第二讲 证明不等式的基本方法 复习课 学案(含答案)

一、选择题1.若a>b>0，则下列不等式中一定成立的是( )A.a＋>b＋B.>C.a－>b－D.>解析　∵a＞b＞0，∴＞＞0，∴a＋＞b＋.答案　A2.已知x＞y＞z，且x＋y＋z＝1，则下列不等式中恒成立的是( )A.xy＞yzB.xz＞yzC.x|y|＞z|y|D.xy＞xz解析　令x＝2，y＝0，z＝－1，可排除选项A，B，C，故选D.答案　D3.已知实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c的大小关系是( )A.c≥b＞aB.a＞c≥bC.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＝a2＋1，∴b－a＝a2－a＋1＝＋＞0.∴b＞a，∴c≥b＞a.答案　A4.已知b＞a＞0，且a＋b＝1，那么( )A.2ab＜＜＜bB.2ab＜＜＜bC.＜2ab＜＜bD.2ab＜＜b＜解析　取特殊值法.令a＝，b＝，则2ab＝，＝，＝，故选B.答案　B5.若实数a，b满足a＋b＝2，则3a＋3b的最小值是( )A.18B.6C.2D.2解析　3a＋3b≥2＝2＝2×3＝6(当且仅当a＝b＝1时，等号成立).答案　B6.对于任意的x∈[0，1]，不等式ax＋2b＞0恒成立，则代数式a＋3b的值( )A.恒为正值B.恒为非负值C.恒为负值D.不确定解析　令f(x)＝ax＋2b，则在[0，1]上，若a＞0，则f min(x)＝f(0)＝2b＞0；若a＜0，则f min(x)＝f(1)＝a＋2b＞0，∴a＋3b＝b＋a＋2b＞0.答案　A7.设a、b、c是互不相等的正数，则下列等式中不恒成立的是( )A.|a－b|≤|a－c|＋|b－c|B.a2＋≥a＋C.|a－b|＋≥2D.－≤－解析　因为a－b的符号不确定，所以|a－b|＋≥2不一定正确，所以应选C.答案　C8.若x，y∈R＋，且x≠y，下列四个数中最小的一个是( )A. B.C. D.解析　＞·2＝，＞＞.由＜⇒＞⇒＞⇒＞，故选D.答案　D9.要使－＜成立，a，b应满足的条件是( )A.ab＜0，且a＞bB.ab＞0，且a＞bC.ab＜0，且a＜bD.ab＞0，且a＞b或ab＜0，且a＜b解析　－＜⇔a－b＋3－3＜a－b⇔＜，∴当ab＞0时，有＜，即b＜a.当ab＜0时.有＞，即b＞a.答案　D10.在△ABC中，A，B，C分别为边a，b，c所对的角，且a，b，c成等差数列，则角B适合的条件是( )A.0＜B≤B.0＜B≤C.0＜B≤D.＜B＜π解析　∵2b＝a＋c，∴cos B＝＝＝＝－≥－＝.当且仅当a＝b＝c时等号成立.∵余弦函数在上为减函数，∴0＜B≤.答案　B二、填空题11.lg 9·lg 11与1的大小关系是________.解析　∵lg 9＞0，lg 11＞0，∴＜＜＜＝1.∴lg 9·lg 11＜1.答案　lg 9·lg 11＜112.已知a，b＞0，则x＝a b b a，y＝a a b b的大小关系是________.解析　＝＝a b－a·b a－b＝，若a≥b＞0，则≥1，而b－a≤0，∴≤1.若0＜a≤b，则≤1，而b－a≥0，∴≤1.综上，y≥x.答案　y≥x13.设a＝－，b＝－，c＝－，则a，b，c的大小顺序是________.解析　a－b＝－－＋＝＋－(＋)，而(＋)2＝8＋2，(＋)2＝8＋2，∴＋＞＋.∴a－b＞0，即a＞b.同理可知b＞c.∴a＞b＞c.答案　a＞b＞c14.已知a，b，c，d都为正数，且S＝＋＋＋，则S的取值范围是________.解析　由放缩法，得＜＜；＜＜；＜＜；＜＜.以上四个不等式相加，得1＜S＜2.答案　(1，2)三、解答题15.设a＞0，b＞0，且a＋b＝＋.证明：①a＋b≥2；②a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立.证明　由a＋b＝＋＝，a＞0，b＞0，得ab＝1.①由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2.②假设a2＋a＜2与b2＋b＜2同时成立，则由a2＋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a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立.16.已知a，b，c为三角形的三边，求证：，，也可以构成一个三角形.证明　设f(x)＝，x∈(0，＋∞)，0＜x1＜x2，则f(x2)－f(x1)＝－＝＞0，f(x2)＞f(x1)，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数.∵a，b，c为三角形的三边，∴a＋b＞c，∴＜＝＋＜＋，即＜＋，同理可证＜＋，＜＋，∴以，，为边可构成一个三角形.17.已知数列{a n}满足a1＝且a n＋1＝a n－a(n∈N*).(1)证明：1≤≤2(n∈N*)；(2)设数列{a}的前n项和为S n，证明：≤≤(n∈N*).(1)证明　由题意得a n＋1－a n＝－a≤0，即a n＋1≤a n，故a n≤.由a n＝(1－a n－1)a n－1得a n＝(1－a n－1)(1－a n－2)…(1－a1)a1＞0.由0＜a n≤得＝＝∈(1，2]，所以1≤≤2.(2)解　由题意得a＝a n－a n＋1，所以S n＝a1－a n＋1，①由－＝和1≤≤2得1≤－≤2，所以n≤－≤2n，因此≤a n＋1≤(n∈N*).②由①②得≤≤(n∈N*).18.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－(n2＋n－3)S n－3(n2＋n)＝0，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋＜.(1)解　令n＝1代入得a1＝2(负值舍去).(2)解　由S－(n2＋n－3)S n－3(n2＋n)＝0，n∈N*得[S n－(n2＋n)](S n＋3)＝0，又已知各项均为正数，故S n＝n2＋n，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，当n＝1时，a1＝2也满足上式，所以a n＝2n(n∈N*).(3)证明　k∈N*，4k2＋2k－(3k2＋3k)＝k2－k＝k(k－1)≥0，∴4k2＋2k≥3k2＋3k，∴＝＝≤＝.∴＋＋…＋≤＝＜.∴原不等式成立.。

三反证法与放缩法知识梳理1.反证法先____________,以此为出发点,结合已知条件,应用公理,定义,定理,性质等,进行正确的推理,得到和命题的条件(或已知证明的定理,性质,明显成立的事实等) _________的结论,以说明_________不正确,从而证明原命题成立,我们称这种证明问题的方法为反证法.2.放缩法证明不等式时,通常把不等式中的某些部分的值_________或_________,简化不等式,从而达到证明的目的.我们把这种方法称为放缩法.知识导学1.用反证法证明不等式必须把握以下几点：(1)必须否定结论,即肯定结论的反面,当结论的反面呈现多样性时,必须罗列出各种情况,缺少任何一种可能,反证法都是不完全的.(2)反证法必须从否定结论进行推理,即应把结论的反面作为条件,且必须根据这一条件进行推证.否则,仅否定结论,不从结论的反面出发进行推理,就不是反证法.(3)推导出的矛盾可能多种多样,有的与已知矛盾,有的与假设矛盾,有的与已知事实相违背等等.推导出的矛盾必须是明显的.(4)在使用反证法时,“否定结论”在推理论证中往往作为已知使用,可视为已知条件.2.放缩法多借助于一个或多个中间量进行放大或缩小,如欲证A≥B,需通过B≤B1,B1≤B2≤…≤B i≤A(或A≥A1,A1≥A2≥…≥A i≥B)，再利用传递性，达到证明的目的.疑难突破1.反证法中的数学语言反证法适宜证明“存在性问题,唯一性问题”,带有“至少有一个”或“至多有一个”等字样的问题,或者说“正难则反”,直接证明有困难时,常采用反证法,下面我们列举一下常见的涉及反证法的文字语言及其相对应的否定假设.对某些数学语言的否定假设要准确,以免造成原则性的错误,有时在使用反证法时,对假设的否定也可以举一定的特例来说明矛盾,尤其在一些选择题中,更是如此.2.放缩法的尺度把握等问题(1)放缩法的理论依据主要有:①不等式的传递性;②等量加不等量为不等量;③同分子(分母)异分母(分子)的两个分式大小的比较;④基本不等式与绝对值不等式的基本性质;⑤三角函数的有界性等.(2)放缩法使用的主要方法:放缩法是不等式证明中最重要的变形方法之一,放缩必须有目标,而且要恰到好处,目标往往要从证明的结论考察.常用的放缩方法有增项,减项,利用分式的性质,利用不等式的性质,利用已知不等式,利用函数的性质进行放缩等.比如:舍去或加上一些项:(a+21)2+43>(a+21)2; 将分子或分母放大(缩小):,121,)1(11,)1(1122-+<+>-<k k kk k k k k k121++>k k k(k∈R ,k>1)等.典题精讲【例1】 (经典回放)若a 3+b 3=2,求证:a+b≤2.思路分析：本题结论的反面比原结论更具体,更简洁,宜用反证法. 证法一：假设a+b>2,a 2-ab+b 2=(a 21-b)2+43b 2≥0.而取等号的条件为a=b=0，显然不可能，∴a 2-ab+b 2>0.则a 3+b 3=(a+b)(a 2-ab+b 2)>2(a 2-ab+b 2),而a 3+b 3=2,故a 2-ab+b 2<1.∴1+ab>a 2+b 2≥2ab.从而ab<1. ∴a 2+b 2<1+ab<2.∴(a+b)2=a 2+b 2+2ab<2+2ab<4. ∴a+b<2.这与假设矛盾,故a+b≤2.证法二:假设a+b>2,则a>2-b,故2=a 3+b 3>(2-b)3+b 3,即2>8-12b+6b 2,即(b-1)2<0,这不可能,从而a+b≤2.证法三:假设a+b>2,则(a+b)3=a 3+b 3+3ab(a+b)>8.由a 3+b 3=2,得3ab(a+b)>6.故ab(a+b)>2.又a 3+b 3=(a+b)(a 2-ab+b 2)=2,∴ab(a+b)>(a+b)(a 2-ab+b 2). ∴a 2-ab+b 2<ab,即(a-b)2<0. 这不可能，故a+b≤2. 绿色通道：本题三种方法均采用反证法，有的推至与假设矛盾，有的推至与已知事实矛盾.一般说来,结论的语气过于肯定或肯定“过头”时,都可以考虑用反证法.再是本题的已知条件非常少,为了增加可利用的条件,从反证法的角度来说,“假设”也是已知条件,因而,可考虑反证法. 【变式训练】 若|a|<1,|b|<1,求证:|1|abba ++<1. 思路分析：本题由已知条件不易入手证明,而结论也不易变形,即直接证有困难,因而可联想反证法. 证明:假设|1|abba ++≥1,则|a+b|≥|1+ab|, ∴a 2+b 2+2ab≥1+2ab+a 2b 2. ∴a 2+b 2-a 2b 2-1≥0. ∴a 2-1-b 2(a 2-1)≥0.∴(a 2-1)(1-b 2)≥0.∴⎪⎩⎪⎨⎧≤-≤-⎪⎩⎪⎨⎧≥-≥-.01,0101,012222b a b a 或 即⎪⎩⎪⎨⎧≥≤⎪⎩⎪⎨⎧≤≥.1,11,12222b a b a 或与已知矛盾. ∴|1|abba ++<1. 【例2】 (经典回放)已知a,b,c∈(0,1),求证:(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a 不能同时大于41. 思路分析：“不能同时”包含情况较多,而其否定“同时大于”仅有一种情况,因此用反证法.证法一：假设三式同时大于41, 即有(1-a)b>41,(1-b)c>41,(1-c)a>41, 三式同向相乘,得(1-a)a(1-b)b(1-c)c>641.又(1-a)a≤(21a a +-)2=41.同理,(1-b)b≤41,(1-c)c≤41.∴(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤641,与假设矛盾,结论正确.证法二:假设三式同时大于41,∵0<a<1,∴1-a>0,2141)1(2)1(=>-≥+-b a ba . 同理2)1(,2)1(a c c b +-+-都大于21. 三式相加,得2323>,矛盾.∴原命题成立.绿色通道：结论若是“都是……”“都不是……”“至少……”“至多……”或“……≠……”形式的不等式命题,往往可应用反证法,因此,可从这些语言上来判断是否可用此方法证明.【变式训练】 已知x>0,y>0,且x+y>2,求证:xy +1与y x+1中至少有一个小于2.思路分析：由于题目的结论是:两个数中“至少有一个小于2”情况比较复杂,会出现异向不等式组成的不等式组,一一证明十分繁杂,而对结论的否定是两个“都大于或等于2”构成的同向不等式,结构简单,为推出矛盾提供了方便,故采用反证法.证明:假设xy+1≥2,y x +1≥2.∵x>0,y>0,则1+y≥2x,1+x≥2y.两式相加,得2+x+y≥2(x+y),∴x+y≤2. 这与已知x+y>2矛盾. ∴y x +1与xy+1中至少有一个小于2成立. 【例3】 设n 是正整数,求证:21≤2111+++n n +…+21n<1. 思路分析：要求一个n 项分式2111+++n n +…+n21的范围,它的和又求不出,可以采用“化整为零”的方法,观察每一项的范围,再求整体的范围. 证明：由2n≥n+k>n(k=1,2, …,n),得n 21≤nk n 11<+. 当k=1时,n 21≤n n 111<+; 当k=2时,n 21≤nn 121<+;;……当k=n 时,n 21≤nn 111<+, ∴21=n n 2≤2111+++n n +…+n 21<nn =1. 绿色通道：放缩法证明不等式,放缩要适度,否则会陷入困境,例如证明4712111222<+++n Λ,由k k k 11112--<,如果从第3项开始放缩,正好可证明;如果从第2项放缩,可得小于2,当放缩方式不同时,结果也在变化.放缩法一般包括:用缩小分母,扩大分子,分式值增大；缩小分子,扩大分母,分式值缩小；全量不少于部分.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,同时要使放缩后便于求和. 【变式训练】 若n∈N +,n≥2,求证：21-n nn 111312111222-<+++<+Λ.思路分析：利用)1(11)1(12-<<+k k k k k 进行放缩.证明:∵)1(143132113121222+++⨯+⨯>+++n n n ΛΛ=(21-31)+(31-41)+…+(111+-n n ) =21-11+n .又223121++…+21n <)1(1231121-++⨯+⨯n n Λ =(121-)+(21-31)+…+(n n 111--)=1-n 1,∴21-11+n <223121++ (21)<1-n 1.【例4】 (经曲回放)求证：||1||||||1||||b a b a b a b a +++≥+++.思路分析：利用|a+b|≤|a|+|b|进行放缩,但需对a,b 的几种情况进行讨论,如a=b=0时等. 证明：若a+b=0或a=b=0时显然成立. 若a+b≠0且a,b 不同时为0时,||||11||||||||11b a b a b a ++=+++=左边. ∵|a+b|≤|a|+|b|, ∴上式≤1+||||1||1b a b a b a +++=+.∴原不等式成立.绿色通道：对含绝对值的不等式的证明，要辨别是否属绝对值不等式的放缩问题，如利用|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|进行放缩，此问题我们可以算作放缩问题中的一类. 【变式训练】 已知|x|<3ε,|y|<6ε,|z|<9ε,求证:|x+2y-3z|<ε. 思路分析：利用|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|进行放缩. 证明:∵|x|<3ε,|y|<6ε,|z|<9ε, ∴|x+2y -3z|=|1+2y+(-3z)|≤|x|+|2y|+|-3z|=|x|+2|y|+3|z| <3ε+2×6ε+3×9ε=ε. ∴原不等式成立. 问题探究问题:说明“语言的声音和它所表示的事物之间没有必然联系”.导思：直接去说明某件事情是正确的,有时很难说明原因或根据,因此,用反证法及其逻辑思维会显得较为简单. 探究：反证题:声音和事物的结合假如有什么必然联系,世界上所有的语言中表示同一事物的词的声音就应是相同的,后者显然不能成立,既然世界上表示同一事物的词的声音各不相同,可见语言的声音和所表示的事物之间是没有必然联系的.。

第二节 不等式的证明方法[考纲传真] 通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法．1．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立． 定理2：如果a ，b 为正数，则a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理3：如果a ，b ，c 为正数，则a ＋b ＋c 3≥a ＝b ＝c 时，等号成立． 定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．2．柯西不等式(1)柯西不等式的代数形式：设a ，b ，c ，d 都是实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2(当且仅当ad ＝bc 时，等号成立)．(2)柯西不等式的向量形式：设α，β是两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当α或β是零向量，或存在实数k ，使α＝k β(α，β为非零向量)时，等号成立．(3)柯西不等式的三角不等式：设x 1，y 1，x 2，y 2，x 3，y 3∈R ， 则(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(x 2－x 3)2＋(y 2－y 3)2≥(x 1－x 3)2＋(y 1－y 3)2.(4)柯西不等式的一般形式：设a 1，a 2，a 3，…，a n ，b 1，b 2，b 3，…，b n 是实数，则(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2，当且仅当b i ＝0(i ＝1,2，…，n )或存在一个数k ，使得a i ＝kb i (i ＝1,2，…，n )时，等号成立．3．不等式的证明方法证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法等． (1)比较法：①比差法的依据是：a －b >0⇔a >b ，步骤是：“作差→变形→判断差的符号”．变形是手段，变形的目的是判断差的符号．②比商法：若B >0，欲证A ≥B ，只需证AB ≥1.(2)综合法与分析法：①综合法：利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这种方法叫综合法．即“由因导果”的方法．②分析法：从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已经具备，那么就可以判定原不等式成立，这种方法叫作分析法．即“执果索因”的方法．[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)比较法最终要判断式子的符号得出结论．( )(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论．( )(3)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．( )(4)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用． ( ) [答案] (1)× (2)√ (3)× (4)×2．(教材改编)不等式：①x 2＋3＞3x ；②a 2＋b 2≥2(a －b －1)；③b a ＋ab ≥2，其中恒成立的是( )A ．①③B ．②③C ．①②③D ．①②D [由①得x 2＋3－3x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋34＞0，所以x 2＋3＞3x ；对于②，因为a 2＋b 2－2(a －b－1)＝(a －1)2＋(b ＋1)2≥0，所以不等式成立；对于③，因为当ab ＜0时，b a ＋ab －2＝(a －b )2ab ＜0，即b a ＋ab ＜2，故选D.]3．若a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．a >b >c B ．a >c >b C ．b >c >aD ．c >a >b A [“分子”有理化得a ＝13＋2，b ＝16＋5，c ＝17＋6，∴a >b >c .]4．已知a＞0，b＞0且ln(a＋b)＝0，则1a＋1b的最小值是________．4[由题意得，a＋b＝1，a＞0，b＞0，∴1a＋1b＝⎝⎛⎭⎪⎫1a＋1b(a＋b)＝2＋ba＋ab≥2＋2ba·ab＝4，当且仅当a＝b＝12时等号成立．]【例1】设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d.证明：(1)若ab＞cd，则a＋b＞c＋d；(2)a＋b＞c＋d是|a－b|＜|c－d|的充要条件．[证明](1)因为(a＋b)2＝a＋b＋2ab，(c＋d)2＝c＋d＋2cd，由题设a＋b＝c＋d，ab＞cd，得(a＋b)2＞(c＋d)2.因此a＋b＞c＋d.(2)①必要性：若|a－b|＜|c－d|，则(a－b)2＜(c－d)2，即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd.由(1)，得a＋b＞c＋d.②充分性：若a＋b＞c＋d，则(a＋b)2＞(c＋d)2，即a＋b＋2ab＞c＋d＋2cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd.于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因为|a －b |＜|c －d |.综上，a ＋b ＞c ＋d 是|a －b |＜|c －d |的充要条件．设x ≥1，y ≥1，求证：x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y ＋xy .[证明] 由于x ≥1，y ≥1， 要证x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y ＋xy ， 只需证xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2.因为[y ＋x ＋(xy )2]－[xy (x ＋y )＋1]＝[(xy )2－1]－[xy (x ＋y )－(x ＋y )]＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1)＝(xy －1)(xy －x －y ＋1)＝(xy －1)(x －1)(y －1)，因为x ≥1，y ≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0， 从而所要证明的不等式成立．【例2】 若a ，b ∈R ，求证：|a ＋b |1＋|a ＋b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |.[证明] 当|a ＋b |＝0时，不等式显然成立． 当|a ＋b |≠0时， 由0＜|a ＋b |≤|a |＋|b |⇒1|a ＋b |≥1|a |＋|b |， 所以|a ＋b |1＋|a ＋b |＝11|a ＋b |＋1≤11＋1|a |＋|b |＝|a |＋|b |1＋|a |＋|b |＝|a |1＋|a |＋|b |＋|b |1＋|a |＋|b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |.1设n 是正整数，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＜1.[证明] 由2n ≥n ＋k ＞n (k ＝1,2，…，n )，得 12n ≤1n ＋k ＜1n .当k ＝1时，12n ≤1n ＋1＜1n ；当k ＝2时，12n ≤1n ＋2＜1n ；… 当k ＝n 时，12n ≤1n ＋n ＜1n， ∴12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＜n n ＝1.∴原不等式成立．【例316，证明：ac ＋bd ≤8.[证明]由柯西不等式，得(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)．因为a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，所以(ac＋bd)2≤64，因此ac＋bd≤8.右边为常数且应注意等号成立的条件.已知大于1的正数x，y，z满足x＋y＋z＝3 3.求证：xx＋2y＋3z ＋yy＋2z＋3x＋z2z＋2x＋3y ≥32.[证明]由柯西不等式及题意得，x2x＋2y＋3z ＋y2y＋2z＋3x＋z2z＋2x＋3y·[(x＋2y＋3z)＋(y＋2z＋3x)＋(z＋2x＋3y)]≥(x＋y＋z)2＝27.又(x＋2y＋3z)＋(y＋2z＋3x)＋(z＋2x＋3y)＝6(x＋y＋z)＝183，∴x2x＋2y＋3z＋y2y＋2z＋3x＋z2z＋2x＋3y≥27183＝32，当且仅当x＝y＝z＝3时，等号成立.1．(2017·全国卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；(2)a＋b≤2.[证明](1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)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 ≤2.2．(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；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 |.。

第二讲 证明不等式的基本方法复 习 课[整合·网络构建][警示·易错提醒]1．比较法的一个易错点．忽略讨论导致错误，当作差所得的结果“正负不明”时，应注意分类讨论．2．分析法和综合法的易错点．对证明方法不理解导致证明错误，在不等式的证明过程中，常因对分析法与综合法的证明思想不理解而导致错误．3．反证法与放缩法的注意点．(1)反证法中对结论否定不全．(2)应用放缩法时放缩不恰当．专题一 比较法证明不等式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．[例❶] 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 cz 2－2(xy ＋yz ＋zx )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b a x 2＋a b y 2－2xy ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b y 2＋b c z 2－2yz ＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c z 2＋c a x 2－2zx ＝⎝⎛⎭⎪⎫b a x －a b y 2＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫c b y －b c z 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a c z －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． 归纳升华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．[变式训练] 已知a ，b ∈R ，求证：a 2＋b 2＋1≥ab ＋a ＋b .证明：法一 因为a 2＋b 2－ab －a －b ＋1＝12[(a －b )2＋(a －1)2＋(b －1)2]≥0， 所以a 2＋b 2＋1≥ab ＋a ＋b .法二 a 2＋b 2－ab －a －b ＋1＝a 2－(b ＋1)a ＋b 2－b ＋1，对于a 的二次三项式， Δ＝(b ＋1)2－4(b 2－b ＋1)＝－3(b －1)2≤0，所以a 2－(b ＋1)a ＋b 2－b ＋1≥0，故a 2＋b 2＋1≥ab ＋a ＋b .专题二 综合法证明不等式综合法证明不等式的思维方式是“顺推”，即由已知的不等式出发，逐步推出其必要条件(由因导果)，最后推导出所要证明的不等式成立．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．[例2] 设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，求证： a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 证明：因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a＋a ≥2c ， 故a 2b ＋b 2c ＋c 2a＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，则a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 归纳升华综合法证明的实质是由因导果，其证明的逻辑关系是：A ⇒B 1⇒B 2⇒…⇒B n ⇒B (A 为已知条件或数学定义、定理、公理，B 为要证的结论)，它的常见书面表达式是“因为……所以……”或“⇒”．[变式训练] 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． 专题三 用分析法证明不等式分析法证明不等式的思维方法是“逆推”，即由待证的不等式出发，逐步逆求它要成立的充分条件(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．[例3] 已知a ＞b ＞c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac ＜3a .证明：要证b 2－ac ＜3a ，只需证b 2－ac ＜3a 2.因为a ＋b ＋c ＝0，只需证b 2＋a (a ＋b )＜3a 2，只需证2a 2－ab －b 2＞0，只需证(a －b )(2a ＋b )＞0，只需证(a －b )(a －c )＞0.因为a ＞b ＞c ，所以a －b ＞0，a －c ＞0，所以(a －b )(a －c )＞0显然成立，故原不等式成立．归纳升华1．分析法的格式是固定的，但是必须注意推演过程中的每一步都是寻求相应结论成立的充分条件．2．分析法是“执果索因”，逐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．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．[变式训练] 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．专题四 用反证法证明不等式反证法常用于直接证明困难或结论以否定形式出现的命题，涉及“都是”“都不是”“至少”“至多”等形式的命题．[例4] 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 ）＋b 2≥（2－a ）b ＞1， 同理（2－b ）＋c 2＞1，（2－c ）＋a 2＞1， 三式相加（2－a ＋b ）＋（2－b ＋c ）＋（2－c ＋a ）2＞3， 即3＞3.上式显然是错误的，所以该假设不成立．所以(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 不能同时都大于1.归纳升华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，假设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做的假设不正确，于是原命题成立，从而间接证明了原命题为真命题．[变式训练] 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”，即∠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 ＞∠BAD .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 . 专题五 用放缩法证明不等式在证明不等式时，有时需要舍去或添加一些项，有时需要拆项，使不等式的一边放大或缩小，然后利用不等式的传递性达到证明的目的．某些不等式可构造出函数，利用函数的单调性放缩证明．运用放缩法证明的关键是放缩要适当．[例5] 已知a ，b ，c 为三角形的三条边，求证：a 1＋a ＋b1＋b ＞c 1＋c . 证明：设f (x )＝x 1＋x ，x ∈(0，＋∞)，0＜x 1＜x 2， 则f (x 2)－f (x 1)＝x 21＋x 2－x 11＋x 1＝x 2－x 1（1＋x 1）（1＋x 2）＞0， 所以f (x )在(0，＋∞)上为增函数．因为a ，b ，c 为三角形的三条边，于是a ＋b ＞c ，则a ＋b 1＋a ＋b ＞c 1＋c. 又a 1＋a ＋b 1＋b ＞a 1＋a ＋b ＋b 1＋a ＋b ＝a ＋b 1＋a ＋b ， 故a 1＋a ＋b 1＋b ＞c 1＋c . 归纳升华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．[变式训练] 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＋1－12n 1－12＝3－12n －1＜3.。

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ab <1，则a <b ；②b <0，若a b >1，则a <b ；若ab<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] 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(an ＋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 b a －b2＝1；当a >b >0时，a b >1，a －b2>0，∴由指数函数单调性，有⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2>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 －b2>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 cc －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] 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.∴t1－t2＝2sm＋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，∴t1－t2<0.即t1<t2.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.ba>1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫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 >pB ．m >n ≥pC ．n >m >pD ．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 －lgnx )－⎝ ⎛⎭⎪⎫1lg n x －1lg m x＝(lg m x －lg nx )－lg mx －lg nx lg m x lg n x＝(lg mx －lg nx )⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1lg m x lg n x＝(lg m x －lgnx )⎝⎛⎭⎪⎫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 <1 x2.答案：1x < 1 x26．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＝a2b2－2ab＋1＋4＋a2＋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L1＝100＋(a＋100)×2.5%，月末售出的利润为L2＝120－2%a，则L1－L2＝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 ＋c 3.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．。

学案77 不等式选讲 (二)证明不等式的基本方法导学目标：1.了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法.2.会用比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法证明比较简单的不等式．自主梳理1．三个正数的算术—几何平均不等式：如果a ，b ，c >0，那么_________________________，当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立．2．基本不等式(基本不等式的推广)：对于n 个正数a 1，a 2，…，a n ，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1·a 2·…·a n ，当且仅当__________________时等号成立．3．二维形式的柯西不等式及推论：若a ，b ，c ，d 都是实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时等号成立；a 2＋b 2c 2＋d 2≥|ac ＋bd |，当且仅当ad ＝bc 时等号成立；a 2＋b 2c 2＋d 2≥|ac |＋|bd |，当且仅当________________时等号成立．4．证明不等式的常用五种方法(1)比较法：比较法是证明不等式最基本的方法，具体有作差比较和作商比较两种，其基本思想是______与0比较大小或______与1比较大小．(2)综合法：从已知条件出发，利用定义、______、______、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫综合法．也叫顺推证法或由因导果法．(3)分析法：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的________条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义 、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立为止，这种证明方法叫分析法．也叫逆推证法或执果索因法．(4)反证法①反证法的定义先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，我们把它称为反证法．②反证法的特点先假设原命题不成立，再在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、事实等矛盾．(5)放缩法①定义：证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值________或________，简化不等式，从而达到证明的目的，我们把这种方法称为放缩法．②思路：分析观察证明式的特点，适当放大或缩小是证题关键． 自我检测1．已知M ＝a 2＋b 2，N ＝ab ＋a ＋b －1，则M ，N 的大小关系为( ) A ．M >N B ．M <N C ．M ≥N D ．M ≤N 2．(2011·滨州调研)设a >b ≥0，p ＝a －b ，q ＝a －b ，那么( ) A ．p ≤q B ．p ≥q C ．p <q D ．p 、q 大小关系不定3．若a 、b 、c 、d 、x 、y 均是正实数，且P ＝ab ＋cd ，Q ＝ax ＋cy ·b x ＋dy，则( )A ．P ＝QB ．P ≥QC ．P ≤QD ．P >Q4．已知a >b >0，n ∈N *，则使不等式a 2－n ≥4b 2－ab成立的n 的最大值为( )A ．4B ．8C ．10D ．165．(2011·南阳月考)已知a ，b ，c >0，且a ＋b >c ，设M ＝a 4＋a ＋b 4＋b ，N ＝c4＋c，则M与N 的大小关系是__________________________________________________________.探究点一 比较法证明不等式 例1 已知a >0，b >0，求证：a b ＋ba≥a ＋b .变式迁移1 (2011·福建)设不等式|2x －1|<1的解集为M . (1)求集合M ；(2)若a ，b ∈M ，试比较ab ＋1与a ＋b 的大小．探究点二 用综合法证明不等式例2 设a 、b 、c 均为正数，求证： 12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b .变式迁移2 设x 是正实数，求证： (x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥8x 3.探究点三 用分析法证明不等式例3 (2011·武汉模拟)已知a >b >0，求证：(a －b )28a <a ＋b 2－ab <(a －b )28b.变式迁移3 已知a >0，求证： a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.转化与化归思想的应用例 (10分)已知f (x )＝x 2＋px ＋q .求证： (1)f (1)＋f (3)－2f (2)＝2；(2)|f (1)|、|f (2)|、|f (3)|中至少有一个不小于12.多角度审题 已知f (x )，要证f (1)＋f (3)－2f (2)＝2，只须化简左边式子，看是怎样的形式，然后才能视情况而定如何证明．求证|f (1)|、|f (2)|、|f (3)|中至少有一个不小于12包括：|f (1)|、|f (2)|、|f (3)|中有一个大于等于12，其余两个小于12；三个中有2个大于等于12，另一个小于12；三个都大于等于12.如果从正面证明，将有7种情况需要证明，非常繁杂，可考虑用反证法证明． 【答题模板】证明 (1)f (1)＋f (3)－2f (2)＝(1＋p ＋q )＋(9＋3p ＋q )－2(4＋2p ＋q )＝2.[2分](2)假设|f (1)|、|f (2)|、|f (3)|都小于12，则|f (1)|＋2|f (2)|＋|f (3)|<2，[4分] 而|f (1)|＋2|f (2)|＋|f (3)|≥|f (1)＋f (3)－2f (2)|＝|(1＋p ＋q )＋(9＋3p ＋q )－(8＋4p ＋2q )|＝2，与假设矛盾．[9分]∴|f (1)|、|f (2)|、|f (3)|中至少有一个不小于12.[10分]【突破思维障碍】根据正难则反的证明原则，|f (1)|、|f (2)|、|f (3)|至少有一个不小于12的反面为|f (1)|、|f (2)|、|f (3)|都小于12，所以用反证法证明只有一种情况，如果这一种情况不成立，则原命题成立．【易错点剖析】在证明(2)中如果不知道用反证法证，而是从正面分七种情况证明，往往会出现这样或那样的失误．1．证明不等式的常用方法有五种，即比较法、分析法、综合法、反证法、放缩法． 2．应用反证法证明数学命题，一般有下面几个步骤：(1)分清命题的条件和结论；(2)作出与命题结论相矛盾的假设；(3)由条件和假设出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；(4)断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设不真，于是原结论成立，从而间接地证明了命题为真．3．放缩法证明不等式时，常见的放缩法依据或技巧主要有：(1)不等式的传递性；(2)等量加不等量为不等量；(3)同分子(母)异分母(子)的两个分式大小的比较．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；全量不少于部分；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．4．放缩法的常用措施：(1)舍去或加上一些项，如⎝⎛⎭⎫a ＋122＋34>⎝⎛⎭⎫a ＋122；(2)将分子或分母放大(缩小)，如1k 2<1k (k －1)，1k 2>1k (k ＋1)，1k <2k ＋k －1，1k >2k ＋k ＋1 (k ∈N *且k >1)等．(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共20分) 1．(2011·烟台月考)已知a 、b 、m ∈R ＋且a >b ，则( ) A.a b >a ＋m b ＋m B.a b ＝a ＋m b ＋m C.a b <a ＋m b ＋m D.a b 与a ＋m b ＋m 间的大小不能确定 2．(2010·黄冈期中)设a 、b ∈R ，且a ≠b ，a ＋b ＝2，则必有( ) A.a 2＋b 22<ab <1 B ．ab <a 2＋b 22<1C ．ab <1<a 2＋b 22D ．1≤ab ≤a 2＋b 223．设a ∈R 且a ≠0，以下四个式子中恒大于1的个数是( )①a 3＋1；②a 2－2a ＋2；③a ＋1a ；④a 2＋1a2.A ．1B ．2C ．3D ．4 4．(2011·保定调研)在下列不等式中，一定成立的是( ) A ．48a <84b B ．a a b b >a b b aC ．a 3>a 2－a ＋1 D ．(5＋2)m 2<m 2＋12－3二、填空题(每小题4分，共12分)5．(2011·湖南)设x ，y ∈R ，且xy ≠0，则(x 2＋1y 2)(1x 2＋4y 2)的最小值为________．6．已知x >0，y >0，lg 2x ＋lg 8x ＝lg 2，则1x ＋13y的最小值为________．7．设x ＝a 2b 2＋5，y ＝2ab －a 2－4a ，若x >y ，则实数a ，b 应满足的条件为__________________．三、解答题(共43分)8．(10分)已知x ，y ，z 均为正数，求证： x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z .9．(10分)(2011·包头模拟)已知正数a 、b 、c 满足a ＋b <2c ，求证： c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab .10．(10分)若a ＋b ＝1，求证： a ＋12＋b ＋12≤2.11．(13分)已知实数x 、y 、z 不全为零．求证：x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2>32(x ＋y ＋z )．学案77 不等式选讲 (二)证明不等式的基本方法自主梳理1.a ＋b ＋c 3≥3abc 2.a 1＝a 2＝…＝a n 3.ad ＝bc 且abcd ≥0 4.(1)差 商 (2)公理 定理 (3)充分 (5)①放大 缩小自我检测1．C [∵M －N ＝a 2＋b 2－ab －a －b ＋1 ＝12(2a 2＋2b 2－2ab －2a －2b ＋2) ＝12[(a 2－2ab ＋b 2)＋(a 2－2a ＋1)＋(b 2－2b ＋1)] ＝12[(a －b )2＋(a －1)2＋(b －1)2]≥0，当且仅当a ＝b ＝1时“＝”成立．∴M ≥N .] 2．A [p 2－q 2＝a ＋b －2ab －a ＋b ＝2b (b －a )≤0.∴p ≤q .] 3．C [Q ＝ax ＋cy ·b x ＋d y＝(ax ＋cy )⎝⎛⎭⎫b x ＋d y＝ab ＋cd ＋bcy x ＋adxy≥ab ＋cd ＋2abcd ＝ab ＋cd ＝P .∴P ≤Q .]4．B [∵n ≤a 2＋4b (a －b )，b (a －b )≤a 24 (⎝⎛⎭⎫a 2－b 2≥0)．∴a 2＋4b (a －b )≥a 2＋16a 2≥2a 2·16a 2＝8(a ＝2，b ＝1时取“＝”)．即a 2＋4b (a －b )的最小值为8，∴n max ＝8.]5．M >N解析 ∵a ，b ，c >0，且a ＋b >c ，∴M ＝a 4＋a ＋b 4＋b >a 4＋a ＋b ＋b4＋b ＋a ＝a ＋b 4＋(a ＋b )设f (x )＝x 4＋x (x >0)，∵f ′(x )＝4＋x －x (4＋x )2＝4(4＋x )2>0，即f (x )在(0，＋∞)上为增函数， ∴f (a ＋b )>f (c )，即a ＋b4＋a ＋b >c4＋c ，∴M >N .课堂活动区例1 解题导引 不等式左、右两边是多项式形式，可用作差或作商比较法，也可用分析法、综合法．证明 ∵a b ＋ba－(a ＋b )＝(a )3＋(b )3－(a ＋b )abab＝(a ＋b )(a －b )2ab，又a ＋b >0，ab >0，(a －b )2≥0，∴a b ＋b a －(a ＋b )≥0.故a b ＋ba ≥a ＋b . 变式迁移1 解 (1)由|2x －1|<1得－1<2x －1<1， 解得0<x <1， 所以M ＝{x |0<x <1}．(2)由(1)和a ，b ∈M 可知0<a <1,0<b <1. 所以(ab ＋1)－(a ＋b )＝(a －1)(b －1)>0， 故ab ＋1>a ＋b .例2 解题导引 本例不等式中的a 、b 、c 具有同等的地位，证明此类型不等式往往需要通过系数的变化，利用基本不等式进行放缩，得到要证明的结论．证明 ∵a 、b 、c 均为正数， ∴12⎝⎛⎭⎫12a ＋12b ≥12ab ≥1a ＋b ， 当且仅当a ＝b 时等号成立；同理：12⎝⎛⎭⎫12b ＋12c ≥12bc ≥1b ＋c ， 当且仅当b ＝c 时等号成立； 12⎝⎛⎭⎫12c ＋12a ≥12ca ≥1c ＋a ， 当且仅当a ＝c 时等号成立． 三个不等式相加即得 12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b ， 当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立．变式迁移2 证明 x 是正实数，由基本不等式知， x ＋1≥2x ，1＋x 2≥2x ，x 3＋1≥2x 3，故(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1) ≥2x ·2x ·2x 3＝8x 3(当且仅当x ＝1时等号成立)．例3 解题导引 当要证的不等式较复杂，已知条件信息量太少，已知与待证间的联系不明显时，一般可采用分析法．分析法是步步寻求不等式成立的充分条件，而实际操作时往往是先从要证的不等式出发，寻找使不等式成立的必要条件，再考虑这个必要条件是否充分，这种“逆求”过程能培养学生的发散思维能力，也是分析问题、解决问题时常用的思考方法．证明 欲证(a －b )28a <a ＋b 2－ab <(a －b )28b ，只需证(a －b )28a <(a －b )22<(a －b )28b .∵a >b >0，∴只需证a －b 22a <a －b 2<a －b22b ，即a ＋b 2a <1<a ＋b 2b .欲证a ＋b2a <1，只需证a ＋b <2a ，即b <a .该式显然成立． 欲证1<a ＋b 2b，只需证2b <a ＋b ，即b <a .该式显然成立． ∴a ＋b2a <1<a ＋b2b成立，且以上各步均可逆．∴(a －b )28a <a ＋b 2－ab <(a －b )28b成立．变式迁移3 证明 要证 a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只需证 a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋2，∵a >0，∴只须证⎝⎛⎭⎫ a 2＋1a 2＋22≥⎝⎛⎭⎫a ＋1a ＋22， 从而只要证2 a 2＋1a2≥2⎝⎛⎭⎫a ＋1a ， 只要证4⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2≥2⎝⎛⎭⎫a 2＋2＋1a 2， 即a 2＋1a2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．课后练习区1．A [∵a b －a ＋m b ＋m ＝ab ＋am －ab －bm b (b ＋m )＝m (a －b )b (b ＋m )>0，∴a b >a ＋mb ＋m.] 2．C [当a >0，b >0时，2＝a ＋b >2ab ，∴0<ab <1；当ab ≤0时，ab <1.又(a ＋b )2＝a 2＋b 2＋2ab <2(a 2＋b 2) ∴a 2＋b 2>2，a 2＋b 22>1，又a ≠b .∴选C.]3．A [只有a 2＋1a2≥2>1，故选A.]4．D [取a ＝b ＝1，显然有48a 84b ＝⎝⎛⎭⎫484·44＝⎝⎛⎭⎫12－4＝16>1，∴48>84，A 不成立；∵a a b b a b ba ＝⎝⎛⎭⎫ab a ·⎝⎛⎭⎫b a b ＝⎝⎛⎭⎫a b a －b ， 当a <b <0时，⎝⎛⎭⎫a b a －b<1，∴B 不一定成立；∵a 3－a 2＋a －1＝(a －1)(a 2＋1)， 当a <1时，C 不成立；∵(5＋2)2＝7＋210， ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－32＝(2＋3)2＝7＋212， ∴5＋2<12－3，又m 2<m 2＋1，∴(5＋2)m 2<m 2＋12－3，故选D.] 5．9解析 (x 2＋1y 2)(1x 2＋4y 2)＝5＋1x 2y 2＋4x 2y 2≥5＋21x 2y 2·4x 2y 2＝9，当且仅当x 2y 2＝12时“＝”成立．6．4解析 由题意2x ·8y ＝2，∴x ＋3y ＝1，∴1x ＋13y ＝⎝⎛⎭⎫1x ＋13y ·(x ＋3y )＝2＋3y x ＋x 3y ≥2＋23y x ×x 3y ＝4，当且仅当3y x ＝x 3y ，即x ＝12，y ＝16时等号成立．7．ab ≠1或a ≠－2解析 由x >y ，得a 2b 2＋5－2ab ＋a 2＋4a ＝(ab －1)2＋(a ＋2)2>0，所以有ab ≠1或a ≠－2. 8．证明 因为x ，y ，z 均为正数，所以x yz ＋y zx ＝1z ⎝⎛⎭⎫x y ＋y x ≥2z， 同理可得y zx ＋z xy ≥2x ，z xy ＋x yz ≥2y，(5分)当且仅当x ＝y ＝z 时，以上三式等号都成立，将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z .(10分) 9．证明 要证c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab ，只需证－c 2－ab <a －c <c 2－ab ，(2分)即只要证|a －c |<c 2－ab .(4分)∵两边都是非负数，∴只要证(a －c )2<c 2－ab ，(6分) 只要证a 2－2ac <－ab ， 即只要证a (a ＋b )<2ac .(8分) ∵a >0，只需证a ＋b <2c ，这就是已知条件，且以上各步都可逆， ∴c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab .(10分)10．证明 要证 a ＋12＋ b ＋12≤2成立， 即证(a ＋12＋ b ＋12)2≤4，(2分) 即证a ＋b ＋1＋2( a ＋12·b ＋12)≤4，(4分) ∵a ＋b ＝1，故就是证a ＋12·b ＋12≤1，(6分) 即证ab ＋12(a ＋b )＋14≤1，即证ab ≤14，(8分)只需证ab ≤(a ＋b2)2，也就是证2ab ≤a 2＋b 2，这是显然成立的，故原不等式成立．(10分)11．证明 ∵x 2＋xy ＋y 2＝⎝⎛⎭⎫x ＋y 22＋34y 2 ≥⎝⎛⎭⎫x ＋y 22＝⎪⎪⎪⎪x ＋y 2≥x ＋y 2. 同理可得：y 2＋yz ＋z 2≥y ＋z2，z 2＋zx ＋x 2≥z ＋x2，(6分)由于x 、y 、z 不全为零，故上述三式中至少有一式取不到等号，所以三式累加得： x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2 >⎝⎛⎭⎫x ＋y 2＋⎝⎛⎭⎫y ＋z 2＋⎝⎛⎭⎫z ＋x 2＝32(x ＋y ＋z )， 即x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2>32(x ＋y ＋z )．(13分)。

第二讲 证明不等式的基本方法（1）2.1 比较法A 级 基础巩固一、选择题1．若a ＜0，b ＜0，则p ＝b 2a ＋a 2b与q ＝a ＋b 的大小关系为( ) A ．p ＜q B ．p ≤q C ．p ＞q D ．p ≥q2．已知a ，b 都是正数，P ＝a ＋b 2，Q ＝a ＋b ，则P ，Q 的大小关系是( ) A ．P ＞Q B ．P ＜Q C ．P ≥Q D ．P ≤Q3．已知a ，b ，c 均大于1，且log a c ·log b c ＝4，则下列一定正确的是( )A ．ac ≥bB ．ab ≥cC ．bc ≥aD ．ab ≤c4．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5．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 ．大小不确定二、填空题6．若－1＜a ＜b ＜0，则1a ，1b，a 2，b 2中最小的是________． 7．设x ＝a 2b 2＋5，y ＝2ab －a 2－4a ，若x ＞y ，则实数a ，b 应满足的条件是________．8．若0＜a ＜b ＜1，P ＝log 12⎝⎛⎭⎫a ＋b 2，Q ＝12(log 12a ＋log 12b )，M ＝log 12(a ＋b )，则P ，Q ，M 的大小关系是________．三、解答题9．已知a ∈R ，求证：3(1＋a 2＋a 4)≥(1＋a ＋a 2)2．10．已知a ，b ，c ∈R ＋，求证：a a b b c c ≥(abc )a ＋b ＋c3．B 级 能力提升1．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 ≤n2．已知a ＞0，对于大于1的自然数n ，总有n －1a n ＜n a n ＋1，则a 的取值范围是________．3．(1)设x≥1，y≥1，证明x＋y＋1xy≤1x＋1y＋xy；(2)设1＜a≤b≤c，证明log a b＋log b c＋log c a≤log b a＋log c b＋log a c．第二讲 证明不等式的基本方法（2）2.2 综合法与分析法A 级 基础巩固一、选择题1．若a ＞0，b ＞0，则必有( )A ．b 2a ＞2b －aB ．b 2a ＜2b －aC ．b 2a ≥2b －aD ．b 2a≤2b －a 2．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)3．若a ＞b ＞0，下列各式中恒成立的是( )A ．2a ＋b a ＋2b ＞a bB ．b 2＋1a 2＋1＞b 2a 2C ．a ＋1a ＞b －1bD ．a a ＞a b 4．若a ，b ，c ∈R ，且ab ＋bc ＋ac ＝1，则下列不等式成立的是( )A ．a 2＋b 2＋c 2≥2B ．(a ＋b ＋c )2≥3C ．1a ＋1b ＋1c ≥2 3D ．abc (a ＋b ＋c )≤135．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二、填空题6．如果a a ＋b b ＞a b ＋b a ，则实数a ，b 应满足的条件是________．7．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________．8．在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，c 为斜边，则a ＋b c的取值范围是________． 三、解答题9．求证：7＜25－3．10．已知：a ，b 是不相等的正数，且a 3－b 3＝a 2－b 2，求证：1＜a ＋b ＜43． B 级 能力提升1．设a ＞0，b ＞0，则以下不等式中不恒成立的是( )A ．(a ＋b )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ≥4B ．a 3＋b 3≥2ab 2C ．a 2＋b 2＋2≥2a ＋2bD ．|a －b |≥a －b2．若n 为正整数，则2n ＋1与2n ＋1n的大小关系是________． 3．(2015·课标全国Ⅱ卷)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．第二讲 证明不等式的基本方法（3）2.3 反证法与放缩法A 级 基础巩固一、选择题1．用反证法证明命题“如果a ＞b ，那么3a ＞3b ”时，假设的内容是( )A ．3a ＝3bB ． 3a ＜3bC ． 3a ＝3b ，且3a ＜3bD ． 3a ＝3b 或3a ＜3b2．实数a ，b ，c 不全为0的等价命题为( )A ．a ，b ，c 均不为0B ．a ，b ，c 中至多有一个为0C ．a ，b ，c 中至少有一个为0D ．a ，b ，c 中至少有一个不为03．用反证法证明：若整系数一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ≠0)有有理根，那么a ，b ，c 中至少有一个偶数，下列假设中正确的是( )A ．假设a ，b ，c 都是偶数B ．假设a ，b ，c 都不是偶数C ．假设a ，b ，c 至多有一个偶数D ．假设a ，b ，c 至多有两个偶数4．设x ，y ，z 都是正实数，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x，则a ，b ，c 三个数( ) A ．至少有一个不大于2 B ．都小于2 C ．至少有一个不小于2 D ．都大于25．若不等式x 2－2ax ＋a ＞0对一切实数x ∈R 恒成立，则关于t 的不等式at 2＋2t －3＜1的解集为( )A ．(－3，1)B ．(－∞，－3)∪(1，＋∞)C ．∅D ．(0，1)二、填空题6．某同学准备用反证法证明如下一个问题，函数f (x )在[0，1]上有意义，且f (0)＝f (1)，如果对于不同的x 1，x 2∈[0，1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|＜|x 1－x 2|，求证：|f (x 1)－f (x 2)|＜12，那么它的假设应该是________．7．lg 9·lg 11与1的大小关系是________．8．设a ，b ，c 均为正数，P ＝a ＋b －c ，Q ＝b ＋c －a ，R ＝c ＋a －b ，则“PQR ＞0”是“P ，Q ，R 同时大于零”的________条件．三、解答题9．已知x ，y ＞0，且x ＋y ＞2．求证：1＋x y ，1＋y x 中至少有一个小于2．10．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．B 级 能力提升1．若a ＞0，b ＞0，满足ab ≥1＋a ＋b ，那么( )A ．a ＋b 有最小值2＋2 2B ．a ＋b 有最大值(2＋1)2C ．ab 有最大值2＋1D ．ab 有最小值2＋2 22．设x ，y ，z ，t 满足1≤x ≤y ≤z ≤t ≤100，则x y ＋z t的最小值为________． 3．若数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2，n ∈N *，求证：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74．复习课[整合·网络构建][警示·易错提醒]1．比较法的一个易错点．忽略讨论导致错误，当作差所得的结果“正负不明”时，应注意分类讨论．2．分析法和综合法的易错点．对证明方法不理解导致证明错误，在不等式的证明过程中，常因对分析法与综合法的证明思想不理解而导致错误．3．反证法与放缩法的注意点．(1)反证法中对结论否定不全．(2)应用放缩法时放缩不恰当．专题一 比较法证明不等式比较法证明不等式的大致步骤是：作差(或商)—恒等变形—判断差的符号(或商与1的大小)，其中，恒等变形是关键，目的在于判断差的符号或商与1的大小．[例1] 已知a ≥b >0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b ．归纳升华变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方、因式分解，可运用一切恒等变形的方法．[变式训练] 已知a ＞0，b ＞0，a ≠b ，求证：a 6＋b 6＞a 4b 2＋a 2b 4．专题二 综合法证明不等式综合法证明不等式的思维方式是“顺推”，即由已知的不等式出发，逐步推出其必要条件(由因导果)，最后推导出所要证明的不等式成立．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．[例2] 设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，求证：a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1．归纳升华用综合法证明不等式，可利用已经证过的不等式作为基础，再运用不等式的性质推导出所要证的不等式．[变式训练] 设a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，求证：1a ＋1b ＋1ab≥8． 专题三 用分析法证明不等式分析法证明不等式的思维方法是“逆推”，即由待证的不等式出发，逐步逆求它要成立的充分条件(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．[例3] 求证：3＋6＜4＋5．归纳升华1．分析法的格式是固定的，但是必须注意推演过程中的每一步都是寻求相应结论成立的充分条件．2．分析法是“执果索因”，逐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．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．[变式训练] 已知a ＞b ＞0，求证：a －b ＜a －b ．专题四 用反证法证明不等式反证法常用于直接证明困难或结论以否定形式出现的命题，涉及“都是”“都不是”“至少”“至多”等形式的命题．[例4] 若a 3＋b 3＝2，求证：a ＋b ≤2．归纳升华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．[变式训练] 若a ，b ，c 均为实数，且a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π3，c ＝z 2－2x ＋π6，求证：a ，b ，c 中至少有一个大于0．专题五 用放缩法证明不等式在证明不等式时，有时需要舍去或添加一些项，有时需要拆项、添项，使不等式的一边放大或缩小，然后利用不等式的传递性达到证明的目的．运用放缩法证明的关键是放缩要适当，既不能太大，也不能太小．[例5] 设a ，b ，c ∈R ＋且abc ＝1，求证：11＋a ＋b ＋11＋b ＋c ＋11＋c ＋a≤1． 归纳升华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． [变式训练] 若n 是大于1的自然数，求证112＋122＋132＋ (1)2＜2． 专题六 函数与方程思想函数与方程思想是先构造辅助函数，将所给问题转化为函数的性质(如单调性、奇偶性、最值等)问题．运用此方法要能够根据问题的结构特征恰当地构造函数，准确地利用函数的性质解决问题．[例6] 已知a ，b 是正实数，且a ＋b ＝1，求证1ab ＋ab ≥174． [变式训练] 已知a ，b ，c 为三角形的三条边，求证a 1＋a ，b 1＋b ，c 1＋c也可以构成一个三角形．评估验收卷(二)(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)1．设t ＝a ＋2b ，S ＝a ＋b 2＋1，则下列t 与S 的大小关系中正确的是( )A ．t ＞SB ．t ≥SC ．t ＜SD ．t ≤S2．已知a ，b ，c ，d 都是正数，且bc ＞ad ，则a b ，a ＋c b ＋d ，a ＋2c b ＋2d ，c d中最大的是( ) A ．a b B ．a ＋c b ＋d C ．a ＋2c b ＋2dD ．c d 3．已知a ＝6＋7，b ＝5＋8，c ＝5，则a ，b ，c 的大小关系排列为( )A ．a ＞b ＞cB ．a ＞c ＞bC ．b ＞a ＞cD ．c ＞a ＞b4．若1a ＜1b＜0，则下列结论不正确的是( ) A ．a 2＜b 2 B ．ab ＜b 2 C ．b a ＋a b＞2 D ．|a |＋|b |＞|a ＋b | 5．若q ＞0，且q ≠1，m ，n ∈N ＋，则1＋q m＋n 与q m ＋q n 的大小关系是( ) A ．1＋q m ＋n ＞q m ＋q n B ．1＋q m ＋n ＜q m ＋q n C ．1＋q m ＋n ＝q m ＋q n D ．不能确定6．已知非零实数a ，b 满足a ＞b ，则下列不等式成立的是( )A ．a 2＞b 2B ．1a ＜1bC ．a 2b ＞ab 2D ．a b 2＞b a 2 7．否定“自然数a ，b ，c 中恰有一个为偶数”时，正确假设为( )A ．a ，b ，c 都是奇数B ．a ，b ，c 都是偶数C ．a ，b ，c 中至少有两个偶数D ．a ，b ，c 中至少有两个偶数或都是奇数8．对于x ∈[0，1]的任意值，不等式ax ＋2b ＞0恒成立，则代数式a ＋3b 的值( )A ．恒为正值B ．恒为非负值C ．恒为负值D ．不确定9．使不等式3＋8＞1＋a 成立的正整数a 的最大值为( )A ．10B ．11C ．12D ．1310．(2015·湖南卷)若实数a ，b 满足1a ＋2b ＝ab ，则ab 的最小值为( ) A ． 2 B ．2 C ．2 2 D ．411．M ＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n （n ＋1）与1的大小关系是( ) A ．M ＞1 B ．M ＜1 C ．M ＝1 D ．不确定12．设a ＞b ＞c ，n ∈N ，且1a －b ＋1b －c ≥n a －c ，则n 的最大值为( )A ．2B ．3C ．4D ．5二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．用反证法证明命题“三角形中最多只有一个内角是钝角”时的假设是________．14．用分析法证明：若a ，b ，m 都是正数，且a ＜b ，则a ＋m b ＋m ＞a b．完成下列证明过程． 因为b ＋m ＞0，b ＞0，所以要证原不等式成立，只需证明b (a ＋m )＞a (b ＋m )，即只需证明________．因为m ＞0，所以只需证明b ＞a ，由已知显然成立，所以原不等式成立．15．不等式log 3(|x －4|＋|x ＋5|)＞a 对于一切x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围________．16．用放缩法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＜1(n ∈N ＋)时，关键是要用下列不等式进行有效放缩，它们是________．三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)，比较a 2＋b 2与ab ＋a ＋b －1的大小．18．(12分)已知a ＋b ＋c ＞0，abc ＞0，ab ＋bc ＋ca ＞0，求证：a ＞0，b ＞0，c ＞0．19．(12分)求证：若n ≥3，n ∈N ，则133＋143＋153＋…＋1n 3＜112． 20．(12分)设a ＋b ＝2，b ＞0，当12|a |＋|a |b取得最小值时，求a 的值． 21．(12分)设a ，b ，c 是不全相等的正实数．求证：lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2＞lg a ＋lg b ＋lg c ． 22．(12分)等差数列{a n }各项均为正整数，a 1＝3，前n 项和为S n ．等比数列{b n }中，b 1＝1，且b 2S 2＝64，{ba n }是公比为64的等比数列．(1)求a n 与b n ；(2)证明：1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n ＜34．。

二综合法与分析法1．理解综合法和分析法的概念．2．掌握综合法和分析法的证明过程．1．综合法一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做________，又叫__________或____________．【做一做1】若a＜b＜0，则下列不等式中成立的是()1 1 1 1 1 1 b b＋1A. ＜B．a＋＞b＋C．b＋＞a＋ D. ＜a b b a a b a a＋12．分析法证明命题时，我们还常常从要证的______出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为__________或______________(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做__________，这是一种__________的思考和证明方法．【做一做2－1】分析法是从要证的结论出发，寻求使它成立的()A．充分条件B．必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件1【做一做2－2】当x＞1时，不等式x＋≥a恒成立，则实数a的取值范围是()x－1A．(－∞，2] B．[2，＋∞)C．[3，＋∞)D．(－∞，3]答案：1．综合法顺推证法由因导果法1 1【做一做1】C∵a＜b＜0，∴＞，故选项A，B错误，而选项C正确．选项D中，a bb＋1 b取b＝－1，则＝0，而＞0，故选项D错误．a＋1 a2．结论已知条件一个明显成立的事实分析法执果索因【做一做2－1】 A1 1【做一做2－2】D要使x＋≥a恒成立，则令f(x)＝x＋的最小值大于等于ax－1 x－11 1 1即可，而x＋＝x－1＋＋1≥2x－1·＋1＝3.x－1 x－1 x－1∴f(x)的最小值为3，∴a≤3.1．如何理解综合法证明不等式剖析：(1)证明的特点．综合法又叫顺推证法或由因导果法，是由已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推出所要证明的结论成立．1(2)证明的框图表示．用P表示已知条件或已有的不等式，用Q表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为P ⇒Q1 Q1⇒Q2 Q2⇒Q3 Q n⇒Q→→→……→(3)证明的主要依据．①a－b＞0 a＞b，a－b＝0 a＝b，a－b＜0 a＜b；②不等式的性质；③几个重要不等式：a＋ba2≥0(a∈R)，a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，≥ab(a＞0，b＞0)．2使用综合法时要防止因果关系不清晰，逻辑表达混乱等现象．2．如何理解分析法证明不等式剖析：(1)证明的特点．分析法又叫逆推证法或执果索因法，是须从证明的不等式出发，逐步寻找使它成立的充分条件．直到最后把要证明的不等式转化为判定一个明显成立的不等式为止．(2)证明过程的框图表示．用Q表示要证明的不等式，则分析法可用框图表示为得到一个明显成立的不等式P3⇐P2 P2⇐P1 P1⇐Q←…←←←3．综合法和分析法的优点剖析：综合法的优点是结构整齐，而分析法更容易找到证明不等式的突破口，所以通常是分析法找思路，综合法写步骤．分析法证明不等式是“逆求”，而绝不是逆推，即寻找的是充分条件，而不是必要条件．题型一综合法证明不等式1 1 25【例1】已知a，b∈R＋，且a＋b＝1，求证：(a＋)2＋(b＋)2≥.a b 2分析：本题中条件a＋b＝1是解题的重点，由基本不等式的知识联想知应由重要不等式来变形出要证明的结论，本题a＋b＝1，也可以视为是“1”的代换问题．反思：(1)综合法证明不等式，揭示出条件和结论之间的因果联系，为此要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．(2)综合法证明不等式中所依赖的已知不等式主要是重要不等式，其中常用的有如下几个：①a2≥0(a∈R)．a＋b 1②(a－b)2≥0(a，b∈R)，其变形有：a2＋b2≥2ab，( )2≥ab，a2＋b2≥(a＋b)2.2 2a＋b b a③若a，b为正实数，≥ab.特别＋≥2.2 a b④a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.题型二分析法证明不等式a－b 2 a＋b a－b 2【例2】已知a＞b＞0，求证：＜－ab＜.8a 2 8b2分析：本题要证明的不等式显得较为复杂，不易观察出怎样由a＞b＞0得到要证明的不等式，因而可以用分析法先变形要证明的不等式，从中找到证题的线索．反思：分析法的格式是固定化的，但是每一步都是上一步的充分条件，即每一步数学式的变化都是在这个要求之下一步一步去寻找成立的条件或结论、定理．题型三易错辨析a2b2＋b2c2＋c2a2【例3】已知a，b，c∈R＋，求证≥abc.a＋b＋c错解：因为a2b2＋b2c2＋c2a2≥33 a2b2·b2c2·c2a2＝3abc3 abc，①又a＋b＋c≥33 abc，②a2b2＋b2c2＋c2a2 3abc3 abc故≥≥abc.③a＋b＋c33 abca b 错因分析：我们知道不等式具有性质：若a＞b＞0，c＞d＞0，则ac＞bd，但＞却不一c d定成立．答案：1 1【例1】证法一：不等式左边＝(a＋)2＋(b＋)2a b1 1＝a2＋b2＋4＋( ＋)a2 b2a＋b 2 a＋b 2＝4＋a2＋b2＋＋a2 b22b b2 a2 2a＝4＋a2＋b2＋1＋＋＋＋＋1a a2 b2 bb a b2 a2＝4＋(a2＋b2)＋2＋2( ＋)＋( ＋)a b a2 b2a＋b 2 b a b a≥4＋＋2＋2×2·＋2··2 a b a b1 25＝4＋＋2＋4＋2＝，2 2即原不等式成立．a＋b 1证法二：∵a，b∈R＋，且a＋b＝1，∴ab≤()2＝.2 41 1∴(a＋)2＋(b＋)2a b1 1＝4＋(a2＋b2)＋( ＋)a2 b2a＋b2－2ab ＝4＋[(a＋b)2－2ab]＋a2b21－2ab＝4＋(1－2ab)＋a2b2311－2 ×1 4 25≥4＋(1－2× )＋＝.4 1 2241 1 25∴(a＋)2＋(b＋)2≥.a b 2【例2】证明：要证原不等式成立，a－b 2 a－b 2只需证＜a＋b－2 ab＜，4a4ba－b a－b即证( )2＜( a－b)2＜( )2.2 a 2 ba－b a－b只需证＜a－b＜，2 a 2 ba＋b a＋b即＜1＜，2 a 2 bb a即＜1＜.a bb a只需证＜1＜.a b∵a＞b＞0，b a∴＜1＜成立．a b∴原不等式成立．【例3】正解：因为a2b2＋b2c2≥2ab2c，b2c2＋c2a2≥2abc2，c2a2＋a2b2≥2a2bc，以上三式相加，化简得：a2b2＋b2c2＋a2c2≥abc(a＋b＋c)，两边同除以正数a＋b＋c得：a2b2＋b2c2＋a2c2≥abc.a＋b＋c1．下列三个不等式：①a＜0＜b；②b＜a＜0；③b＜0＜a，其中能使1a＜1b成立的充分条件有()A．①②B．①③C．②③D．①②③12．下面对命题“函数f(x)＝x是奇函数”的证明不是综合法的是()x11A．∀x∈R且x≠0有f(－x)＝(x)(x)＝－f(x)，则f(x)是奇函数＝x x11B．∀x∈R且x≠0有f(x)＋f(－x)＝x＋()＝0，∴f(x)＝－f(－x)，则＋(－x)＋x xf(x)是奇函数4C．∀x∈R且x≠0，∵f(x)≠0，∴f(x)f(x)＝1xx1xx＝－1，∴f(－x)＝－f(x)，则f(x)是奇函数D．取x＝－1，f(－1)＝1111＝－2，又f(1)＝1＋＝2.f(－1)＝－f(1)，则f(x)是1奇函数3．若a＞0，b＞0，则下列两式的大小关系为lg(1)a b________1[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．22a b4．已知a，b，c都是正数，求证：2(ab)2a b c≤3(3abc)．3答案：1．A①a＜0＜b1a＜1b；②b＜a＜01a＜1b；③b＜0＜a1a＞1b.故选A.2．D D项中，选取特殊值进行证明，不是综合法．3．≥12[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]＝1212lg[(1＋a)(1＋b)]＝lg[(1a )(1b)]又∵lg(1＋ab2a b2)＝lg()2，且a＞0，b＞0.∴a＋1＞0，b＋1＞0，1a b∴＝[(a 1)(1b)]≤1122a b22，a b1∴lg(1)≥lg[(1a )(1b)].22≥1a b即lg(1)22[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．4．分析：用分析法去找证题的突破口．要证原不等式，只需证2ab≤c 33abc，即只需证c 2ab≥33abc，把2ab转化为ab ab，问题就解决了．或由分析法的途径，也很容易用综合法的形式写出证明过程．a b证法一：要证2(ab)2a b c≤3(3abc)，只需证a＋b－2ab≤a＋b＋c－33abc，3即2ab≤c 33abc.移项，得c 2ab≥33abc.5由 a ，b ，c 都为正数，得 c 2 ab ＝ c ab ab ≥33 abc .∴原不等式成立．证法二：∵a ，b ，c 都是正数， ∴ c ab ab ≥33 c ab ab ＝33 abc ，即 c 2 ab ≥33 abc . 故2 ab ≤ c33 abc .∴a ＋b － 2 ab ≤a ＋b ＋c －33 abc .a b∴ 2(ab ) 2a b c≤3(3abc )．36。

【2019最新】精选高考数学一轮复习不等式选讲第2讲不等式的证明学案板块一知识梳理·自主学习[必备知识]考点1 比较法比较法是证明不等式最基本的方法，可分为作差比较法和作商比较法两种．考点2 综合法一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做综合法．综合法又叫由因导果法．考点3 分析法证明命题时，从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法，这是一种执果索因的思考和证明方法．考点4 反证法证明命题时先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而得出原命题成立，我们把这种证明方法称为反证法．考点5 放缩法证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的，我们把这种方法称为放缩法．考点6 柯西不等式1．二维形式的柯西不等式定理1 若a，b，c，d都是实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时，等号成立．2．柯西不等式的向量形式定理2 设α，β是两个向量，则|α·β|≤|α|·|β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立．[考点自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)用反证法证明命题“a，b，c全为0”时，假设为“a，b，c全不为0”．( )(2)若>1，则x＋2y>x－y.( )(3)|a＋b|＋|a－b|≥|2a|.( )(4)若实数x、y适合不等式xy>1，x＋y>－2，则x>0，y>0.( )答案(1)×(2)×(3)√(4)√2．[2018·温州模拟]若a，b，c∈R，a>b，则下列不等式成立的是( )B．a2>b2A.<D．a|c|>b|c|C.>答案C解析应用排除法．取a＝1，b＝－1，排除A；取a＝0，b＝－1，排除B；取c＝0，排除D.显然>0，对不等式a>b 的两边同时乘以，立得>成立．故选C. 3．[课本改编]不等式：①x2＋3>3x；②a2＋b2≥2(a－b－1)；③＋≥2，其中恒成立的是( )A．①③ B．②③ C．①②③ D．①②答案D解析由①得x2＋3－3x＝2＋>0，所以x2＋3>3x；对于②，因为a2＋b2－2(a－b－1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，所以不等式成立；对于③，因为当ab<0时，＋－2＝<0，即＋<2.故选D. 4．[2018·南通模拟]若|a－c|<|b|，则下列不等式中正确的是( )A ．a<b ＋cB ．a>c －bC ．|a|>|b|－|c|D ．|a|<|b|＋|c|答案 D 解析 |a|－|c|≤|a－c|<|b|，即|a|<|b|＋|c|，故选D.5．已知a ，b ，c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝1，则＋＋的最小值为________．答案 9解析 解法一：把a ＋b ＋c ＝1代入＋＋，得a ＋b ＋c a ＋＋a ＋b ＋c c＝3＋＋＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c ≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a ＝b ＝c ＝时，等号成立．解法二：由柯西不等式得：(a ＋b ＋c)≥2，即＋＋≥9.6．[2017·全国卷Ⅱ]已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：(1)(a ＋b)(a5＋b5)≥4；(2)a ＋b≤2.证明 (1)(a ＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b ＋b6＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4.(2)因为(a ＋b)3＝a3＋3a2b ＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a ＋b)≤2＋(a ＋b)＝2＋，所以(a ＋b)3≤8，因此a ＋b≤2.板块二 典例探究·考向突破考向 比较法证明不等式例 1 [2016·全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝＋，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≤－时，由f(x)<2，得－2x<2，解得x>－1，即－1<x≤－；当－<x<时，f(x)<2，即－<x<；当x≥时，由f(x)<2，得2x<2，解得x<1，即≤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＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)<0.因此|a ＋b|<|1＋ab|.触类旁通比较法证明的一般步骤一般步骤：作差—变形—判断—结论．为了判断作差后的符号，有时要把这个差变形为一个常数，或者变形为一个常数与一个或几个平方和的形式，也可变形为几个因式的积的形式，以判断其正负．常用的变形技巧有因式分解、配方、拆项、拼项等方法．【变式训练1】 [2018·福建模拟]已知函数f(x)＝|x ＋1|.(1)求不等式f(x)<|2x ＋1|－1的解集M ；(2)设a ，b∈M，证明：f(ab)>f(a)－f(－b)．解 (1)当x≤－1时，原不等式可化为－x －1<－2x －2，解得x<－1；当－1<x<－时，原不等式可化为x ＋1<－2x －2，解得x<－1，此时原不等式无解；当x≥－时，原不等式可化为x ＋1<2x ，解得x>1，综上，M ＝{x|x<－1或x>1}．(2)证明：证法一：因为f(ab)＝|ab＋1|＝|(ab＋b)＋(1－b)|≥|ab＋b|－|1－b|＝|b||a＋1|－|1－b|.因为a，b∈M，所以|b|>1，|a＋1|>0，所以f(ab)>|a＋1|－|1－b|，即f(ab)>f(a)－f(－b)．证法二：因为f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，所以要证f(ab)>f(a)－f(－b)，只需证|ab＋1|>|a＋b|，即证|ab＋1|2>|a＋b|2，即证a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2，即证a2b2－a2－b2＋1>0，即证(a2－1)(b2－1)>0.因为a，b∈M，所以a2>1，b2>1，所以(a2－1)(b2－1)>0成立，所以原不等式成立．考向用综合法与分析法证明不等式例 2 (1)[2018·浙江金华模拟]已知x，y∈R.①若x，y满足|x－3y|<，|x＋2y|<，求证：|x|<；②求证：x4＋16y4≥2x3y＋8xy3.证明①利用绝对值不等式的性质得：|x|＝[|2(x－3y)＋3(x＋2y)|]≤[|2(x－3y)|＋|3(x＋2y)|]<＝.②因为x4＋16y4－(2x3y＋8xy3)＝x4－2x3y＋16y4－8xy3＝x3(x－2y)＋8y3(2y－x)＝(x－2y)(x3－8y3)＝(x－2y)(x－2y)(x2＋2xy＋4y2)＝(x－2y)2[(x＋y)2＋3y2]≥0，∴x4＋16y4≥2x3y＋8xy3. (2)[2018·徐州模拟]已知a，b∈R，a>b>e(其中e是自然对数的底数)，求证：ba>ab.(提示：可考虑用分析法找思路)证明∵ba>0，ab>0，∴要证ba>ab只要证aln b>bln a只要证>.(∵a>b>e)取函数f(x)＝，∵f′(x)＝1－ln xx2令f′(x)＝0，x＝e∴当x>e时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(e，＋∞)上单调递减．∴当a>b>e时，有f(b)>f(a)，即>，得证．触类旁通综合法与分析法的逻辑关系用综合法证明不等式是“由因导果”，分析法证明不等式是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法．综合法往往是分析法的逆过程，表述简单、条理清楚，所以在实际应用时，往往用分析法找思路，用综合法写步骤，由此可见，分析法与综合法相互转化，互相渗透，互为前提．【变式训练2】(1)设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：①ab＋bc＋ca≤；②＋＋≥1.证明①由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤.②证法一：因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即＋＋≥a＋b＋c.所以＋＋≥1.证法二：由柯西不等式得：(a＋b＋c)≥(c＋a＋b)2，∵a＋b＋c＝1，∴＋＋≥1. (2)[2015·全国卷Ⅱ]设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：①若ab>cd，则＋>＋；②＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．证明①因为(＋)2＝a＋b＋2，(＋)2＝c＋d＋2，由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，得(＋)2>(＋)2.所以＋>＋.②(ⅰ)若|a－b|<|c－d|，则(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.由①得＋>＋.(ⅱ)若＋>＋，则(＋)2>(＋)2，即a＋b＋2>c＋d＋2.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，＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．考向反证法证明不等式例 3 [2015·湖南高考]设a>0，b>0，且a＋b＝＋.证明：(1)a＋b≥2；(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．证明由a＋b＝＋＝，a>0，b>0，得ab＝1. (1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2，当且仅当a＝b＝1时等号成立．(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，则由a2＋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a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．触类旁通对于某些问题中所证结论若是“都是”“都不是”“至多”“至少”等问题，一般用反证法．其一般步骤是反设→推理→得出矛盾→肯定原结论．【变式训练3】[2018·达州校级期末]已知a，b，c∈(0,1)．求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能同时大于.证明假设三式同时大于，即(1－a)b>，(1－b)c>，(1－c)a>.三式同向相乘，得(1－a)a(1－b)b(1－c)c>(*)又(1－a)a≤2＝，同理(1－b)b≤，(1－c)c≤.所以(1－a)a(1－b)b(1－c)c≤，与*式矛盾，即假设不成立，故结论正确．考向柯西不等式的应用例 4 柯西不等式是大数学家柯西在研究数学分析中的“流数”问题时得到的，柯西不等式是指：对任意实数ai，bi(i＝1,2，…，n)，有(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2≤(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)，当且仅当ai＝kbi(i＝1,2，…，n)时，等号成立．(1)证明：当n＝2时的柯西不等式；(2)设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，求的最小值．解(1)证明：当n＝2时，柯西不等式的二维形式为：(a＋a)(b＋b)≥(a1b1＋a2b2)2，(a＋a)(b＋b)－(a1b1＋a2b2)2＝ab＋ab－2a1a2b1b2＝(a1b2－a2b1)2≥0，当且仅当a1b2＝a2b1时取得等号．(2)由柯西不等式得(a2＋b2)(m2＋n2)≥(ma＋nb)2，所以5(m2＋n2)≥52即m2＋n2≥5，所以的最小值为.触类旁通利用柯西不等式解题时，要注意配凑成相应的形式，既可从左向右用，也可从右向左用．【变式训练4】[2018·××区校级期末]设xy>0，则的最小值为( )A．－9 B．9 C．10 D．0答案B解析≥2＝9.当且仅当xy＝即xy＝时取等号．故选B.核心规律1.证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和反证法仍是证明不等式的基本方法．要依据题设、题目的结构特点、内在联系，选择恰当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维方法，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．2.综合法往往是分析法的相反过程，其表述简单、条理清楚．当问题比较复杂时，通常把分析法和综合法结合起来使用，以分析法寻找证明的思路，而用综合法叙述、表达整个证明过程．3.不等式证明中的裂项形式：(1)＝－，＝.(2)<＝.(3)－＝<<＝－.(4)＝.满分策略1.作差比较法适用的主要题型是多项式、分式、对数式、三角式，作商比较法适用的主要题型是高次幂乘积结构．2.如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出或否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法．3.高考命题专家说：“放缩是一种能力．”如何把握放缩的“度”，使得放缩“恰到好处”，这正是放缩法的精髓和关键所在！板块三模拟演练·提能增分[A级基础达标]1．已知a，b，c，d均为正数，S＝＋＋＋，则一定有( )B．1<S<2A．0<S<1D．3<S<4C．2<S<3答案B解析S>＋＋＋＝1，S<＋＋＋＝2，∴1<S<2.故选B. 2．[2018·驻马店期末]若x1，x2，x3∈(0，＋∞)，则3个数，，的值( ) B．至少有一个不大于1A．至多有一个不大于1D．都小于1C．都大于1答案B 解析解法一：设x1≤x2≤x3，则≤1，≤1，≥1.故选B.解法二：设>1，>1，>1，∴··>1与··＝1矛盾，∴至少有一个不大于1. 3．设x>0，y>0，M＝，N＝＋，则M、N的大小关系为________．答案M<N解析N＝＋>＋＝x＋y＝M.2＋x＋y4．已知a，b∈R，a2＋b2＝4，则3a＋2b的取值范围是________．答案[－2，2]解析根据柯西不等式(ac＋bd)2≤(a2＋b2)·(c2＋d2)，可得(3a＋2b)2≤(a2＋b2)·(32＋22)∴－2≤3a＋2b≤2.3a ＋2b∈[－2，2]．[B 级 能力达标]5．求证：＋＋＋…＋<(n∈N*)．证明 ∵＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ∴左边＝＝<.6．[2018·泸州模拟]设函数f(x)＝＋|x ＋a|(a>0)．(1)证明：f(x)≥4；(2)若f(2)<5，求a 的取值范围．解 (1)证明：＋|x ＋a|≥＝a ＋≥4；当且仅当a ＝2时取等号．(2)f(2)＝＋|a ＋2|.①当a ＝2时，＋|2＋a|<5显然满足；②当 0<a ≤2时，不等式变成a ＋<5，即a2－5a ＋4<0⇒1<a<4，联立求解得1<a ≤2；③当a>2时，不等式变成a2－a －4<0，∴<a<，联立求解得2<a<.综上，a 的取值范围为1<a<.7．[2018·××县校级模拟]已知函数f(x)＝|2x －1|.(1)若不等式f≤2m＋1(m>0)的解集为[－2,2]，求实数m 的值；(2)对任意x∈R，y>0，求证：f(x)≤2y＋＋|2x ＋3|.解 (1)不等式f≤2m＋1⇔|2x|≤2m＋1(m>0)，∴－m －≤x ≤m ＋，由解集为[－2,2]，可得m ＋＝2，解得m ＝.(2)证明：原不等式即为|2x －1|－|2x ＋3|≤2y＋.令g(x)＝|2x －1|－|2x ＋3|≤|(2x－1)－(2x ＋3)|＝4，当2x ＋3≤0，即x≤－时，g(x)取得最大值4，又2y ＋≥2＝4，当且仅当2y ＝，即y ＝1时，取得最小值4.则|2x －1|－|2x ＋3|≤2y＋.故原不等式成立．8．[2018·黄山期末](1)已知a ，b∈(0，＋∞)，求证：x ，y∈R，有＋≥；(2)若0<a<2,0<b<2,0<c<2，求证：(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a不能同时大于1.证明(1)证法一：(a＋b)＝x2＋＋＋y2≥x2＋2xy＋y2＝(x＋y)2，当且仅当＝，即|bx|＝|ay|时取等号，由于a，b∈(0，＋∞)，所以有＋≥.证法二：由柯西不等式得(a＋b)≥2，即(a＋b)≥(x＋y)2，x2＋≥.a(2)假设结论不成立，即(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a同时大于1.错误!⇒(2－a)b·(2－b)c·(2－c)a>1，而(2－a)b·(2－b)c· (2－c)a＝(2－a)a·(2－b)b·(2－c)c≤222＝1，这与(2－a)b·(2－b)c·(2－c)a>1矛盾．所以假设错误，即(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a不能同时大于1.9．[2018·天津期末]已知x>y>0，m>0.(1)试比较与的大小；(2)用分析法证明：(2－)≤1.解(1)因为－＝，x>y>0，m>0.所以m(y－x)<0，x(x＋m)>0，所以<0，即－<0，所以<.(2)证明：(用分析法证明)要证(2－)≤1，只需证2－()2≤1，只需证()2－2＋1≥0，即证(－1)2≥0，因为x，y>0，且(－1)2≥0成立，所以(2－)≤1.10．[2018·××市期末]已知实数a>0，b>0.(1)若a＋b>2，求证：，中至少有一个小于2；(2)若a－b＝2，求证：a3＋b>8.证明(1)假设，都不小于2，则≥2，≥2，因为a>0，b>0，所以1＋b≥2a,1＋a≥2b，1＋1＋a＋b≥2(a＋b)，即2≥a＋b，这与已知a＋b>2相矛盾，故假设不成立．综上，，中至少有一个小于2.(2)∵a－b＝2，∴b＝a－2，∵b>0，∴a>2，∴a3＋b－8＝a3－8＋a－2＝(a－2)(a2＋2a＋5)，∴(a－2)[(a＋1)2＋4]>0，∴a3＋b>8.。