式的积，或变形为一个或几个平方和等等．(3)判断符号：根据已知条件与上述变形结果，判断差的正负号．(4)结论：根据差的正负号下结论．知识拓展 若差式的符号不能确定，一般是与某些字母的取值有关时，则需对这些字母进行讨论．2．作商比较法中的符号问题的确定剖析：在作商比较法中，b a＞1 b ＞a 是不正确的，这与a ，b 的符号有关，比如若a ，b ＞0，由b a ＞1，可得b ＞a ，但若a ，b ＜0，则由b a＞1得出的反而是b ＜a ，也就是说，在作商比较法中，要对a ，b 的符号作出判断．否则，结论可能是错误的．名师点拔 使用作商比较法时一定要注意不等式两边的式子均为正值，若均为负值时，可先同乘以－1，转化后再进行证明．题型一 利用作差比较法证明不等式【例1】已知a ≥1，求证：a ＋1－a ＜a －a －1.分析：因不等式两边进行分子有理化相减后，可判断差的符号，故可用作差比较法进行证明． 证明：∵(a ＋1－a )－(a －a －1) ＝1a ＋1＋a －1a ＋a －1 ＝a －1－a ＋1(a ＋1＋a )(a ＋a －1)＜0， ∴a ＋1－a ＜a －a －1.反思 根据左、右两边都含无理式的特点，也可以采取两边平方的方法来比较，但是应先判断两边的符号，都大于0时，两边平方是等价变形，都小于0时要改变不等号.题型二 利用作商比较法证明不等式【例2】已知a ＞0，b ＞0，求证：a b ＋b a≥a ＋b .分析：因为a ，b 均为正数，故而不等式左边和右边都是正数，所以可以用作商比较法进行比较． 证明：∵a b ＋b a a ＋b ＝a b a ＋b ＋b aa ＋b ＝a ab ＋b ＋b ab ＋a＝a ab ＋a 2＋b ab ＋b 22ab ＋(a ＋b )ab ＝a 2＋b 2＋(a ＋b )ab 2ab ＋(a ＋b )ab， 又∵a 2＋b 2≥2ab ， ∴a 2＋b 2＋(a ＋b )ab 2ab ＋(a ＋b )ab ≥2ab ＋(a ＋b )ab 2ab ＋(a ＋b )ab＝1， 当且仅当a ＝b ＞0时取等号．∴a b ＋b a≥a ＋b . 反思 作商比较法的前提条件是两个数a ，b 都大于0，对ab 进行整理，直到能清晰看出a b与1的大小关系为止．在运算过程中注意运用计算技巧. 题型三 比较法在综合题目中的应用【例3】已知数列{a n }的首项a 1＝5，前n 项和为S n ，且S n ＋1＝2S n ＋n ＋5(n ∈N ＋)．(1)证明数列{a n ＋1}是等比数列；(2)令f (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，求函数f (x )在点x ＝1处的导数f ′(1)，并比较2f ′(1)与23n 2－13n 的大小．分析：在比较大小时，作差法的差式与“n ”的取值有关，且大小关系随“n ”的变化而变化．(1)证明：由已知S n ＋1＝2S n ＋n ＋5，①∴n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n ＋4，②①②两式相减，得 S n ＋1－S n ＝2(S n －S n －1)＋1，即a n ＋1＝2a n ＋1，从而a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)．当n ＝1时，S 2＝2S 1＋1＋5，∴a 1＋a 2＝2a 1＋6.又a 1＝5，故a 2＝11，从而a 2＋1＝2(a 1＋1)．故总有a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，n ∈N ＋.又∵a 1＝5，∴a 1＋1≠0，从而a n ＋1＋1a n ＋1＝2， 即{a n ＋1}是以a 1＋1＝6为首项，2为公比的等比数列．(2)解：由(1)可知a n ＝3×2n －1.∵f (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，∴f ′(x )＝a 1＋2a 2x ＋…＋na n x n －1.从而f ′(1)＝a 1＋2a 2＋…＋na n＝(3×2－1)＋2(3×22－1)＋…＋n (3×2n －1)＝3(2＋2×22＋…＋n ×2n )－(1＋2＋3＋…＋n )＝3[n ×2n ＋1－(2＋…＋2n )]－n (n ＋1)2 ＝3(n ×2n ＋1－2n ＋1＋2)－n (n ＋1)2＝3(n －1)·2n ＋1－n (n ＋1)2＋6. 则2f ′(1)－(23n 2－13n )＝12(n －1)·2n －12(2n 2－n －1)＝12(n －1)·2n －12(n －1)(2n ＋1)＝12(n －1)[2n －(2n ＋1)]．(*)当n ＝1时，(*)式＝0，∴2f ′(1)＝23n 2－13n ；当n ＝2时，(*)式＝－12＜0，∴2f ′(1)＜23n 2－13n ；当n ≥3时，n －1＞0，又2n ＝(1＋1)n ＝C 0n ＋C 1n ＋…＋C n －1n ＋C n n ≥2n ＋2＞2n ＋1，∴(n －1)[2n －(2n ＋1)]＞0，即(*)式＞0，从而2f ′(1)＞23n 2－13n .反思 此类比较大小的题是典型的结论不唯一的题．在数列中，大小问题可能会随“n ”变化而变化．往往n ＝1,2，…，前几个自然数对应的值与后面n ≥n 0的值大小不一样，这就要求在解答这样的题时，要时刻有“大小关系不一定唯一”的念头，即时刻提醒自己所求解的问题是否需要讨论．。