高考数学高三模拟考试试卷压轴题专题六十三不等式的证明

2019年高考数学（理）一轮复习精品资料1．若a ＞0，b ＞0，且1a ＋1b＝ab 。

(1)求a 3＋b 3的最小值；(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由。

解析：(1)由ab ＝1a ＋1b≥2ab，得ab ≥2，且当a ＝b ＝2时等号成立。

故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，且当a ＝b ＝2时等号成立。

所以a 3＋b 3的最小值为42。

(2)由(1)知，2a ＋3b ≥26ab ≥43。

由于43＞6，从而不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6。

2．若a ，b ，c ∈R ＋，且满足a ＋b ＋c ＝2。

(1)求abc 的最大值； (2)证明：1a ＋1b ＋1c ≥92。

3．设a ＞0，b ＞0，且a ＋b ＝1a ＋1b，证明：(1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a ＜2与b 2＋b ＜2不可能同时成立。

证明：(1)由a ＞0，b ＞0，则a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab。

由于a ＋b ＞0，则ab ＝1，即有a ＋b ≥2ab ＝2，当且仅当a ＝b 取得等号，则a ＋b ≥2。

(2)假设a 2＋a ＜2与b 2＋b ＜2可能同时成立。

由a 2＋a ＜2及a ＞0，可得0＜a ＜1。

由b 2＋b ＜2及b ＞0，可得0＜b ＜1，这与ab ＝1矛盾， 所以a 2＋a ＜2与b 2＋b ＜2不可能同时成立。

4．已知函数f (x )＝|x ＋a |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a (a >0)。

(1)当a ＝2时，求不等式f (x )>3的解集；(2)证明：f (m )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1m ≥4。

(2)证明：f (m )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1m ＝|m ＋a |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ＋1a ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1m＋a ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1m ＋1a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|m ＋a |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1m ＋a ＋⎝ ⎛ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ＋1a ＋⎪⎪⎪ －1m＋⎭⎪⎫⎪⎪⎪1a ≥2⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ＋1m ＝ 2⎝ ⎛⎭⎪⎫|m |＋1|m |≥4(当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧m ＝±1，a ＝1时等号成立)。

第6章 第3节[基础强化]考点一：比较法证明不等式1．设a ＞b ＞0，求证：a 2－b 2a 2＋b 2＞a －ba ＋b .证明：证法一：∵a ＞b ＞0，∴左边－右边＝(a －b )[(a ＋b )2－(a 2＋b 2)](a 2＋b 2)(a ＋b )＝2ab (a －b )(a 2＋b 2)(a ＋b )＞0，故原不等式成立．证法二：∵a 2－b 2a 2＋b 2a －b a ＋b ＝a 2－b 2a 2＋b 2×a ＋b a －b ＝(a ＋b )2a 2＋b 2＝1＋2aba 2＋b 2＞1，且由a ＞b ＞0，知a －b a ＋b ＞0，∴a 2－b 2a 2＋b 2＞a －ba ＋b.2．设m ＞n ，m 、n ∈N *，a ＝(lg x )m ＋(lg x )－m ，b ＝(lg x )n ＋(lg x )－n ，x ＞1，求证：a ≥b .证明：a －b ＝(lg x )m ＋(lg x )－m－(lg x )n－(lg x )－n＝(lg m x －lg nx )－(1lg n x －1lg m x )＝(lg m x －lg nx )－lg m x －lg n x lg m x lg n x＝(lg m x －lg n x )(1－1lg m x lg n x)．∵m ＞n ，m ，n ∈N *，x ＞1， ∴lg m x ＞lg n x ，lg m x lg n x ≥1.1－1lg m x lg n x ≥0. ∴a ≥b .考点二：分析法证明不等式3．已知a ＞0，求证： a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.证明：要证 a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2只要证 a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋ 2∵a ＞0 故只要证( a 2＋1a 2＋2)2≥(a ＋1a＋2)2即a 2＋1a 2＋4a 2＋1a 2＋4≥a 2＋2＋1a 2＋22(a ＋1a )＋2，从而只要证：2a 2＋1a 2≥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．考点三：综合法证明不等式4．已知a 、b 、c 是不全相等的正数，求证：lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .证明：∵a ，b ，c ∈R ＋，∴a ＋b 2≥ab ，b ＋c 2≥bc ，c ＋a 2≥ca ，∴lg a ＋b 2≥12(lg a ＋lg b )，lg b ＋c 2≥12(lg b ＋lg c )， lgc ＋a 2≥12(lg c ＋lg a )． 以上三式相加，且注意到a 、b 、c 不全相等， 故得lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2＞lg a ＋lg b ＋lg c .5．已知a ，b ，c 都是实数，求证：a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2≥ab ＋bc ＋ca .证明：∵a ，b ∈R ，∴a 2＋b 2≥2ab ， ∵b ，c ∈R ，∴b 2＋c 2≥2bc ， ∵c ，a ∈R ，∴c 2＋a 2≥2ca ， 将以上三个不等式相加得 2(a 2＋b 2＋c 2)≥2(ab ＋bc ＋ca )① 即a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ②在不等式①的两边同时加“a 2＋b 2＋c 2”，得3(a 2＋b 2＋c 2)≥(a ＋b ＋c )2，即a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2③在不等式②的两边同时加“2(ab ＋bc ＋ca )”，得(a ＋b ＋c )2≥3(ab ＋bc ＋ca )， 即13(a ＋b ＋c )2≥ab ＋bc ＋ca ④ 由③④得a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2≥ab ＋bc ＋ca .考点四：反证法证明不等式6．设a ，b ，c ∈(0,1)，求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 中至少有一个不小于14.证明：假设⎩⎪⎨⎪⎧(1－a )b ＞14(1－b )c ＞14(1－c )a ＞14，则⎩⎪⎨⎪⎧(1－a )b ＞12(1－b )c ＞12(1－c )a ＞12，∴(1－a )b ＋(1－b )c ＋(1－c )a ＞32.而(1－a )b ＋(1－b )c ＋(1－c )a ≤1－a ＋b 2＋1－b ＋c 2＋1－c ＋a 2＝32.二者矛盾，∴假设不成立，故原不等式成立．考点五：放缩法证明不等式7．已知n ，k 均为大于1的整数，求证：1＋12k ＋13k ＋…＋1n k ＜2.证明：∵n ＞1，k ＞1，n ，k 均为整数，∴1n k ≤1n2， ∴1＋12k ＋13k ＋…＋1n k ≤1＋122＋132＋…＋1n 2＜1＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)n＝1＋(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1－1n)＝2－1n＜2.即1＋12k ＋13k ＋…＋1nk ＜2(n ，k ∈N ，n ≥2，k ≥2)．考点六：构造函数法证明不等式 8．已知△ABC 的三边长分别是a ，b ，c ，且m 为正数．求证：a a ＋m ＋b b ＋m ＞cc ＋m .证明：构造函数f (x )＝xx ＋m ，x ∈(0，＋∞)，∵f ′(x )＝m(x ＋m )2＞0，∴f (x )＝xx ＋m 在(0，＋∞)上为增函数，∵c ＜a ＋b ，∴f (c )＜f (a ＋b )， 即c c ＋m ＜a ＋b a ＋b ＋m ＝a a ＋b ＋m ＋b a ＋b ＋m ＜a a ＋m ＋b b ＋m ， 故a a ＋m ＋b b ＋m ＞c c ＋m成立.[感悟高考]1.若a ，b ，c ＞0且a (a ＋b ＋c )＋bc ＝4－23，则2a ＋b ＋c 的最小值为( )A.3－1B.3＋1 C ．23＋2D ．23－2解析：由a (a ＋b ＋c )＋bc ＝4－23得(a ＋c )(a ＋b )＝4－2 3. ∵a 、b 、c ＞0，∴(a ＋c )(a ＋b )≤(2a ＋b ＋c 2)2(当且仅当a ＋c ＝b ＋a 即b ＝c 时取“＝”号)． ∴2a ＋b ＋c ≥24－23＝2(3－1)＝23－2.故选D. 答案：D2．设a 、b 是正实数，以下不等式①ab ＞2ab a ＋b；②a ＞|a －b |－b ；③a 2＋b 2＞4ab －3b 2；④ab ＋2ab ＞2恒成立的序号为( )A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④解析：对于①：ab －2aba ＋b ＝ab (a ＋b )－2ab a ＋b ＝ab (a ＋b －2ab )a ＋b ＝ab (a －b )2a ＋b≥0，①不合题意，则应排除A 、B ；对于③：(a 2＋b 2)－(4ab －3b 2)＝a 2－4ab ＋4b 2＝(a －2b )2≥0，即a 2＋b 2≥4ab －3b 2.③不合题意，排除C ，故选D.答案：D3．已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ＝1,2，….(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：对任意的x ＞0，a n ≥11＋x －1(1＋x )2(23n －x )，n ＝1,2，…； (3)证明：a 1＋a 2＋…＋a n ＞n 2n ＋1.解：(1)∵a n ＋1＝3a n2a n ＋1，∴1a n ＋1＝23＋13a n ， ∴1a n ＋1－1＝13(1a n －1)．又∵1a 1－1＝23，∴{1a n －1}是以23为首项，13为公比的等比数列．∴1a n －1＝23·13n －1＝23n . ∴a n ＝3n 3n ＋2.(2)证明：由(1)知a n ＝3n3n ＋2＞0，11＋x －1(1＋x )2(23n －x ) ＝11＋x －1(1＋x )2(23n ＋1－1－x ) ＝11＋x －1(1＋x )2[1a n－(1＋x )] ＝－1a n ·1(1＋x )2＋21＋x ＝－1a n (11＋x －a n )2＋a n ≤a n .∴原不等式成立．(3)证明：由(2)知，对任意的x ＞0，有a 1＋a 2＋…＋a n ≥11＋x －1(1＋x )2(23－x )＋11＋x －1(1＋x )2(232－x )＋…＋11＋x －1(1＋x )2(23n －x ) ＝n 1＋x －1(1＋x )2(23＋232＋…＋23n －nx )．∴取x ＝1n (23＋232＋…＋23n )＝23(1－13n )n (1－13)＝1n (1－13n )，则a 1＋a 2＋…＋a n ≥n 1＋1n (1－13n )＝n 2n ＋1－13n＞n 2n ＋1.∴原不等式成立．4．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N *，点(n ，S n )均在函数y ＝b x ＋r (b ＞0且b ≠1，b ，r 均为常数)的图象上．(1)求r 的值；(2)当b ＝2时，记b n ＝2(log 2a n ＋1)(n ∈N *)．证明：对任意的n ∈N *，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n ＞n ＋1成立．(1)解：由题意，S n ＝b n ＋r ， 当n ≥2时，S n －1＝b n －1＋r ，所以a n ＝S n －S n －1＝b n －1(b －1)．由于b ＞0且b ≠1，所以n ≥2时，{a n }是以b 为公比的等比数列． 又a 1＝b ＋r ，a 2＝b (b －1)， a 2a 1＝b ，即b (b －1)b ＋r ＝b ，解得r ＝－1. (2)证法一：由(1)知a n ＝2n －1，因此b n ＝2n (n ∈N *)，所证不等式为2＋12·4＋14·…·2n ＋12n＞n ＋1.①当n ＝1时，左式＝32，右式＝2，左式＞右式，所以结论成立． ②假设n ＝k 时结论成立， 即2＋12·4＋14·…·2k ＋12k＞k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，2＋12·4＋14·…·2k ＋12k ·2k ＋32(k ＋1)＞k ＋12k ＋32(k ＋1)＝2k ＋32k ＋1， 要证当n ＝k ＋1时结论成立，只需证2k ＋32k ＋1≥k ＋2，即证2k ＋32≥(k ＋1)(k ＋2).由均值不等式2k ＋32＝(k ＋1)＋(k ＋2)2≥(k ＋1)(k ＋2)成立，故2k ＋32k ＋1≥k ＋2成立．所以，当n ＝k ＋1时，结论成立．由①②可知，n ∈N *时， 不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n ＞n ＋1成立．证法二：由(1)知：a n ＝2n －1，因此b n ＝2n (n ∈N *)，所证不等式为32·54·76·…·2n ＋12n ＞n ＋1.事实上，32·54·76·…·2n ＋12n＝2＋422·4＋624·6＋826·…·2n ＋(2n ＋2)22n ＞2×42·4×64·6×86·…·2n (2n ＋2)2n＝22·2n ＋2＝n ＋1. 故对一切n ∈N *，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n＞n ＋1成立.[高考预测]设f (x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，若a ＋b ＋c ＝0，f (0)f (1)＞0，求证： (1)方程f (x )＝0有实根；(2)－2＜ba＜－1；(3)设x 1，x 2是方程f (x )＝0的两个实根，则33≤|x 1－x 2|＜23. 证明：(1)若a ＝0，则b ＝－c .f (0)f (1)＝c (3a ＋2b ＋c )＝－c 2≤0，与已知矛盾，所以a ≠0. 方程3ax 2＋2bx ＋c ＝0的判别式Δ＝4(b 2－3ac )． 由条件a ＋b ＋c ＝0，消去b ，得Δ＝4(a 2＋c 2－ac )＝4[(a －c 2)2＋34c 2]＞0，故方程f (x )＝0有实根．(2)由f (0)f (1)＞0，得c (3a ＋2b ＋c )＞0，由条件a ＋b ＋c ＝0，消去c ，得(a ＋b )(2a ＋b )＜0. 因为a 2＞0，所以(1＋b a )(2＋b a )＜0.故－2＜ba ＜－1.(3)由条件，知x 1＋x 2＝－2b 3a ，x 1x 2＝c3a ＝－a ＋b 3a，所以(x 1－x 2)2＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝49(b a ＋32)2＋13.因为－2＜b a ＜－1，所以13≤(x 1－x 2)2＜49.故33≤|x 1－x 2|＜23.。

高三数学不等式证明试题答案及解析1.已知均为正数，证明：．【答案】证明见解析.【解析】不等式是对称式，特别是本题中不等式成立的条件是，因此我们可以用基本不等式，注意对称式的应用，如，对应的有，，这样可得①，同样方法可得，因此有②，①②相加，再应用基本不等式就可证明本题不等式了.因为a，b，c均为正数，由均值不等式得a2＋b2≥2ab， b2＋c2≥2bc， c2＋a2≥2ac．所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac．同理，故a2＋b2＋c2＋≥ab＋bc＋ac＋≥6．所以原不等式成立． 10分【考点】不等式的证明.2.已知a,b均为正数，且a+b=1,证明：（1）（2）【答案】见解析【解析】（1）因为a+b=1,所以，a-1=-b,b-1=-a,故=,当且仅当a=b时等号成立。

（2）==当且仅当a=b时等号成立。

3.在中，不等式成立；在凸四边形ABCD中，不等式成立；在凸五边形ABCDE中，不等式成立，，依此类推，在凸n边形中，不等式__ ___成立.【答案】【解析】我们可以利用归纳推理的方法得到不等式，从而得出结论．【考点】归纳推理.4.已知a,b,x,y均为正数且>,x>y.求证:>.【答案】见解析【解析】证明：∵-=,又>且a,b均为正数,∴b>a>0.又x>y>0,∴bx>ay.∴>0,即>.5.若a,b,c为不全相等的正数,求证:lg+lg+lg>lga+lgb+lgc.【答案】见解析【解析】证明：由a,b,c为正数,得lg≥lg;lg≥lg;lg≥lg.而a,b,c不全相等,所以lg+lg+lg>lg+lg+lg="lg" (abc)=lga+lgb+lgc.即lg+lg+lg>lga+lgb+lgc.6.下面四个图案，都是由小正三角形构成，设第个图形中有个正三角形中所有小正三角形边上黑点的总数为.图1 图2 图3 图4（Ⅰ）求出,,,;（Ⅱ）找出与的关系，并求出的表达式；（Ⅲ）求证：().【答案】（Ⅰ）12,27,48,75. （Ⅱ），．（Ⅲ）详见解析．【解析】（Ⅰ）求出,,,，第二个图形的黑点个数为第一个图形的黑点个数加上外面的三角形上的黑点个数，即，第三个图形的黑点个数为第二个图形的黑点个数加上外面的三角形上的黑点个数，即，以此类推可求出,；（Ⅱ）观察,,,可得到，后一个图形的黑点个数是前一个图形外多加一个三角形，而且每一条边都比内一个三角形多两个黑点，即，即，求出的表达式，像这种关系可用叠加法，即写出，，，，，把这个式子叠加，即可得出的表达式；（Ⅲ）求证：()，先求出的关系式，得，由于求证的不等式右边是常数，可考虑利用放缩法，即，这样既可证明．试题解析：（Ⅰ）由题意有，，，，，．（Ⅱ）由题意及（Ⅰ）知，，即，所以，，，， 5分将上面个式子相加，得：6分又，所以． 7分（Ⅲ），∴． 9分当时，，原不等式成立． 10分当时，，原不等式成立． 11分当时，，原不等式成立． 13分综上所述，对于任意，原不等式成立． 14分【考点】归纳推理，放缩法证明不等式．7.设正有理数是的一个近似值，令.（Ⅰ）若，求证：；（Ⅱ）比较与哪一个更接近，请说明理由.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）比更接近．【解析】（Ⅰ）若，求证：，只需证即可，即；（Ⅱ）比较与哪一个更接近，只需比较它们与差的绝对值的大小，像这一类题，可采用作差比较法．试题解析：(Ⅰ),,.（Ⅱ），，，而，，所以比更接近．【考点】作差法证明不等式.8.设实数满足，求证：．【答案】详见解析.【解析】作差，分解因式，配方，判断符号.试题解析：作差得 1分4分． 6分因为，所以不同时为0，故，，所以，即有． 10分【考点】不等式的证明.9.设f(x)＝lnx＋－1，证明：（1）当x>1时，f(x)< (x－1)；（2）当1<x<3时，f(x)<.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明：（1）(证法一)记g(x)＝lnx＋－1－ (x－1).则当x>1时，g′(x)＝＋－<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减.又g（1）＝0，有g(x)<0，即f(x)< (x－1).(证法二)由均值不等式，当x>1时，2<x＋1，故<＋.①令k(x)＝lnx－x＋1，则k（1）＝0，k′(x)＝－1<0，故k(x)<0，即lnx<x－1.②由①②得，当x>1时，f(x)< (x－1).（2）(证法一)记h(x)＝f(x)－，由（1）得h′(x)＝＋－＝－<－＝.令g(x)＝(x＋5)3－216x，则当1<x<3时，g′(x)＝3(x＋5)2－216<0.因此g(x)在(1,3)内是递减函数，又由g（1）＝0，得g(x)<0，所以h′(x)<0.因此h(x)在(1,3)内是递减函数，又由h（1）＝0，得h(x)<0.于是当1<x<3时，f(x)<. (证法二)记h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，则当1<x<3时，由（1）得h′(x)＝f(x)＋(x＋5)f′(x)－9< (x－1)＋(x＋5)－9＝ [3x(x－1)＋(x＋5)(2＋)－18x]<＝ (7x2－32x＋25)<0.因此h(x)在(1,3)内单调递减，又，所以，即.10.( 本小题满分12分)已知集合中的元素都是正整数，且，对任意的且，有．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求证：；（Ⅲ）对于，试给出一个满足条件的集合【答案】(Ⅰ) 证明：见解析；（Ⅱ）证明：见解析；（Ⅲ）．【解析】（1）因为，对任意的且，有．所以两边分别相加得.即.（2）由(Ⅰ)可得；同理，所以，即.（3）由（1）知，令，可取大于1的任意整数，令；同理令；；，则，令，则，令，则，令，则，令.就得到满足条件的一个集合.(Ⅰ) 证明：依题意有，又，因此．可得．所以．即．…………………4分（Ⅱ）证明：由(Ⅰ)可得．又，可得，因此．同理，可知．又，可得，所以均成立．当时，取，则，可知．又当时，．所以．……………………………………………………8分（Ⅲ）解：对于任意，，由可知，，即．因此，只需对，成立即可．因为；；；，因此可设；；；；．由，可得，取．由，可得，取．由，可得，取．由，可得，取．所以满足条件的一个集合．……………12分其它解法，请酌情给分.11.选修4-5：不等式选讲（本小题满分10分）已知实数满足，且，求证：【答案】见解析。

高三数学不等式的性质试题答案及解析1.已知a<0，－1<b<0，那么下列不等式成立的是()A．a>ab>ab2B．ab2>ab>aC．ab>a>ab2D．ab>ab2>a【答案】D【解析】∵a<0，－1<b<0，∴ab2－a＝a(b2－1)>0，ab－ab2＝ab(1－b)>0.∴ab>ab2>a.也可利用特殊值法，取a＝－2，b＝－，则ab2＝－，ab＝1，从而ab>ab2>a.故应选D.2.已知－3<b<a<－1，－2<c<－1，则(a－b)c2的取值范围是________．【答案】(0,8)【解析】依题意0<a－b<2,1<c2<4，所以0<(a－b)c2<8.3.已知实数a满足ab2>a>ab，则实数b的取值范围为________．【答案】(－∞，－1)【解析】若a<0，则b2<1<b，产生矛盾，所以a>0，则b2>1>b，解得b∈(－∞，－1)．4.已知x>y>z，x＋y＋z＝0，则下列不等式中成立的是()A．xy>yz B．xz>yzC．xy>xz D．x|y|>z|y|【答案】C【解析】因为x>y>z，x＋y＋z＝0，所以3x>x＋y＋z＝0,3z<x＋y＋z＝0，所以x>0，z<0.所以由，可得xy>xz，故选C.5. [2014·西安模拟]设α∈(0，)，β∈[0，]，那么2α－的取值范围是()A．(0，)B．(－，)C．(0，π)D．(－，π)【答案】D【解析】由题设得0<2α<π，0≤≤，∴－≤－≤0，∴－<2α－<π.6.(2014·十堰模拟)若不等式-a<x-1<a成立的充分条件是0<x<4,则实数a的取值范围是________.【答案】a≥3【解析】设A={x|-a<x-1<a}={x|1-a<x<1+a},B={x|0<x<4},依题意知B⊆A,因此解得a≥3. 7.已知a>b>1，c<0，给出下列四个结论：①>；②a c<b c；③logb (a－c)>loga(b－c)；④b a－c>a b－c．其中所有正确结论的序号是()A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④【答案】A【解析】a>b>1⇒，又c<0，故>，故①正确；由c<0知，y＝x c在(0，＋∞)上是减函数，故a c<b c．故②正确．由已知得a－c>b－c>1．故logb (a－c)>logb(b－c)．由a>b>1得0<loga (b－c)<logb(b－c)，故logb (a－c)>loga(b－c)．故③正确．8.若P=+,Q=+(a≥0),则P、Q的大小关系是() A．P>Q B．P=QC．P<Q D．由a的取值确定【答案】C【解析】要证P<Q,只需证P2<Q2,即证2a+7+2<2a+7+2,只需证a2+7a<a2+7a+12,只需证0<12成立,∵0<12成立,∴P<Q成立.故选C.9.设a、b∈R,若a-|b|>0,则下列不等式中正确的是()A．b-a>0B．a3+b3<0C．a2-b2<0D．b+a>0【答案】D【解析】∵a-|b|>0,∴|b|<a,∴a>0,∴-a<b<a,∴b+a>0.10.>1的一个充分不必要条件是()A．x>y B．x>y>0C．x<y D．y<x<0【答案】B【解析】若x>y>0时>1,但>1时>0,不一定有x>y>0.故选B.11.观察下列不等式：1＋>1，1＋＋…＋>，1＋＋…＋>2，1＋＋…＋>，…，照此规律，第6个不等式_________________．【答案】1＋＋…＋>【解析】观察不等式：1＋＋>1＝；1＋＋…＋>；1＋＋…＋>；1＋＋…＋>；……所以由此猜测第6个不等式为1＋＋…＋>.12.设实数x，y满足3≤xy2≤8,4≤≤9，则的最大值是________．【答案】27【解析】根据不等式的基本性质求解. 2∈[16,81]，∈，＝2·∈[2,27]，的最大值是27.13.已知a＞b＞0，给出下列四个不等式：①a2＞b2；②2a＞2b－1；③＞－；④a3＋b3＞2a2b.其中一定成立的不等式序号为________．【答案】①②③【解析】因为a＞b＞0⇒a2＞b2，故①正确；a＞b＞0⇒a＞b－1⇒2a＞2b－1，故②正确；因为a＞b＞0⇒ab＞b2＞0⇒＞b＞0，而()2－(－)2＝a－b－a－b＋2 ＝2(－b)＞0，所以③正确；因为当a＝3，b＝2时，a3＋b3＝35＜2a2b＝36，故④不正确．14.已知函数.（Ⅰ）若，使得不等式成立，求的取值范围；（Ⅱ）求使得等式成立的的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）根据=求出的最小值，从而求得得不等式成立的的取值范围．（Ⅱ）由=，可知当且仅当时有，从而成立.解不等式由此求得的取值范围．试题解析：（Ⅰ）由= 3分使得不等式成立的的取值范围是 5分（Ⅱ）由= 7分所以，当且仅当时取等 9分所以的取值范围是 10分【考点】1、绝对值不等式的性质；2、绝对值不等式的解法．15.设，则下列不等式一定成立的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】本题主要考查不等式的性质，在不等式的性质中，与乘除相关的性质中有条件“均为正数”，否则不等式不一定成立，如本题中当都是负数时，都不成立，当然只能选D，事实上由于函数是增函数，故是正确的．【考点】不等式的性质．16.设，则下列不等式一定成立的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】本题主要考查不等式的性质，在不等式的性质中，与乘除相关的性质中有条件“均为正数”，否则不等式不一定成立，如本题中当都是负数时，都不成立，当然只能选D，事实上由于函数是增函数，故是正确的．【考点】不等式的性质．17.设非零实数满足，则下列不等式中一定成立的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】令，则无意义，则A不正确；当时，，当时，，故B不正确；令，则，故C不正确；时，则，故D正确.【考点】不等式的运算.18.已知，.（1）求的最小值；（2）证明：.【答案】（1）最小值为3；（2）证明过程详见解析.【解析】本题主要考查利用基本不等式进行不等式的证明问题，考查学生的分析问题的能力和转化能力.第一问，用基本不等式分别对和进行计算，利用不等式的可乘性，将两个式子乘在一起，得到所求的表达式的范围，注意等号成立的条件必须一致；第二问，先用基本不等式将，，变形，再把它们加在一起，得出已知中出现的，从而求出最小值，而所求证的式子的右边，须作差比较大小，只需证出差值小于0即可.试题解析：（Ⅰ）因为，，所以，即，当且仅当时，取最小值3． 5分（Ⅱ）．又，所以．【考点】1.基本不等式；2.不等式的性质；3.作差比较大小.19.设函数（1）若的最小值为3，求的值；（2）求不等式的解集.【答案】（1）；（2）【解析】本题考查绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题，考查学生的分类讨论思想和转化能力以及计算能力.第一问，利用不等式的性质，得出的最小值，列出等式，解出的值；第二问，解含参绝对值不等式，用零点分段法去掉绝对值，由于已知中有和4的大小，所以直接解不等式即可，最后综合上述所得不等式的解集.试题解析：⑴因为因为,所以当且仅当时等号成立,故为所求. 4分⑵不等式即不等式，①当时，原不等式可化为即所以，当时，原不等式成立.②当时，原不等式可化为即所以，当时，原不等式成立.③当时，原不等式可化为即由于时所以，当时，原不等式成立.综合①②③可知：不等式的解集为 10分【考点】1.不等式的性质；2.绝对值不等式的解法.20.集合，且、、恰有一个成立，若且,则下列选项正确的是( )A．,B．,C．,D．,【答案】B【解析】从集合的定义，可三个不等式，也可得三个不等式，组合之后可知满足不等关系且，或且，或且，或且，这样可能有或或或，于是不一定成立，也不一定成立，故A，C，D都不能选，只能选B．【考点】不等关系．21.已知且，则下列不等式中成立的是（）A．B．C．D．【答案】D．【解析】只有当时，选项A，B正确；要使，必须，所以选项C错误；当时，，所以D正确，故选D．【考点】不等式的性质．22.已知x、y、z∈R,且，则的最小值为 .【答案】【解析】由柯西不等式，，因为.所以，当且仅当，即时取等号.所以的最小值为.【考点】柯西不等式23.若是任意实数，，则下列不等式成立的是( )A．B．C．D．【答案】Ｄ【解析】当时，，可排除Ａ，Ｂ，Ｃ，故选Ｄ．【考点】不等式性质．24.若a，b R＋，a＋b＝1，则ab＋的最小值为 .【答案】【解析】由a，b R＋，a＋b＝1得 ab，a=b时取等号，ab＋=ab+=ab+=ab+=2+ab4+ab4+=，a=b时取等号.【考点】基本不等式的性质的应用.25.当时，则下列大小关系正确的是（）A．B．C．D．【答案】Ｃ【解析】取得，，故，故选Ｃ．【考点】比较大小．26.已知，则下列不等式正确的是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】.【考点】不等式基本性质.27.设为正实数，满足，则的最小值是．【答案】3【解析】由已知得，∵，∴，即，两边同时平方得，.【考点】1、不等式的性质；2、基本不等式.28.已知正数满足则的取值范围是 .【答案】【解析】.由得：.所以，当时取等号.又当时，，所以.【考点】不等式的应用.29.已知函数（1）试求使等式成立的x的取值范围；（2）若关于x的不等式的解集不是空集，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】（1）设=，利用零点分段法，将和写成分段函数的形式，然后观察=时自变量的取值范围即可；（2）这是不等式的有解问题，利用绝对值三角不等式求的最小值，.试题解析：（1）由=，又=，故使等式成立的x的取值范围为；（2）.【考点】1、零点分段法去绝对号；2、绝对值三角不等式；3、不等式有解问题.30.成都市某物流公司为了配合“北改”项目顺利进行，决定把三环内的租用仓库搬迁到北三环外重新租地建设．已知仓库每月占用费y1与仓库到车站的距离成反比，而每月车载货物的运费y2与仓库到车站的距离成正比．据测算，如果在距离车站10千米处建仓库，这两项费用y1，y2分别是2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站( )A．5千米处B．4千米处C．3千米处D．2千米处【答案】A【解析】设仓库到车站的距离是千米，那么有，，将，，分别代入两个式子，可得，，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站5千米处.【考点】基本不等式及其应用31.若不等式对恒成立，则实数的取值范围是( ) A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意，，令，令，则，，，所以，所以.选B.【考点】1.不等式的性质； 2.恒成立问题.32.若不等式对恒成立，则实数的取值范围是 .【答案】【解析】由题意，，令，令，则，，，所以，所以.【考点】1.不等式的性质； 2.恒成立问题.33.设为实数，若，则的最大值是。

高考材料高考材料专题10 利用导数证明不等式1．〔2023·北京市第九中学模拟预测〕已知． ()sin 2f x k x x =+(1)当时，推断函数零点的个数； 2k =()f x (2)求证：.()sin 2ln 1,(0,2x x x x π-+>+∈（答案）(1)1； (2)证明见解析. （解析） （分析）〔1〕把代入，求导得函数的单调性，再由作答. 2k =()f x (0)0f =〔2〕构造函数，利用导数借助单调性证明作答.()2sin ln(1)g x x x x =--+(1)当时，，，当且仅当时取“=〞，所以在R 上单调2k =()2sin 2f x x x =+()2cos 20f x x '=+≥(21)π,Z x k k =-∈()f x 递增，而，即0是的唯—零点， (0)0f =()f x 所以函数零点的个数是1.()f x (2)，令，则，因，则，因此，函数(0,)2x π∈()2sin ln(1)g x x x x =--+()12cos 1g x x x =-'-+1cos 1,11x x <<+()0g x '>在上单调递增，，，()g x (0,)2π(0,2x π∀∈()(0)0g x g >=所以当时，成立.(0,)2x π∈()sin 2ln 1x x x -+>+2．〔2023·河南·开封市东信学校模拟预测〔文〕〕已知函数. ()ln (0)f x x ax a a =-+>(1)当时，求的单调区间； 2a =()f x (2)设函数的最大值为m ，证明：.()f x 0m ≥（答案）(1)增区间为，减区间为；10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭(2)证明见解析. （解析）（分析）〔1〕利用导数研究的单调区间.()f x 〔2〕应用导数求得的最大值，再构造并利用导数证明不等式.()f x 1ln 1m f a a a ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭()ln 1h a a a =--(1)当时，. 2a =()ln 22f x x x =-+∴，令，得. 112()2x f x x x -'=-=()0f x '=12x =∴当时，，函数单调递增； 102x <<()0f x '>()f x 当时，，函数单调递减. 12x >()0f x '<()f x 故函数的减区间为，增区间为；()f x 1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭(2)由，令，得. 1()axf x x -'=()0f x '=1x a=∴当时，，函数单调递增； 10x a<<()0f x '>()f x 当时，，函数单调递减. 1x a>()0f x '<()f x ∴.max 1()ln 1m f x f a a a ⎛⎫===-- ⎪⎝⎭令，则. ()ln 1h a a a =--11()1a h a a a-'=-=∴当时，，函数单调递减； 01a <<()0h x '<()h x 当时，，函数单调递增. 1a >()0h x '>()h x ∴，即.()(1)0h a h ≥=0m ≥3．〔2023·江苏无锡·模拟预测〕已知函数，其中m ＞0，f '(x )为f (x )的导函数，设，且()e (1ln )xf x m x =+()()ex f x h x '=恒成立．5()2h x ≥(1)求m 的取值范围；(2)设函数f (x )的零点为x 0，函数f '(x )的极小值点为x 1，求证：x 0＞x 1． （答案）(1)3,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭(2)证明见解析 （解析）（分析）〔1〕求导可得解析式，即可得解析式，利用导数求得的单调区间和最小值，结合题意，即可()'f x ()h x ()h x 得m 的范围.〔2〕求得解析式，令，利用导数可得的单调性，依据零点存在性定理，可()f x ''22()1ln (0)m mt x m x x x x =++->()t x 得存在，使得t (x 2)＝0，进而可得f '(x )在x ＝x 2处取得极小值，即x 1＝x 2，所以21,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，令，分析可得s (x 1)＜0，即可得证 11211211ln 0,,12m m m x x x x ⎛⎫++-=∈ ⎪⎝⎭()1ln s x m x =+(1)由题设知， ()e (1ln xmf x m x x'=++则， 1ln (())0h mm x x xx ++>=所以 22(1)()m m m x h x x x x -'=-=当x ＞1时，h '(x )＞0，则h (x )在区间(1，＋∞)是增函数， 当0＜x ＜1时，h '(x )＜0，则h (x )在区间(0，1)是减函数， 所以h (x )min ＝h 〔1〕＝，解得，512m +≥32m ≥所以m 的取值范围为3,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭高考材料高考材料(2) 222e 1ln e )n (1l x x m m m m m m x m x x x x x x f x ⎛⎫⎛⎫+++-=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝'=⎭'令 22()1ln (0)m mt x m x x x x=++->则＝恒成立， 2322()m m m t x x x x '=-+2233(1)1(22)0m x m x x x x⎡⎤-+-+⎣⎦=>所以t (x )在(0，＋∞)单调递增．又，1(1)10,1l 3ln 20n 2122t m t m ⎛⎫=+>=-≤- ⎪⎝⎭<所以存在，使得t (x 2)＝0，21,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭当x ∈(0，x 2)时，t '(x )＜0，即f ''(x )＜0，则f '(x )在(0，x 2)单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞) 时，t '(x )＞0，即f ''(x )＞0，则f '(x )在(x 2，＋∞)单调递增； 所以f '(x )在x ＝x 2处取得极小值．即x 1＝x 2， 所以t (x 1)＝0，即， 11211211ln 0,,12m m m x x x x ⎛⎫++-=∈ ⎪⎝⎭所以， 1122111(12)21ln 0m x m m m x x x x -+=-=<令，则 s (x )在(0，＋∞)单调递增； ()1ln s x m x =+所以s (x 1)＜0因为f (x )的零点为x 0，则，即s (x 0)＝0 01ln 0m x +=所以s (x 1)＜s (x 0)，所以x 0＞x 14．〔2023·全国·郑州一中模拟预测〔理〕〕已知函数. ()()ln 0f x ax x a =≠(1)商量函数的单调性；()f x (2)当时，证明：.1a =()e sin 1xf x x <+-（解析） (1)依题意知，，()0,x ∈+∞()()ln ln 1f x a x a a x '=+=+令得，()0f x '=1ex =当时，在上，单调递减，在单调递增；0a >10,e ⎛⎫⎪⎝⎭()0f x '<()f x 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭当时，在上，单调递增，在单调递减.0a <10,e ⎛⎫⎪⎝⎭()0f x '>()f x 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭(2)依题意，要证，ln e sin 1x x x x <+-①当时，，，故原不等式成立， 01x <≤ln 0x x ≤1sin 0e x x -+>②当时，要证：，即证：，1x >ln e sin 1x x x x <+-ln sin 1e 0x x x x --+<令，则，， ()()e ln sin 11x h x x x x x =--+>()e ln cos 1xh x x x '=--+()e 1sin 0xh x x x''=-+<∴在单调递减，∴，∴在单调递减，∴()h x '()1,+∞()()11e cos10h x h ''<=--<()h x ()1,+∞，即，故原不等式成立.()()11e sin10h x h <=--<ln sin 1e 0xx x x --+<5．〔2023·浙江·三模〕已知实数，设函数． 0a ≥2()2ln(1)(1)ln ,0f x x ax a ax x x =-++-->(1)当时，求函数的单调区间； 0a =()f x (2)假设函数单调递增，求a 的最大值；()f x (3)设是的两个不同极值点，是的最大零点．证明：． 12,x x ()f x 3x ()f x 31211x x x +<注：是自然对数的底数．e 2.71828=⋅⋅⋅（答案）(1)在上单调递增；(2)1；(3)证明见解析. ()f x (0,)+∞（解析）（分析）〔1〕求导，结合导数正负可直接求解函数的单调区间. ()f x 〔2〕由题意得对任意的的恒成立，即可求出a 的最大值. 1()23ln 0f x x a a x x--'=+≥()0,x ∞∈+〔3〕由〔2〕知，当有两个不同极值点时，，则存在两个零点，故，()f x 1a >()0f x '=12,x x ()()111222123ln 0,123ln 0.x a x x x a x x ⎧+-+=⎪⎪⎨⎪+-+=⎪⎩由此可得出，再证明：． 12112a x x +<32x a >即可证明。

不等式的证明考纲要求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．知识梳理1．基本不等式定理1：如果a ，b ∈R ，那么a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立． 定理2：如果a ，b ＞0，那么a ＋b 2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立，即两个正数的算数平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．定理3：如果a ，b ，c ∈(0，＋∞)，那么a ＋b ＋c 3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立． 2．不等式的证明(1)比较法①作差法(a ，b ∈R)：a －b ＞0⇔a ＞b ；a －b ＜0⇔a ＜b ；a －b ＝0⇔a ＝b .②作商法(a ＞0，b ＞0)：a b ＞1⇔a ＞b ；a b ＜1⇔a ＜b ；a b＝1⇔a ＝b . (2)综合法与分析法①综合法：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．综合法又叫顺推证法或由因导果法．②分析法：从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)．这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法．1．作差比较法的实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数(或式子)与0的大小关系．2．用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)…”“即要证…”“就要证…”等．3．几个重要不等式(1)b a ＋a b ≥2(a ，b 同号)；(2)a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 诊断自测1．判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(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)×解析 (1)作商比较法是商与1的大小比较．(3)分析法是从结论出发，寻找结论成立的充分条件．(4)应用反证法时，“反设”可以作为推理的条件应用．2．若a ＞b ＞1，x ＝a ＋1a ，y ＝b ＋1b，则x 与y 的大小关系是( ) A ．x ＞yB ．x ＜yC ．x ≥yD ．x ≤y答案 A解析 x －y ＝a ＋1a －⎝⎛⎭⎫b ＋1b ＝a －b ＋b －a ab ＝a －b ab －1ab.由a ＞b ＞1得ab ＞1，a －b ＞0，所以a －bab －1ab ＞0，即x －y ＞0，所以x ＞y . 3．已知a ≥b ＞0，M ＝2a 3－b 3，N ＝2ab 2－a 2b ，则M ，N 的大小关系为________． 答案 M ≥N解析 M －N ＝2a 3－b 3－(2ab 2－a 2b )＝2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2)＝(a 2－b 2)(2a ＋b )＝(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )．因为a ≥b ＞0，所以a －b ≥0，a ＋b ＞0,2a ＋b ＞0，从而(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )≥0，故2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b ，即M ≥N .4．已知a ＋b ＋c >0，ab ＋bc ＋ac >0，abc >0，用反证法求证a >0，b >0，c >0时的假设为( )A ．a <0，b <0，c <0B ．a ≤0，b >0，c >0C ．a ，b ，c 不全是正数D ．abc <0答案 C5．(2021·聊城模拟)下列四个不等式：①log x 10＋lg x ≥2(x >1)；②|a －b |<|a |＋|b |；③⎪⎪⎪⎪b a ＋a b ≥2(ab ≠0)；④|x －1|＋|x －2|≥1，其中恒成立的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 C解析 log x 10＋lg x ＝1lg x＋lg x ≥2(x >1)，①正确； ab ≤0时，|a －b |＝|a |＋|b |，②不正确；因为ab ≠0，b a 与a b同号， 所以⎪⎪⎪⎪b a ＋a b ＝⎪⎪⎪⎪b a ＋⎪⎪⎪⎪a b ≥2，③正确；由|x －1|＋|x －2|的几何意义知，|x －1|＋|x －2|≥1恒成立，④也正确，综上①③④正确．6．(2021·西安调研)已知a ＞0，b ＞0且ln(a ＋b )＝0，则1a ＋1b的最小值是________． 答案 4解析 由ln(a ＋b )＝0，得a ＋b ＝1.又a ＞0，b ＞0，∴1a ＋1b ＝a ＋b a ＋a ＋b b ＝2＋b a ＋a b≥2＋2b a ·a b ＝4.当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立．故1a ＋1b的最小值为4.考点一 比较法证明不等式【例1】 设不等式－2＜|x －1|－|x ＋2|＜0的解集为M ，a ，b ∈M .(1)证明：⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ＜14；(2)比较|1－4ab |与2|a －b |的大小，并说明理由．(1)证明 设f (x )＝|x －1|－|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3，x ≤－2，－2x －1，－2＜x ＜1，－3，x ≥1.由－2＜－2x －1＜0，解得－12＜x ＜12. 因此集合M ＝⎝⎛⎭⎫－12，12，则|a |＜12，|b |＜12. 所以⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ≤13|a |＋16|b |＜13×12＋16×12＝14. (2)解 由(1)得a 2＜14，b 2＜14. 因为|1－4ab |2－4|a －b |2＝(1－8ab ＋16a 2b 2)－4(a 2－2ab ＋b 2)＝16a 2b 2－4a 2－4b 2＋1＝(4a 2－1)(4b 2－1)＞0，所以|1－4ab |2＞4|a －b |2，故|1－4ab |＞2|a －b |.感悟升华 比较法证明不等式的方法与步骤(1)作差比较法：作差、变形、判号、下结论．(2)作商比较法：作商、变形、 判断、下结论．提醒 ①当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时，一般使用作差比较法． ②当被证的不等式两边含有幂式或指数式或乘积式时，一般使用作商比较法．【训练1】 设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则s 与t 的大小关系是________．答案 s ≥t解析 s －t ＝a ＋b 2＋1－(a ＋2b )＝b 2－2b ＋1＝(b －1)2≥0，∴s ≥t .考点二 综合法证明不等式【例2】 (2020·全国Ⅲ卷)设a ，b ，c ∈R ，a ＋b ＋c ＝0，abc ＝1.(1)证明：ab ＋bc ＋ca <0；(2)用max{a ，b ，c }表示a ，b ，c 中的最大值，证明：max{a ，b ，c }≥34. 证明 (1)由题设可知，a ，b ，c 均不为零，所以ab ＋bc ＋ca ＝12[(a ＋b ＋c )2－(a 2＋b 2＋c 2)]＝ －12(a 2＋b 2＋c 2)<0. (2)不妨设max{a ，b ，c }＝a .因为abc ＝1，a ＝－(b ＋c )，所以a >0，b <0，c <0.由bc ≤b ＋c 24，可得abc ≤a 34，当且仅当b ＝c ＝－a 2时取等号， 故a ≥34，所以max{a ，b ，c }≥34.感悟升华 1.综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．2．在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用的．在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条件．【训练2】 已知a ，b ，c 为正数，且满足abc ＝1.证明：(1)1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2； (2)(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.证明 (1)因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，又abc ＝1，故有a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ＝ab ＋bc ＋ca abc ＝1a ＋1b ＋1c . 当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立．所以1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2. (2)因为a ，b ，c 为正数且abc ＝1，故有(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥33a ＋b 3b ＋c 3c ＋a3＝3(a ＋b )(b ＋c )(c ＋a ) ≥3×(2ab )×(2bc )×(2ca )＝24. 当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立，所以(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.考点三 分析法证明不等式【例3】 (2021·哈尔滨一模)设a ，b ，c >0，且ab ＋bc ＋ca ＝1.求证：(1)a ＋b ＋c ≥3；(2)a bc ＋b ac ＋c ab≥3(a ＋b ＋c )． 证明 (1)要证a ＋b ＋c ≥3，由于a ，b ，c >0，因此只需证明(a ＋b ＋c )2≥3， 即证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3，又ab ＋bc ＋ca ＝1，故需证明a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3(ab ＋bc ＋ca )，即证a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .又易知ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 22＝a 2＋b 2＋c 2(当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立)， ∴原不等式成立．(2)a bc ＋b ac ＋c ab ＝a ＋b ＋c abc. 由于(1)中已证a ＋b ＋c ≥3，因此要证原不等式成立，只需证明1abc ≥a ＋b ＋c ， 即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca .又a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac 2，b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤bc ＋ca 2， ∴a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca (a ＝b ＝c ＝33时等号成立)． ∴原不等式成立．感悟升华 1.当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆．2．分析法证明的思路是“执果索因”，其框图表示为：Q ⇐P 1→P 1⇐P 2→P 2⇐P 3→…→得到一个明显成立的条件 【训练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.1．(2021·江西协作体联考)(1)已知x ，y 是实数，求证：x 2＋y 2≥2x ＋2y －2；(2)用分析法证明：6＋7>22＋ 5.证明 (1)(x 2＋y 2)－(2x ＋2y －2)＝(x 2－2x ＋1)＋(y 2－2y ＋1)＝(x －1)2＋(y －1)2，而(x －1)2≥0，(y －1)2≥0，∴(x 2＋y 2)－(2x ＋2y －2)≥0，∴x 2＋y 2≥2x ＋2y －2.(2)要证6＋7>22＋5，只需证(6＋7)2>(22＋5)2成立，即证13＋242>13＋240成立， 即证42>40成立，即证42>40成立，因为42>40显然成立，所以原不等式成立．2．(2020·兰州诊断)函数f (x )＝x 2－2x ＋1＋24－4x ＋x 2.(1)求f (x )的值域；(2)若关于x 的不等式f (x )－m <0有解，求证：3m ＋2m －1>7. 解 f (x )＝x 2－2x ＋1＋24－4x ＋x 2＝|x －1|＋2|x －2|.(1)当x ≥2时，f (x )＝3x －5≥1；当1<x <2时，f (x )＝3－x,1<f (x )<2；当x ≤1时，f (x )＝5－3x ≥2.综上可得，函数的值域为[1，＋∞)．(2)证明 若关于x 的不等式f (x )－m <0有解，则f (x )<m 有解，故只需m >f (x )min ，即m >1，∴3m ＋2m －1＝3(m －1)＋2m －1＋3≥26＋3>7，原式得证． 3．(2021·沈阳五校协作体联考)已知a ，b ，c ，d 均为正实数．(1)求证：(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2；(2)若a ＋b ＝1，求证：a 21＋a ＋b 21＋b ≥13. 证明 (1)(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)＝a 2c 2＋a 2d 2＋b 2c 2＋b 2d 2≥a 2c 2＋2abcd ＋b 2d 2＝(ac ＋bd )2. 当且仅当ad ＝bc 时取等号．(2)3⎝⎛⎭⎫a 21＋a ＋b 21＋b ＝⎝⎛⎭⎫a 21＋a ＋b 21＋b (1＋a ＋1＋b )＝a 2＋1＋b 1＋a ·a 2＋1＋a 1＋b·b 2＋b 2≥a 2＋2ab ＋b 2＝(a ＋b )2＝1，当且仅当a ＝b ＝12时取等号， 所以a 21＋a ＋b 21＋b ≥13. 4．(2021·西安质检)已知a >0，b >0，c >0，且a ＋b ＋c ＝1.(1)求证：a 2＋b 2＋c 2≥13； (2)求证：a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 证明 (1)∵a 2＋b 2≥2ab (当且仅当a ＝b 时，取“＝”)，b 2＋c 2≥2bc (当且仅当b ＝c 时，取“＝”)，c 2＋a 2≥2ca (当且仅当a ＝c 时，取“＝”)，∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ，∵(a ＋b ＋c )2＝1，∴a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1，∴3(a 2＋b 2＋c 2)≥1，即a 2＋b 2＋c 2≥13. (2)∵a 2b ＋b ≥2a (当且仅当a ＝b 时，取“＝”)，b 2c ＋c ≥2b (当且仅当b ＝c 时，取“＝”)，c 2a ＋a ≥2c (当且仅当a ＝c 时，取“＝”)，∴a 2b ＋b 2c ＋c 2a＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c ， ∵a ＋b ＋c ＝1，∴a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.5．(2021·开封一模)已知a ，b ，c 为一个三角形的三边长．证明： (1)b a ＋c b ＋a c ≥3； (2)a ＋b ＋c2a ＋b ＋c >2.证明 (1)因为a ，b ，c 为一个三角形的三边长，所以b a ＋c b ＋a c ≥33b a ·c b ·a c＝3⎝⎛⎭⎫当且仅当b a ＝c b ＝a c 时，取等号，所以不等式得证． (2)由于a ，b ，c 为一个三角形的三边长，则有(b ＋c )2＝b ＋c ＋2bc >a ，即b ＋c >a ，所以ab ＋ac ＝a (b ＋c )>a ，同理，ab ＋bc >b ，ac ＋bc >c ，三式相加得2ac ＋2bc ＋2ab >a ＋b ＋c ，左右两边同加a ＋b ＋c 得(a ＋b ＋c )2>2(a ＋b ＋c )， 所以a ＋b ＋c2a ＋b ＋c >2，不等式得证．6．(2020·贵阳诊断) ∀a ∈R ，|a ＋1|＋|a －1|的最小值为M .(1)若三个正数x ，y ，z 满足x ＋y ＋z ＝M ，证明：x 2y ＋y 2z ＋z 2x≥2； (2)若三个正数x ，y ，z 满足x ＋y ＋z ＝M ，且(x －2)2＋(y －1)2＋(z ＋m )2≥13恒成立，求实数m 的取值范围．(1)证明 由∀a ∈R ，|a ＋1|＋|a －1|≥|a ＋1－a ＋1|＝2，当且仅当－1≤a ≤1时取等号，得x ＋y ＋z ＝2，即M ＝2.又x ，y ，z >0，所以x 2y ＋y ≥2x 2y·y ＝2x ， 同理可得y 2z ＋z ≥2y ，z 2x＋x ≥2z ， 三式相加可得，x 2y ＋y 2z ＋z 2x≥x ＋y ＋z ＝2，当且仅当x ＝y ＝z ＝23时，取等号， 所以x 2y ＋y 2z ＋z 2x≥2. (2)解 (x －2)2＋(y －1)2＋(z ＋m )2≥13恒成立，等价于13≤[(x －2)2＋(y －1)2＋(z ＋m )2]min ， 由(12＋12＋12)[(x －2)2＋(y －1)2＋(z ＋m )2]≥(x －2＋y －1＋z ＋m )2＝(m －1)2， 当且仅当x －2＝y －1＝z ＋m 时取等号，可得13≤13(m －1)2， 即|m －1|≥1，解得m ≥2或m ≤0，即m 的取值范围是(－∞，0]∪[2，＋∞)．。

高中数学不等式证明题目训练卷及答案一、选择题1、若\（a ＞ b ＞ 0\），则下列不等式中一定成立的是（）A ＼（a ＋＼frac{1}｛b} ＞ b ＋＼frac{1}｛a}＼）B ＼（＼frac{b ＋ 1}｛a ＋ 1} ＞＼frac{b}｛a}＼）C ＼（a ＼frac{1}｛b} ＞ b ＼frac{1}｛a}＼）D ＼（＼frac{2a ＋ b}｛a ＋ 2b} ＞＼frac{a}｛b}＼）答案：A解析：因为\（a ＞ b ＞ 0\），所以\（a b ＞ 0\）。

A 选项：＼（（a ＋＼frac{1}｛b}）（b ＋＼frac{1}｛a}）＝（a b) ＋（＼frac{1}｛b} ＼frac{1}｛a}）＝（a b) ＋＼frac{a b}｛ab}＞ 0\），所以\（a ＋＼frac{1}｛b} ＞ b ＋＼frac{1}｛a}＼），A 选项正确。

B 选项：＼（＼frac{b ＋ 1}｛a ＋ 1} ＼frac{b}｛a} ＝＼frac{a(b＋ 1) b(a ＋ 1)｝｛a(a ＋ 1)｝＝＼frac{a b}｛a(a ＋ 1)｝＼），因为\（a(a ＋ 1) ＞ 0\），但\（a b\）的正负不确定，所以\（＼frac{b ＋ 1}｛a ＋ 1}＼）与\（＼frac{b}｛a}＼）大小不确定，B 选项错误。

C 选项：＼（（a ＼frac{1}｛b}）（b ＼frac{1}｛a}）＝（a b) （＼frac{1}｛b} ＼frac{1}｛a}）＝（a b) ＼frac{a b}｛ab}＼），当\（ab ＞ 1\）时，＼（（a b) ＼frac{a b}｛ab} ＜ 0\），C 选项错误。

D 选项：＼（＼frac{2a ＋ b}｛a ＋ 2b} ＼frac{a}｛b} ＝＼frac{b(2a ＋ b) a(a ＋ 2b)｝｛b(a ＋ 2b)｝＝＼frac{b^2 a^2}｛b(a ＋2b)｝＼），因为\（b^2 a^2 ＜ 0\），＼（b(a ＋ 2b) ＞ 0\），所以\（＼frac{2a ＋ b}｛a ＋ 2b} ＼frac{a}｛b} ＜ 0\），D 选项错误。

高三数学不等式的性质试题答案及解析1.“”是“”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件【答案】A【解析】∵不等式的性质，所以选A.【考点】不等式的性质.2.若为非零实数，且，则下列命题成立的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】∵，，，∴由于a，b的正负不确定，所以A，B，C都错，所以D正确.【考点】作差法比较大小.3.已知实数满足，则下面关系是恒成立的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由及指数函数的性质得，所以，，选D.【考点】指数函数的性质，不等式的性质.4.设则（）A．B．C．D．【答案】C.【解析】因为所以，选C.【考点】比较大小5.已知a<0，－1<b<0，那么下列不等式成立的是()A．a>ab>ab2B．ab2>ab>aC．ab>a>ab2D．ab>ab2>a【答案】D【解析】∵a<0，－1<b<0，∴ab2－a＝a(b2－1)>0，ab－ab2＝ab(1－b)>0.∴ab>ab2>a.也可利用特殊值法，取a＝－2，b＝－，则ab2＝－，ab＝1，从而ab>ab2>a.故应选D.6.已知f(x)＝ax2－c，且－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5，则f(3)的取值范围是()A．[－1,20]B．(－1,20)C．[－7,26]D．(－7,26)【答案】A【解析】∵f(1)＝a－c，f(2)＝4a－c，∴a＝ [f(2)－f(1)]．c＝－f(1)＋f(2)，∴f(3)＝9a－c＝f(2)－f(1)．∵－1≤f(2)≤5，－≤f(2)≤.又－4≤f(1)≤－1，≤－f(1)≤.∴－1≤f(3)≤20.7. [2014·绵阳周测]设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则下列关于t和s的大小关系中正确的是() A．t>s B．t≥s C．t<s D．t≤s【答案】D【解析】s－t＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴s≥t，选D项．8. [2014·银川质检]当x∈(0，＋∞)时可得到不等式x＋≥2，x＋＝＋＋()2≥3，由此可以推广为x＋≥n＋1，取值p等于 ()A．n n B．n2C．n D．n＋1【答案】A【解析】∵x∈(0，＋∞)时可得到不等式x＋≥2，x＋＝＋＋()2≥3，∴在p位置出现的数恰好是不等式左边分母x n的指数n的n次方，即p＝n n.9.已知且，则“”是“”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】B【解析】或,所以是的必要非充分条件.故选B.【考点】充分必要条件10.“”是“”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】【解析】由所以“”是“” 充分而不必要条件故选.【考点】充分性和必要性.11.(2014·十堰模拟)若不等式-a<x-1<a成立的充分条件是0<x<4,则实数a的取值范围是________.【答案】a≥3【解析】设A={x|-a<x-1<a}={x|1-a<x<1+a},B={x|0<x<4},依题意知B⊆A,因此解得a≥3. 12.已知a,b,c,d∈R,用分析法证明：ac+bd≤并指明等号何时成立.【答案】见解析【解析】(1)当ac+bd≤0时,≥0,故不等式显然成立,此时a=b=c=d=0时等号成立.(2)当ac+bd>0时,要证原不等式成立,只需证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2),即证a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2.即证2abcd≤a2d2+b2c2,即0≤(bc-ad)2.因为a,b,c,d∈R,所以上式恒成立,故不等式成立,此时等号成立的条件为bc=ad.所以由(1)(2)知原不等式成立.13.已知经过计算和验证有下列正确的不等式：＋<2，＋<2，＋<2，根据以上不等式的规律，请写出一个对正实数m，n都成立的条件不等式________．【答案】若m>0，n>0，则当m＋n＝20时，有＋<2【解析】观察所给不等式可以发现：不等式左边两个根式的被开方数的和等于20，不等式的右边都是2，因此对正实数m，n都成立的条件不等式是若m>0，n>0，则当m＋n＝20时，有＋<2．14.函数f（x）=的定义域为（）A．（﹣3，0]B．（﹣3，1]C．（﹣∞，﹣3）∪（﹣3.0）D．（﹣∞，﹣3）∪（﹣3，1）【答案】A【解析】由函数f（x）=可得 1﹣2x≥0 且x+3＞0，解得﹣3＜x≤0，故函数f（x）=的定义域为 {x|﹣3＜x≤0}，故选A．15.设、，若，则下列不等式中正确的是( )A．B．C．D．【答案】D【解析】当时，，当时，，∴，∴，【考点】不等式的性质.16.（设函数f(x)＝｜x＋a｜－｜x－4｜，x R（1）当a=1时，解不等式f（x）＜2；（2）若关于x的不等式f(x)≤5－｜a＋l｜恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】本题主要考查绝对值不等式的解法、不等式的性质及恒成立问题等数学知识，考查学生的转化能力和计算能力.第一问，将函数化为分段函数，再解不等式；第二问，利用不等式的性质先求的最大值，再解这个绝对值不等式即可.试题解析：①∵，∴由得.（4分）②因为，要使恒成立，须使，即，解得.（7分）【考点】1.绝对值不等式的解法；2.不等式的性质.17.要证明a2+b2-1-a2b2≤0,只要证明()A．2ab-1-a2b2≤0B．a2+b2-1-≤0C．-1-a2b2≤0D．(a2-1)(b2-1)≥0【答案】D【解析】a2+b2-1-a2b2≤0⇔(a2-1)(b2-1)≥0.18.已知x,y均为正数,且x≠y,则下列四个数中最大的一个是()A．(+)B．C．D．【答案】A【解析】取x=1,y=2,可得(+)=,=,=,=,因此最大的是(+),故选A.19.使a<b成立的一个充分不必要条件是()A．a<b+1B．a<b-1C．>D．a3<b3【答案】B【解析】当a<b-1时,一定有a<b,但当a<b时,不一定有a<b-1,故a<b-1是a<b的充分不必要条件.A选项中的条件是必要不充分条件,C项既不是充分条件也不是必要条件,D项是充要条件.20.若A=+3与B=+2,则A,B的大小关系是()A．A>B B．A<BC．A≥B D．不确定【答案】A【解析】A-B=+3-(+2)=(-)2+≥>0,所以A>B,故选A.21.已知a,b,c∈(0,+∞),若<<,则有()A．c<a<b B．b<c<aC．a<b<c D．c<b<a【答案】A【解析】由<<,可得+1<+1<+1,即<<,所以a+b>b+c>c+a.由a+b>b+c可得a>c;由b+c>c+a可得b>a,于是有c<a<b.22.若m,n∈N*,则“a>b”是“a m+n+b m+n>a n b m+a m b n”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】D【解析】a m+n+b m+n>a n b m+a m b n(a m-b m)(a n-b n)>0.当a>b时,由于a,b可能为负值,m,n奇偶不定,因此不能得出(a m-b m)(a n-b n)>0;当(a m-b m)·(a n-b n)>0时,即使在a,b均为正数时也有a<b的可能,因此也得不出a>b.所以“a>b”是“a m+n+b m+n>a n b m+a m b n”的既不充分也不必要条件.【误区警示】不等式性质的使用前提23.观察下列不等式：①<1；②＋<；③＋＋<；…；则第5个不等式为________．【答案】＋＋＋＋<【解析】不等式左边为＋＋…＋，不等式右边为，故第5个不等式为＋＋＋＋<24.设a，b，c为正实数，求证：＋abc≥2.【答案】见解析【解析】因为a，b，c为正实数，由均值不等式可得≥3，即≥. 所以＋abc≥＋abc.而＋abc≥2＝2，所以＋abc≥225.已知函数f(x)＝|x－2|，g(x)＝－|x＋3|＋m.(1)解关于x的不等式f(x)＋a－1>0(a∈R)；(2)若函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，求m的取值范围．【答案】（1）(－∞，a＋1)∪(3－a，＋∞)；（2）(－∞，5).【解析】(1)本题是一个含参不等式的求解，需要按a＝1，a>1，a<1进行讨论；（2）f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，即为|x－2|>－|x＋3|＋m对任意实数x恒成立，分离参数为|x－2|＋|x ＋3|>m恒成立．所以对任意实数x恒有|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5，于是得m<5.试题解析：(1)不等式f(x)＋a－1>0，即|x－2|＋a－1>0，当a＝1时，解集为x≠2，即(－∞，2)∪(2，＋∞)；当a>1时，解集为全体实数R；当a<1时，∵|x－2|>1－a，∴x－2>1－a或x－2<a－1，∴x>3－a或x<a＋1，故解集为(－∞，a＋1)∪(3－a，＋∞)．(2)f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，即为|x－2|>－|x＋3|＋m对任意实数x恒成立，即|x－2|＋|x＋3|>m恒成立．又对任意实数x恒有|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5，于是得m<5，即m的取值范围是(－∞，5)．【考点】1.含参不等式的求解；2.不等式恒成立问题.26.若（m¹0）对一切x≥4恒成立，则实数m的取值范围是【答案】【解析】当时，当时，或.因为不等式对一切x≥4恒成立，所以不能满足，因此且，所以.本题恒成立问题，从解不等式出发，利用解集形式得出不等关系.【考点】不等式恒成立.27.若关于的不等式对任意的正实数恒成立，则实数的取值范围是 .【答案】【解析】解法一：由得由不等式得或所以解法二：图像法.与的图像不能同时在轴上方或下方，所以它们与轴的交点必然重合，所以本题难点在于将原不等式对正实数恒成立理解为两个不等组解集的并集为正实数集.【考点】解不等式，不等式恒成立.28.已知均为正数,证明：．【答案】详见解析．【解析】可利用三元或二元基本不等式证明，但要注意合理的配凑.试题解析：证法一：因为均为正数，由均值不等式得， 2分因为，所以． 5分故．又3，所以原不等式成立． 10分证法二：因为均为正数，由基本不等式得，，．所以． 2分同理， 5分所以．所以原不等式成立． 10分【考点】基本不等式的应用.29.设，则下列不等式一定成立的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】本题主要考查不等式的性质，在不等式的性质中，与乘除相关的性质中有条件“均为正数”，否则不等式不一定成立，如本题中当都是负数时，都不成立，当然只能选D，事实上由于函数是增函数，故是正确的．【考点】不等式的性质．30.不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围为_________________【答案】[-1,4](或－1≤a≤4)【解析】因为，所以，解得．【考点】绝对值不等式的性质，恒成立问题．31.已知，.（1）求的最小值；（2）证明：.【答案】（1）最小值为3；（2）证明过程详见解析.【解析】本题主要考查利用基本不等式进行不等式的证明问题，考查学生的分析问题的能力和转化能力.第一问，用基本不等式分别对和进行计算，利用不等式的可乘性，将两个式子乘在一起，得到所求的表达式的范围，注意等号成立的条件必须一致；第二问，先用基本不等式将，，变形，再把它们加在一起，得出已知中出现的，从而求出最小值，而所求证的式子的右边，须作差比较大小，只需证出差值小于0即可.试题解析：（Ⅰ）因为，，所以，即，当且仅当时，取最小值3． 5分（Ⅱ）．又，所以．【考点】1.基本不等式；2.不等式的性质；3.作差比较大小.32.已知，那么下列不等式成立的是A．B．C．D．【答案】D【解析】由于每个式子中都有，故先比较的大小.因为，所以.又.【考点】不等关系.33.设函数（1）若的最小值为3，求的值；（2）求不等式的解集.【答案】（1）；（2）【解析】本题考查绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题，考查学生的分类讨论思想和转化能力以及计算能力.第一问，利用不等式的性质，得出的最小值，列出等式，解出的值；第二问，解含参绝对值不等式，用零点分段法去掉绝对值，由于已知中有和4的大小，所以直接解不等式即可，最后综合上述所得不等式的解集.试题解析：⑴因为因为,所以当且仅当时等号成立,故为所求. 4分⑵不等式即不等式，①当时，原不等式可化为即所以，当时，原不等式成立.②当时，原不等式可化为即所以，当时，原不等式成立.③当时，原不等式可化为即由于时所以，当时，原不等式成立.综合①②③可知：不等式的解集为 10分【考点】1.不等式的性质；2.绝对值不等式的解法.34.若在内恒成立，则实数的取值范围是 .【答案】【解析】本题不等式恒成立问题可采用分离参数法．在内恒成立转化为在内恒成立，即，即只要求时的最大值，易求得最大值为3，故．【考点】分离参数法．35.集合，且、、恰有一个成立，若且,则下列选项正确的是( )A．,B．,C．,D．,【答案】B【解析】从集合的定义，可三个不等式，也可得三个不等式，组合之后可知满足不等关系且，或且，或且，或且，这样可能有或或或，于是不一定成立，也不一定成立，故A，C，D都不能选，只能选B．【考点】不等关系．36.若和均为非零实数，则下列不等式中恒成立的是（）A．.B．.C．.D．.【答案】D【解析】令，则，于是；令，则；令，则；，即，两边同乘以得.【考点】基本不等式37.已知，则下列不等式中总成立的是（）A．B．C．D．【答案】A．【解析】，故选A．【考点】不定式的性质．38.若是任意实数，，则下列不等式成立的是( )A．B．C．D．【答案】Ｄ【解析】当时，，可排除Ａ，Ｂ，Ｃ，故选Ｄ．【考点】不等式性质．39.设,则的大小关系是( )A．B．C．D．【答案】D【解析】，，，所以最小，而，，所以，即，所以综上得：.【考点】比较大小.40.已知函数.（1）解不等式；（2）若，且，求证：.【答案】（1）不等式的解集为；（2）证明过程详见解析.【解析】本题考查解绝对值不等式和证明不等式，意在考查考生运用函数零点分类讨论的解题思想.第一问，利用函数零点将绝对值去掉，将函数转化为分段函数，分类讨论解不等式；第二问，先利用已知函数将所证结论进行转化变成，再利用作差法先证，再开方即可.试题解析：（Ⅰ），当时，由，解得；当时，不成立；当时，由，解得．…4分所以不等式的解集为．…5分（Ⅱ）即．…6分因为，所以，所以．故所证不等式成立．…10分【考点】1.解绝对值不等式；2.作差法证明不等式.41.已知的最小值是，则二项式展开式中项的系数为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，当且仅当时取等号，∴二项式为，∴，∴令，∴，∴.【考点】1.不等式的性质；2.二项式定理.42.若a>0，b>0，且a＋b＝4，则下列不等式恒成立的是()A．>B．＋≤1C．≥2D．a2＋b2≥8【答案】D【解析】因为a>0，b>0利用基本不等式有，当且仅当时等号成立，C 错；由得，，A错；，当且仅当时，等号成立，D正确；，当且仅当时等号成立，B错；综上可知，选D.【考点】基本不等式、不等式的性质.43.求下列不等式的解集（Ⅰ）（Ⅱ）【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）这是一个含绝对值的不等式，解此类不等式一般可用零点分类讨论，化为解不等式组的问题，另外也可以将其变形为，然后两边平方转化为一元二次不等式求解；（Ⅱ）同样用零点分类讨论，化为解不等式组的问题，也可以利用型不等式解法求解；试题解析：（Ⅰ）解法1：原不等式等价于或或这三个不等式组的解集分别为，，，所以原不等式的解集为； 5分解法2：原不等式等价于，两边平方整理得，，解得，所以原不等式的解集为； 5分（Ⅱ）解法1：原不等式等价于或这两个不等式组的解集分别为，，所以原不等式的解集为； 10分解法2：原不等式等价于，所以或，解得或所以原不等式的解集为. 10分【考点】含绝对值的不等式.44.设，，，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】因为，而，故.【考点】指对数的计算以及余弦符号的判断.45.设正有理数x是的一个近似值，令.（Ⅰ）若；（Ⅱ）比较y与x哪一个更接近于，请说明理由．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析.【解析】试题分析;（Ⅰ）利用差比较法证明；（Ⅱ）利用差比较法证明.试题解析：(Ⅰ),,. (5分)（Ⅱ），，，，而，，即，所以比更接近于.【考点】绝对值不等式.46.若不等式对一切成立，则实数的取值范围为____________.【答案】或【解析】根据，化简原不等式为，令，则，成立，有，解得或.【考点】三角函数恒等变形，恒成立问题，二次函数的图像与性质.47.若则________________________。

高三第一轮复习——不等式的证明一、基本方法归纳总结：1、比较法（作差法）在比较两个实数a 和b 的大小时，可借助b a -的符号来判断。

步骤一般为：作差——变形——判断（正号、负号、零）。

变形时常用的方法有：配方、通分、因式分解、和差化积、应用已知定理、公式等。

例1、已知：0>a ，0>b ，求证：ab b a ≥+2。

证明：02)(2222≥-=-+=-+b a ab b a ab b a ，故得ab b a ≥+2。

2、分析法（逆推法）从要证明的结论出发，一步一步地推导，最后达到命题的已知条件（可明显成立的不等式、已知不等式等），其每一步的推导过程都必须可逆。

例2、求证：15175+>+。

证明：要证15175+>+，即证1521635212+>+，即15235+>，1541935+>，16154<，415<，1615<，由此逆推即得15175+>+。

3、综合法证题时，从已知条件入手，经过逐步的逻辑推导，运用已知的定义、定理、公式等，最终达到要证结论，这是一种常用的方法。

例3、已知：a ，b 同号，求证：2≥+ab b a 。

证明：因为a ，b 同号，所以0>b a ，0>a b ，则22=∙≥+ab b a a b b a ，即2≥+a b b a 。

4、作商法（作比法）在证题时，一般在a ，b 均为正数时，借助1>b a 或1<ba 来判断其大小，步骤一般为：作商——变形——判断（大于1或小于1）。

例4、设0>>b a ，求证：a b b a b a b a >。

证明：因为0>>b a ，所以1>b a ，0>-b a 。

而1>⎪⎭⎫ ⎝⎛=-b a a b b a b a b a b a ，故a b b a b a b a >。

先假设要证明的结论不对，由此经过合理的逻辑推导得出矛盾，从而否定假设，导出结论的正确性，达到证题的目的。