高中数学课时分层作业6比较法证明不等式(含解析)北师大版选修45

选修4-5 第二节 不等式证明的基本方法例题1．已知a 、b 、x 、y 均为正实数，且1a >1b，x >y .求证：xx ＋a >yy ＋b.证明：∵xx ＋a －yy ＋b＝bx －ayx ＋a y ＋b，又1a >1b，且a 、b 均为正实数，∴b >a >0. 又x >y >0， ∴bx >ay . ∴bx －ay x ＋a y ＋b >0，即x x ＋a >yy ＋b.2．已知a ，b ，c 均为正数，证明：a 2＋b 2＋c 2＋(1a ＋1b ＋1c)2≥63，并确定a ，b ，c 为何值时，等号成立．证明：法一：因为a ，b ，c 均为正数，由平均值不等式得a 2＋b 2＋c 2≥3(abc )23，①1a ＋1b ＋1c≥3(abc )13-，②所以(1a ＋1b ＋1c)2≥9(abc ) 23-.故a 2＋b 2＋c 2＋(1a ＋1b ＋1c)2≥3(abc ) 23＋9(abc )23-.又3(abc ) 23＋9(abc ) 23-≥227＝63，③所以原不等式成立．当且仅当a ＝b ＝c 时，①式和②式等号成立．当且仅当3(abc ) 23＝9(abc )23-时，③式等号成立．即当且仅当a ＝b ＝c ＝314时，原式等号成立． 法二：因为a ，b ，c 均为正数，由基本不等式得a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac. 所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac，①同理1a2＋1b2＋1c2≥1ab＋1bc＋1ac，②故a2＋b2＋c2＋(1a＋1b＋1c)2≥ab＋bc＋ac＋31ab＋31bc＋31ac≥6 3.③所以原不等式成立．当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成立，当且仅当a＝b＝c，(ab)2＝(bc)2＝(ac)2＝3时，③式等号成立．即当且仅当a＝b＝c＝314时，原式等号成立．3．(2012·豫南九校联考)已知x，y均为正数，且x＞y，求证：2x＋1x2－2xy＋y2≥2y ＋3.解：因为x＞0，y＞0，x－y＞0，2x＋1x2－2xy＋y2－2y＝2(x－y)＋1x－y2＝(x－y)＋(x－y)＋1x－y2≥33x－y21x－y2＝3，所以2x＋1x2－2xy＋y2≥2y＋3.4．已知正实数a，b，c满足1a＋2b＋3c＝1，求证：a＋b2＋c3≥9.证明：因为a，b，c均为正实数，所以1a＋2b＋3c≥331a·2b·3c.同理可证：a＋b2＋c3≥33a·b2·c3.所以(a＋b2＋c3)(1a＋2b＋3c)≥33a·b2·c3·331a·2b·3c＝9.因为1a＋2b＋3c＝1，所以a＋b2＋c3≥9，当且仅当a＝3，b＝6，c＝9时，等号成立．5．已知x 、y 、z ∈R, 且2x ＋3y ＋3z ＝1，求x 2＋y 2＋z 2的最小值． 解：由柯西不等式得，(2x ＋3y ＋3z )2≤(22＋32＋32)(x 2＋y 2＋z 2)． ∵2x ＋3y ＋3z ＝1，∴x 2＋y 2＋z 2≥122， 当且仅当x 2＝y 3＝z 3，即x ＝111，y ＝z ＝322时，等号成立，∴x 2＋y 2＋z 2的最小值为122.6．设f (x )＝2x 2－2x ＋2 010，若实数a 满足|x －a |<1 ，求证：|f (x )－f (a )|<4(|a |＋1)．证明：∵f (x )＝2x 2－2x ＋2 010， ∴|f (x )－f (a )|＝2|x 2－x －a 2＋a | ＝2|x －a |·|x ＋a －1|<2|x ＋a －1|， 又∵2|x ＋a －1|＝2|(x －a )＋2a －1| ≤2(|x －a |＋|2a －1|) <2(1＋|2a |＋1)＝4(|a |＋1)． 7．求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＞12(n ≥2，n ∈N *)． 证明：法一：利用数学归纳法：(1)当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16＞12，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时不等式成立． 即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＞12. 则当n ＝k ＋1时， 1k ＋1＋1＋1k ＋1＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3＝1k ＋1＋1k ＋2＋ (13)＋(13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1)＞12＋(3×13k ＋3－1k ＋1)＝12. 所以当n ＝k ＋1时不等式也成立，由(1)，(2)知原不等式对一切n ≥2，n ∈N *均成立． 法二：利用放缩法： ∵n ≥2，∴1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＞13n ＋13n ＋…＋13n ＝23＞12.即1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＞12(n ≥2，n ∈N *)．8．已知a ，b ，c 为实数，且a ＋b ＋c ＋2－2m ＝0，a 2＋14b 2＋19c 2＋m －1＝0.(1)求证：a 2＋14b 2＋19c 2≥a ＋b ＋c214；(2)求实数m 的取值范围．解：(1)由柯西不等式得[a 2＋(12b )2＋(13c )2]()12＋22＋32≥(a ＋b ＋c )2，即(a 2＋14b 2＋19c 2)×14≥(a ＋b ＋c )2.∴a 2＋14b 2＋19c 2≥a ＋b ＋c214.当且仅当|a |＝14|b |＝19|c |取得等号．(2)由已知得a ＋b ＋c ＝2m －2，a 2＋14b 2＋19c 2＝1－m ，∴14(1－m )≥(2m －2)2. 即2m 2＋3m －5≤0.∴－52≤m ≤1.又∵a 2＋14b 2＋19c 2＝1－m ≥0，∴m ≤1， ∴－52≤m ≤1.。

第二节不等式的证明[考纲传真]通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法．(对应学生用书第166页)[基础知识填充]1．不等式证明的方法(1)比较法：①求差比较法：知道a>b⇔a－b>0，a<b⇔a－b<0，因此要证明a>b，只要证明a－b＞0即可，这种方法称为求差比较法．②求商比较法：由a>b>0⇔ab>1且a>0，b>0，因此当a>0，b>0时，要证明a>b，只要证明ab＞1即可，这种方法称为求商比较法．(2)分析法：从所要证明的结论入手向已知条件反推直至达到已知条件为止．这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法．(3)综合法：从已知条件出发，利用不等式的性质(或已知证明过的不等式)，推出了所要证明的结论，即“由因寻果”的方法．这种证明不等式的方法称为综合法．(4)几何法：通过构造几何图形，利用几何图形的性质来证明不等式的解法称为几何法．(5)放缩法和反证法：在证明不等式时，有时可以通过缩小(或放大)分式的分母(或分子)，或通过放大(或缩小)被减式(或减式)来证明不等式，这种证明不等式的方法称为放缩法．反证法是常用的证明方法．它是通过证明命题结论的否定不能成立，来肯定命题结论一定成立．其证明的步骤是：①作出否定结论的假设；②进行推理，导出矛盾；③否定假设，肯定结论．2．几个常用基本不等式(1)柯西不等式：①柯西不等式的代数形式：对任意实数a，b，c，d，有(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2(当向量(a，d)与向量(c，d)共线时．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β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立．③一般形式的柯西不等式设a1，a2，…，a n与b1，b2，…，b n是两组实数，则有(a21＋a22＋…＋a2n)(b21＋b22＋…＋b2n)≥(a1b1＋a2b2＋…＋a n b n)2，当向量(a1，a2，…，a n)与向量(b1，b2，…，b n)共线时，等号成立．(2)算术—几何平均不等式若a1，a2，…，a n为正数，则a1＋a2＋…＋a nn≥na1a2…a n，当且仅当a1＝a2＝…＝a n时，等号成立．[基本能力自测]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)若a＞b＞1，x＝a＋1a，y＝b＋1b，则x与y的大小关系是()A．x＞y B．x＜y C．x≥y D．x≤yA[x－y＝a＋1a－⎝⎛⎭⎪⎫b＋1b＝a －b ＋b －a ab ＝(a －b )(ab －1)ab .由a ＞b ＞1得ab ＞1，a －b ＞0，所以(a －b )(ab －1)ab＞0，即x －y ＞0，所以x ＞y .]3．(教材改编)已知a ≥b ＞0，M ＝2a 3－b 3，N ＝2ab 2－a 2b ，则M ，N 的大小关系为________．M ≥N [2a 3－b 3－(2ab 2－a 2b )＝2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2)＝(a 2－b 2)(2a ＋b )＝(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )． 因为a ≥b ＞0，所以a －b ≥0，a ＋b ＞0,2a ＋b ＞0，从而(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )≥0，故2a 3－b 3≥2ab 2－a 2B ．]4．已知a ＞0，b ＞0且ln(a ＋b )＝0，则1a ＋1b 的最小值是________.【导学号：00090380】4 [由题意得，a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0，∴1a ＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b (a ＋b )＝2＋b a ＋a b≥2＋2b a ·a b ＝4，当且仅当a ＝b ＝12时等号成立．]5．已知x ＞0，y ＞0，证明：(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥9xy . [证明] 因为x ＞0，y ＞0，所以1＋x ＋y 2≥33xy 2＞0,1＋x 2＋y ≥33x 2y ＞0，故(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥33xy 2·33x 2y ＝9xy .(对应学生用书第167页)已知a ＞0，b ＞0，求证：ab ＋ba≥a ＋b .[证明] 法一：∵⎝ ⎛⎭⎪⎫ab ＋b a －(a ＋b )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b －b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a －a ＝a －b b ＋b －aa＝(a －b )(a －b )ab ＝(a ＋b )(a －b )2ab ≥0，∴a b ＋ba≥a ＋b .10分法二：由于a b ＋ba a ＋b ＝a a ＋b bab (a ＋b )＝(a ＋b )(a －ab ＋b )ab (a ＋b )＝a ＋bab －1 ≥2abab－1＝1.8分又a ＞0，b ＞0，ab ＞0， ∴a b ＋ba≥a ＋b .10分[规律方法] 1.在法一中，采用局部通分，优化了解题过程；在法二中，利用不等式的性质，把证明a ＞b 转化为证明ab ＞1(b ＞0)．2．作差(商)证明不等式，关键是对差(商)式进行合理的变形，特别注意作商证明不等式，不等式的两边应同号．提醒：在使用作商比较法时，要注意说明分母的符号． [变式训练1] (2018·长沙模拟)设a ，b 是非负实数， 求证：a 2＋b 2≥ab (a ＋b )． [证明] 因为a 2＋b 2－ab (a ＋b ) ＝(a 2－a ab )＋(b 2－b ab ) ＝a a (a －b )＋b b (b －a ) ＝(a －b )(a a －b b )＝. 6分因为a≥0，b≥0，所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有a－b与a－b同号，所以(a 12－b12)⎝⎛⎭⎪⎫a32－b32≥0，所以a2＋b2≥ab(a＋b). 10分(2018·(1)ab＋bc＋ac≤1 3；(2)a2b＋b2c＋c2a≥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≤13. 5分(2)因为a2b＋b≥2a，b2c＋c≥2b，c2a＋a≥2c，故a2b＋b2c＋c2a＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，则a2b＋b2c＋c2a≥a＋b＋c，所以a2b＋b2c＋c2a≥1. 10分[规律方法] 1.综合法证明的实质是由因导果，其证明的逻辑关系是：A⇒B1⇒B2⇒…⇒B n⇒B(A为已知条件或数学定义、定理、公理，B为要证结论)，它的常见书面表达式是“∵，∴”或“⇒”．2．综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．[变式训练2](2017·石家庄调研)已知函数f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|.(1)求f (x )的最小值m ；(2)若a ，b ，c 均为正实数，且满足a ＋b ＋c ＝m ，求证：b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥3.【导学号：00090381】[解] (1)当x ＜－1时，f (x )＝－2(x ＋1)－(x －2)＝－3x ＞3； 2分当－1≤x ＜2时，f (x )＝2(x ＋1)－(x －2)＝x ＋4∈[3,6)； 当x ≥2时，f (x )＝2(x ＋1)＋(x －2)＝3x ≥6. 综上，f (x )的最小值m ＝3.5分 (2)证明：a ，b ，c 均为正实数，且满足a ＋b ＋c ＝3， 因为b 2a ＋c 2b ＋a 2c ＋(a ＋b ＋c )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a ＋a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2b ＋b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2c ＋c≥2⎝⎛⎭⎪⎫b 2a ·a ＋c 2b ·b ＋a 2c ·c ＝2(a ＋b ＋c ). 8分(当且仅当a ＝b ＝c ＝1时取“＝”) 所以b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥a ＋b ＋c ， 即b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥3.10分(2015·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)∵a ，b ，c ，d 为正数，且a ＋b ＝c ＋d ， 欲证a ＋b ＞c ＋d ， 只需证明(a ＋b )2＞(c ＋d )2， 也就是证明a ＋b ＋2ab ＞c ＋d ＋2cd ， 只需证明ab ＞cd ， 即证ab ＞cD ． 由于ab ＞cd ， 因此a ＋b ＞c ＋d .5分(2)①若|a－b|<|c－d|，则(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cD．因为a＋b＝c＋d，所以ab>cD．由(1)，得a＋b>c＋d. 8分②若a＋b>c＋d，则(a＋b)2>(c＋d)2，即a＋b＋2ab>c＋d＋2cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab>cD．于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此|a－b|<|c－d|.综上，a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件. 10分[规律方法] 1.本题将不等式证明与充要条件的判定渗透命题，考查推理论证能力和转化与化归的思想方法，由于两个不等式两边都是正数，可通过两边平方来证明．2．当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆．3．分析法证明的思路是“执果索因”，其框图表示为：Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件[变式训练3]已知a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证：b2－ac＜3A．[证明]要证b2－ac＜3a，只需证b2－ac＜3a2.∵a＋b＋c＝0，只需证b2＋a(a＋b)＜3a2，只需证2a2－ab－b2＞0，4分只需证(a－b)(2a＋b)＞0，只需证(a－b)(a－c)＞0.∵a＞b＞c，∴a－b＞0，a－c＞0，∴(a－b)(a－c)＞0显然成立，故原不等式成立. 10分。

选修4－5不等式选讲第2课时不等式的证明1 不等式证明的常用方法1 比拟法：比拟法是证明不等式的一种最根本的方法，也是一种常用方法，根本不等式就是用比拟法证得的．比拟法有差值、比值两种形式，但比值法必须考虑正负．比拟法证明不等式的步骤：作差商、变形、判断符号．其中的变形主要方法是分解因式、配方，判断过程必须详细表达．2 综合法：综合法就是从题设条件和已经证明过的根本不等式出发，不断用必要条件替换前面的不等式，直到推出要证明的结论，即为“由因导果〞，在使用综合法证明不等式时，常常用到根本不等式．3 分析法：分析法就是从所要证明的不等式出发，不断地用充分条件替换前面的不等式，直至推出显然成立的不等式，即为“执果索因〞．2 不等式证明的其他方法和技巧1 反证法从否认结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，证实结论的否认是错误的，从而肯定结论是正确的证明方法．2 放缩法欲证A≥B，可通过适当放大或缩小，借助一个或多个中间量，使得A≥C1≥C2≥…≥C n≥B，利用传递性到达证明的目的．3 数学归纳法[备课札记]题型1用比拟法证明不等式例1求证：求证：1当∈R时，1＋24≥23＋2；2当a，b∈0，＋∞时，a a b b≥ab错误!解析：1证法一1＋24－23＋2＝23－1－＋1－1＝－123－－1＝－123－2＋－1＝－1[22－1＋－1]＝－1222＋2＋1＝－12[2＋错误!2＋错误!]≥0，∴1＋24≥23＋2证法二1＋24－23＋2＝4－23＋2＋4－22＋1＝－12·2＋2－12≥0，∴1＋24≥23＋22错误!＝a错误!b错误!＝错误!错误!，当a＝b时，错误!错误!＝1当a>b>0时，错误!>1，错误!>0，那么错误!错误!>1当b>a>0时，01综上可知，当a、b∈0，＋∞时，a a b b≥ab错误!成立．用比拟法证明不等式的一般步骤是：作差(商)—变形—判断—结论，而变形的方法一般有配方法、通分和因式分解错误!a>0，b>0，求证：错误!＋错误!≥错误!＋错误!证明：证法1∵错误!－错误!＋错误!＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!＝错误!＝错误!≥0，∴原不等式成立．证法2由于错误!＝错误!＝错误!＝错误!－1≥错误!－1＝1又a>0，b>0，错误!>0，∴错误!＋错误!≥错误!＋错误!题型2用分析法、综合法证明不等式例2设a≥b>0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2解析：证法一综合法∵a≥b>0，∴a2≥b2，那么3a2≥2b2，那么3a2－2b2≥0又a－b≥0，∴a－b3a2－2b2≥0，即3a3－2ab2－3a2b＋2b3≥0，那么3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2，故原不等式成立．证法二分析法要证3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2，只需证3a3＋2b3－3a2b－2ab2≥0，即3a2a－b＋2b2b－a≥0，也即a－b3a2－2b2≥0*∵a≥b>0，∴a－b≥0又a2≥b2，那么3a2≥2b2，∴3a2－2b2≥0，*式显然成立，故原不等式成立．综合法是由因导果，宜于表达，适合人们的思维习惯，但是，要求考生要有较强的观察与变形的能力分析法是执果索因，利于思考，但是表述格式要求严谨，二者各有所短，相互补充但凡能用分析法证明的不等式，一定可以用综合法证明错误!a>0，求证：错误!－错误!≥a＋错误!－2证明：要证错误!－错误!≥a＋错误!－2，只需证错误!＋2≥a＋错误!＋错误!，只需证a2＋错误!＋4＋4错误!≥a2＋错误!＋2＋2错误!错误!＋2，即证2错误!≥错误!错误!，只需证4错误!≥2错误!，即证a2＋错误!≥2，此式显然成立．∴原不等式成立．题型3放缩法在不等式中的应用例3设m是|a|，|b|和1中最大的一个，当||>m时，求证：|错误!＋错误!|m，∴||>|a|，||>|b|，||>1，∴|错误!＋错误!|≤|错误!|＋|错误!|＝错误!＋错误!，添加或减少项，利用有界性等(2)在用放缩法证明不等式时，“放〞和“缩〞均有一个度错误!假设实数、、满足＋2＋3＝aa为常数，求2＋2＋2的最小值．解：∵ 12＋22＋322＋2＋2≥＋2＋32＝a2，即142＋2＋2≥a2，∴2＋2＋2≥错误!，即2＋2＋2的最小值为错误!例4：假设a，b，c都是小于1的正数，求证：1－ab，1－bc，1－ca不可能同时大于错误!证明：假设1－ab，1－bc，1－ca同时大于错误!，∵1－a>0，b>0，∴错误!≥错误!>错误!＝错误!，同理错误!>错误!，错误!>错误!三个不等式相加得错误!>错误!，不可能，∴1－ab，1－bc，1－ca不可能同时大于错误!对于某些问题中所证结论假设是“都是〞“都不是〞“至多〞“至少〞等问题，一般用反证法有些题目虽不含此类要求(如此题)，但直接证明不易入手，也可考虑用反证法注意在否认时，需将“且〞改为“或〞例5：用数学归纳法证明：3n≥1＋2nn∈N*．证明：1n＝1时，3n＝3,1＋2n＝3，那么3n≥1＋2n成立．2假设n＝≥1，∈N*时命题成立．即3≥1＋2，那么当n＝＋1时，3＋1＝3·3≥31＋2．又31＋2－[1＋2＋1]＝4，而4>0，那么31＋2>1＋2＋1，那么3＋1>1＋2＋1，即命题对于n＝＋1也成立．由1，2得命题对于一切正整数n都成立．与自然数n有关的不等式证明问题，如果用常规方法有困难，可以考虑利用数学归纳法来证明．在利用数学归纳法证明不等式时，在第二步骤中，要注意利用归纳假设．同时，这一步骤往往会涉及到分析法、放缩法等综合手段．错误!用数学归纳法证明：当n是不小于5的自然数时，总有2n>n2成立．证明：1 当n＝5时，25>52，结论成立．2 假设当n＝∈N，≥5时，结论成立，即有2>2，那么当n＝＋1时，左边＝2＋1＝2·2>2·2＝＋12＋2－2－1＝＋12＋－1－错误!－1＋错误!>＋12＝右边∴也就是说，当n＝＋1时，结论成立．∴由1、2可知，不等式2n>n2对n∈N，n≥5时恒成立．1 在a、b、m、n均为正数，且a＋b＝1，mn＝2，求am＋bnbm＋an的最小值．解：利用柯西不等式求解，am＋bnan＋bm≥错误!＋错误!2＝mn·a＋b2＝2·1＝2，且仅当错误!＝错误!m＝n时取最小值22 设、、∈R，且满足2＋2＋2＝1，＋2＋3＝错误!，求＋＋的值．解：由柯西不等式可知＋2＋32＝14≤2＋2＋2·12＋22＋32，因为2＋2＋2＝1，所以当且仅当错误!＝错误!＝错误!时取等号．此时＝2，＝3代入＋2＋3＝错误!得＝错误!，即＝错误!，＝错误!，所以＋＋＝错误!3 a≥b>0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b证明：∵ 2a3－b3－2ab2＋a2b＝2a3－2ab2＋a2b－b3＝2aa2－b2＋ba2－b2＝a2－b22a＋b＝a＋ba－b2a＋b，又a≥b>0，∴a＋b>0，a－b≥0，2a＋b≥0，∴a＋ba－b2a＋b≥0，∴2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，∴2a3－b3≥2ab2－a2b4 设a、b、c均为正数，且a＋b＋c＝1证明：1 ab＋bc＋ca≤错误!；2 错误!＋错误!＋错误!≥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＋c2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1所以3ab＋bc＋ca≤1，即ab＋bc＋ca≤错误!2 因为错误!＋b≥2a，错误!＋c≥2b，错误!＋a≥2c，故错误!＋错误!＋错误!＋a＋b＋c≥2a＋b＋c，即错误!＋错误!＋错误!≥a＋b＋c所以错误!＋错误!＋错误!≥11 正数a、b、c满足abc＝1，求证：a＋2b＋2c＋2≥27证明：a＋2b＋2c＋2＝a＋1＋1b＋1＋1c＋1＋1≥3·错误!·3·错误!·3·错误!＝27·错误!＝27当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立．2 函数f＝m－|－2|，m∈R，且f＋2≥0的解集为[－1，1]．1 求m的值；2 假设a，b，c∈R，且错误!＋错误!＋错误!＝m，求证：a＋2b＋3c≥9解：1 ∵ f＋2＝m－||≥0，∴||≤m，∴m≥0，－m≤≤m，∴f＋2≥0的解集是[－1，1]，故m＝12 由1知错误!＋错误!＋错误!＝1，a、b、c∈R，由柯西不等式得a＋2b＋3c ＝a＋2b＋3c错误!≥错误!·错误!＋错误!·错误!＋错误!·错误!2＝93 ，，∈R＋，且＋＋＝11 假设22＋32＋62＝1，求，，的值．2 假设22＋32＋t2≥1恒成立，求正数t的取值范围．解：1 ∵ 22＋32＋62错误!＋错误!＋错误!≥＋＋2＝1，当且仅当错误!＝错误!＝错误!时取“＝〞．∴ 2＝3＝6，又∵＋＋＝1，∴＝错误!，＝错误!，＝错误!2 ∵ 22＋32＋t2错误!≥＋＋2＝1，∴22＋32＋t2min＝错误!∵22＋32＋t2≥1恒成立，∴错误!≥1∴t≥64 1 求函数＝错误!＋错误!的最大值；2 假设函数＝a错误!＋错误!最大值为2错误!，求正数a的值．解：1 ∵错误!＋错误!2≤1＋1－1＋5－＝8, ∴错误!＋错误!≤2错误!当且仅当1·错误!＝1·错误!即＝3时，ma＝2错误!2 a错误!＋错误!2＝错误!2≤a2＋4＋1＋错误!－＝错误!a2＋4，由错误!a2＋4＝2021＝±2，又∵ a>0，∴a＝21 算术—几何平均不等式假设a1，a2，…，a n∈R＋，n>1且n∈N*，那么错误!叫做这n个正数的算术平均数，错误!叫做这n个正数的几何平均数．根本不等式：错误!≥错误!n∈N*，a i∈R＋，1≤i≤n．2 绝对值三角形不等式假设a、b是实数，那么||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|推论1：|a1＋a2＋…＋a n|≤|a1|＋|a2|＋…＋|a n|推论2：如果a、b、c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当a－bb －c≥0时，等号成立．3 柯西不等式假设a、b、c、d为实数，那么a2＋b2c2＋d2≥ac＋bd24 三角不等式设1、1、2、2∈R，那么错误!＋错误!≥错误!。

不等式的证明课时作业1．(2019·全国卷Ⅲ)设x ，y ，z ∈R ，且x ＋y ＋z ＝1. (1)求(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值；(2)若(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥13成立，证明：a ≤－3或a ≥－1.解 (1)因为[(x －1)＋(y ＋1)＋(z ＋1)]2＝(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2＋2[(x －1)(y ＋1)＋(y ＋1)(z ＋1)＋(z ＋1)(x －1)] ≤3[(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2]，所以由已知，得(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2≥43，当且仅当x ＝53，y ＝－13，z ＝－13时等号成立．所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为43.(2)证明：因为[(x －2)＋(y －1)＋(z －a )]2＝(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2＋2[(x －2)(y －1)＋(y －1)(z －a )＋(z －a )(x －2)]≤3[(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2]，所以由已知，得(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥(2＋a )23，当且仅当x ＝4－a 3，y ＝1－a 3，z ＝2a －23时等号成立．所以(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2的最小值为(2＋a )23.由题设知(2＋a )23≥13，解得a ≤－3或a ≥－1.2．设a 1，a 2，a 3均为正数，且a 1＋a 2＋a 3＝m ，求证：1a 1＋1a 2＋1a 3≥9m.证明 ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋1a 3·m＝(a 1＋a 2＋a 3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋1a 3≥33a 1·a 2·a 3·331a 1·1a 2·1a 3＝93a 1·a 2·a 3·1a 1·1a 2·1a3＝9.当且仅当a 1＝a 2＝a 3＝m3时，等号成立，又m >0，∴1a 1＋1a 2＋1a 3≥9m.3．(2019·吉林长春质监四)已知a ，b ，c ，d 均为正实数． 求证：(1)(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2； (2)若a ＋b ＝1，则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.(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫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， 而(1＋a )＋(1＋b )＝3，所以a 21＋a ＋b 21＋b ≥13. 4．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)∵a ，b ，c ，d 为正数，且a ＋b ＝c ＋d ， 欲证a ＋b >c ＋d ，只需证明(a ＋b )2>(c ＋d )2， 也就是证明a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd ， 只需证明ab >cd ，即证ab >cd . 由于ab >cd ，因此a ＋b >c ＋d .(2)①若|a －b |<|c －d |，则(a －b )2<(c －d )2， 即(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd . ∵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， ∴a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd . ∵a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd .于是(a －b )2＝(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd ＝(c －d )2. 因此|a －b |<|c －d |.综上，a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件． 5．(2020·银川摸底)已知函数f (x )＝x ＋1＋|3－x |，x ≥－1. (1)求不等式f (x )≤6的解集；(2)若f (x )的最小值为n ，正数a ，b 满足2nab ＝a ＋2b ，求证：2a ＋b ≥98.解 (1)根据题意，若f (x )≤6，则有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1＋3－x ≤6，－1≤x <3或⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1＋(x －3)≤6，x ≥3，解得－1≤x ≤4，故原不等式的解集为{x |－1≤x ≤4}．(2)证明：函数f (x )＝x ＋1＋|3－x |＝⎩⎪⎨⎪⎧4，－1≤x <3，2x －2，x ≥3，分析可得f (x )的最小值为4，即n ＝4， 则正数a ，b 满足8ab ＝a ＋2b ，即1b ＋2a＝8，又a >0，b >0，∴2a ＋b ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ＋2a (2a ＋b )＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫2a b ＋2b a ＋5≥18⎝⎛⎭⎪⎫5＋22a b ·2b a ＝98，当且仅当a ＝b ＝38时取等号．原不等式得证．6．(2019·咸阳模拟)已知a >0，b >0，函数f (x )＝|2x ＋a |＋2|x －b2|＋1的最小值为2.(1)求a ＋b 的值；(2)求证：a ＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥3－b .解 (1)因为f (x )＝|2x ＋a |＋|2x －b |＋1≥|2x ＋a －(2x －b )|＋1＝|a ＋b |＋1， 当且仅当(2x ＋a )(2x －b )≤0时，等号成立， 又a >0，b >0，所以|a ＋b |＝a ＋b ，所以f (x )的最小值为a ＋b ＋1＝2，所以a ＋b ＝1. (2)证明：由(1)知，a ＋b ＝1，所以1a ＋4b＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ＝1＋4＋b a ＋4a b≥5＋2b a ·4ab＝9， 当且仅当b a ＝4a b 且a ＋b ＝1，即a ＝13，b ＝23时取等号．所以log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥log 39＝2，所以a ＋b ＋log 3⎝⎛⎭⎪⎫1a ＋4b≥1＋2＝3，即a ＋log 3⎝⎛⎭⎪⎫1a ＋4b≥3－b .。

§4不等式的证明第1课时比较法证明不等式1．理解比较法证明不等式的理论依据．(重点)2．掌握用比较法证明不等式的一般方法及步骤．(重点)3．会用比较法证明简单的不等式．(难点)教材整理1 求差比较法阅读教材P16“例1”以上部分，完成下列问题．1．理论依据(1)a>b⇔a－b>0；(2)a＝b⇔a－b＝0；(3)a<b⇔a－b<0.2．定义：要证明a>b，只要证明a－b>0即可．这种方法称为求差比较法．3．步骤(1)作差；(2)变形；(3)判断符号；(4)下结论．填空(填不等号)：(1)a∈R，a2＋b2________2ab.(2)a，b，m为正数，b<a，ba________b＋ma＋m.(3)x2＋1________x.【解析】(1)∵a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，故填≥.(2)∵a，b，m为正数，且a>b.∴ba－b＋ma ＋m＝b a＋m－a b＋ma a＋m＝m b－aa a＋m<0，故填<.(3)x 2＋1－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34≥34>0，故填>.【答案】 (1)≥ (2)< (3)> 教材整理2 求商比较法阅读教材P 16“例3”以上部分，完成下列问题． 1．理论依据当b >0时，(1)a >b ⇔a b >1，(2)a <b ⇔a b <1，(3)a ＝b ⇔a b＝1.2．定义：证明a >b (b >0)，只要证明a b>1即可，这种方法称为求商比较法．判断(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若a b>1，则a >b .( )(2)求商比较法的关键是将商与1比较．( ) (3)求商比较法适合于任何两数的比较大小．( )【解析】 (1)× 若b >0时，a b >1⇒a >b .若b <0时，a b>1⇒a <b . (2)√ 关键是与1比较．(3)× 求商比较法一般适合于两个同号数之间比较． 【答案】 (1)× (2)√ (3)×预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1： 解惑： 疑问2： 解惑： 疑问3： 解惑：已知a ，b ∈R ，求证：a 2＋b 2＋1≥ab ＋a ＋b .【精彩点拨】 此不等式作差后是含有两个字母的二次式，既可配成平方和的形式，也可根据二次三项式的判别式确定符号．【自主解答】 法一：化成几个平方和． ∵a 2＋b 2－ab －a －b ＋1 ＝12≥0， ∴a 2＋b 2＋1≥ab ＋a ＋b . 法二：a 2＋b 2－ab －a －b ＋1 ＝a 2－(b ＋1)a ＋b 2－b ＋1.对于a 的二次三项式，Δ＝(b ＋1)2－4(b 2－b ＋1)＝－3(b －1)2≤0. ∴a 2－(b ＋1)a ＋b 2－b ＋1≥0， 故a 2＋b 2＋1≥ab ＋a ＋b .求差比较法证明不等式的技巧1．求差比较法中，变形具有承上启下的作用，变形的目的在于判断差的符号，而不用考虑能否化简或值是多少．2．变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．3．因式分解是常用的变形手段，为了便于判断差式的符号，常将差式变形为一个常数，或几个因式积的形式，当所得的差式是某字母的二次三项式时，常用判别式法判断符号．1．已知a >0，b >0，求证：a b ＋ba≥a ＋b . 【导学号：94910017】【证明】 ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a －(a ＋b )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b －b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a －a ＝a －b b ＋b －aa＝a －ba －bab＝a ＋ba －b 2ab≥0.∴原不等式成立.已知【精彩点拨】 根据条件和结论，可作商与1比较，其中要用到指数函数的性质，由题设知a －b 与m －n 同号，再作分类讨论．【自主解答】 由a ，b 均为正数，易得a n b m>0，a m b n>0.a mb n a n b m ＝a m －n b n －m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b m-n. 由(a －b )(m －n )>0，得a －b 与m －n 同号且不等于零． (1)当a >b >0时，ab>1，m －n >0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b m-n>1，∴a m b n>a n b m.(2)当b >a >0时，0<a b<1，m －n <0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b m-n>1， ∴a m b n >a n b m.综上，a ，b 均为正数，均有a m b n >a n b m.1．两端均出现4个字母a ，b ，m ，n ，变形为⎝ ⎛⎭⎪⎫a b m-n，将a b与m －n 视为两个整体，减少了字母讨论的个数．2．求商比较法证明的步骤是：“作商—变形—判断商与1的大小”．2．已知a >b >c >0，求证：a 2a b 2b c 2c>a b ＋c b c ＋a c a ＋b.【证明】 由a >b >c >0， 得ac ＋b b c ＋a c a ＋b>0.不等式左右两边作商，得a 2a ·b 2b ·c 2c a b ＋c·b c ＋a ·c a ＋b ＝a a a a b b b b c c c ca b a c b c b a c a c b ＝a a -b ·a a -c ·b b -c ·b b -a ·c c -a ·c c -b＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a-b ·⎝ ⎛⎭⎪⎫a c a-c ·⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b-c.∵a >b >0，∴ab>1，a －b >0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a ba-b>1.同理⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b-c>1，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ca-c>1.∴a 2a ·b 2b ·c 2ca b ＋c ·b c ＋a ·c a ＋b>1. 即a 2a b 2b c 2c>ab ＋c b c ＋a c a ＋b.探究1 【提示】 求差比较法尤其适用于具有多项式结构特征的不等式的证明．实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数(或式子)与0的大小关系．探究2 求商比较法主要适用的类型是什么？【提示】 主要适用于积(商)、幂(根式)、指数式形式的不等式证明．已知{a n }是公比为q 的等比数列，且a 1，a 3，a 2成等差数列． (1)求q 的值；(2)设{b n }是以2为首项，q 为公差的等差数列，其前n 项和为S n ，当n ≥2时，比较S n与b n 的大小，并说明理由．【精彩点拨】 (1)由条件列方程求q 值；(2)写出S n 与b n 的表达式，采用作差法比较S n 与b n 的大小．判断符号时注意n 的取值．【自主解答】 (1)由题设知2a 3＝a 1＋a 2， 即2a 1q 2＝a 1＋a 1q .又a 1≠0，∴2q 2－q －1＝0， ∴q ＝1或－12.(2)若q ＝1，则S n ＝2n ＋n n －2＝n 2＋3n 2＝n n ＋2.当n ≥2时，S n －b n ＝S n －1＝n －n ＋2＞0，故S n ＞b n .若q ＝－12，则S n ＝2n ＋nn －2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－n 2＋9n 4＝－n －n4.当n ≥2时，S n －b n ＝S n －1＝－n －n －4，故对于n ∈N ＋，当2≤n ≤9时，S n ＞b n ； 当n ＝10时，S n ＝b n ； 当n ≥11时，S n ＜b n .比较法是证明不等式的一个最基本、最常用的方法.当被证明的不等式两端是多项式、分式或对数式，一般使用求差比较法，当被证明的不等式或变形后的两端都是正数且为乘积形式或幂指数形式时，一般使用求商比较法.比较法应用各种比较大小的地方，如函数单调性的证明、数列、三角等方面都会涉及.3．在等比数列{a n }和等差数列{b n }中，a 1＝b 1>0，a 3＝b 3>0，a 1≠a 3，试比较a 5和b 5的大小．【解】 设等比数列{a n }的公比为q ，等差数列{b n }的公差为d ，∴a 3＝a 1q 2，b 3＝b 1＋2d . ∵a 1＝b 1>0且a 3＝b 3，∴a 1q 2＝b 1＋2d ，∴2d ＝a 1q 2－b 1＝a 1q 2－a 1＝a 1(q 2－1)． ∵a 1≠a 3，∴q 2≠1，而b 5－a 5＝a 1＋4d －a 1q 4＝a 1＋2a 1(q 2－1)－a 1q 4＝－a 1q 4＋2a 1q 2－a 1＝－a 1(q 2－1)2. ∵(q 2－1)2>0，a 1>0，∴a 1(q 2－1)2>0， ∴－a 1(q 2－1)2<0，即b 5<a 5.1．设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则下列t 与s 的大小关系中正确的是( ) A ．t >s B ．t ≥s C ．t <sD ．t ≤s【解析】 ∵s －t ＝(a ＋b 2＋1)－(a ＋2b )＝(b －1)2≥0，∴s ≥t . 【答案】 D2．已知等比数列{a n }的各项均为正数，且公比q ≠1，若P ＝a 2＋a 92，Q ＝a 4a 7，则P 与Q 的大小关系为( )A ．P ＜QB ．P ＝QC ．P ＞QD ．P ≥Q【解析】 ∵{a n }为等比数列且各项为正数， ∴a 2·a 9＝a 4·a 7，又q ≠1，∴a 2≠a 9， ∴a 2＋a 92＞a 2a 9＝a 4a 7，即P ＞Q ，故选C. 【答案】 C3．设a ，b ，m 均为正数，且b a <b ＋ma ＋m，则a 与b 的大小关系是__________. 【导学号：94910018】【解析】b ＋m a ＋m －b a ＝m a －ba a ＋m>0， 又a ，b ，m 为正数．∴a (a ＋m )>0，m >0，因此a －b >0，a >b . 【答案】 a >b4．已知0<a <1b ，且M ＝11＋a ＋11＋b ，N ＝a 1＋a ＋b1＋b ，则M ，N 的大小关系是__________．【解析】 由0<a <1b，得0<ab <1,1－ab >0.故M －N ＝11＋a ＋11＋b －⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋a ＋b 1＋b ＝1－a 1＋a ＋1－b 1＋b ＝－ab ＋a＋b>0，∴M >N . 【答案】 M >N5．已知a ≥b ＞0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .【证明】 2a 3－b 3－(2ab 2－a 2b )＝2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2) ＝(a 2－b 2)(2a ＋b )＝(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )． 因为a ≥b ＞0，所以a －b ≥0，a ＋b ＞0,2a ＋b ＞0, 从而(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )≥0， 即2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .我还有这些不足：(1) (2) 我的课下提升方案：(1)(2)。

不等式的应用一、选择题1．若a 、b 、c 是常数，则“a ＞0，且 b 2－4ac ＜0”是“对任意的x ∈R ，有ax 2＋bx ＋c ＞0”的( )A 充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．必要条件【解析】 当a ＞0，b 2－4ac ＜0时，ax 2＋bx ＋c ＞0.反之，ax 2＋bx ＋c ＞0对任意的x ∈R 成立不能推出a ＞0，b 2－4ac ＜0.反例：a ＝b ＝0，c ＝2.【答案】 A2．要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只需证( )A ．2ab －1－a 2b 2≤0B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0C ．(a ＋b 2)2－1－a 2b 2≤0D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0【解析】 a 2＋b 2－1－a 2b 2＝－(a 2－1)(b 2－1)≤0.【答案】 D3．设a ＞b ＞0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则( )A ．m ＜nB ．m ＞nC ．m ＝nD ．不能确定【解析】 ∵a ＞b ＞0， ∴a ＞b ，∴a －b ＞0，ab ＞b . (a －b )2－(a －b )2＝a ＋b －2ab －(a －b )＝2(b －ab )＜0.∴(a －b )2＜(a －b )2.∴a －b ＜a －b ，即m ＜n .【答案】 A4．已知0<a <1<b ，则下面不等式中一定成立的是( )A ．log a b ＋log b a ＋2>0B ．log a b ＋log b a ＋2<0C．log a b＋log b a＋2≥0 D．log a b＋log b a＋2≤0 【解析】∵0<a<1<b，∴log a b<0，∴－log a b>0.∴(－log a b)＋1－log a b≥2，∴－(－log a b＋1－log a b)≤－2，log a b＋1log a b≤－2，当且仅当log a b＝－1，即b＝1a>1时等号成立．∴log a b＋log b a≤－2，∴log a b＋log b a＋2≤0.【答案】 D二、填空题5．设a＝3－2，b＝6－5，c＝7－6，则a，b，c的大小顺序是________．【解析】用分析法比较，a>b⇔3＋5>2＋6⇔8＋215>8＋212.同理可比较得b>c.所以a>b>c.【答案】a>b>c6．已知a＞0，b＞0且a＋b＝1，则1a＋1b＋1ab与8的大小关系是________．【解析】∵a＞0，b＞0且a＋b＝1，∴1＝a＋b≥2ab＞0，进而得1ab≥2，于是得1ab≥4.又∵1a＋1b＋1ab＝a＋b＋1ab＝2ab＝2·1ab≥8.故1a＋1b＋1ab≥8.【答案】1a＋1b＋1ab≥8三、解答题7．设a＞0，b＞0，c＞0.证明：(1)1a ＋1b ≥4a ＋b； (2)12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b. 【证明】 (1)∵a ＞0，b ＞0，∴(a ＋b )(1a ＋1b )≥2ab ·21ab ＝4.∴1a ＋1b ≥4a ＋b. (2)由(1)知1a ＋1b ≥4a ＋b. 同时，1b ＋1c ≥4b ＋c ，1c ＋1a ≥4c ＋a，三式相加得： 2(1a ＋1b ＋1c )≥4b ＋c ＋4c ＋a ＋4a ＋b ， ∴12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b. 8．如果a ＞b ，ab ＝1，求证：a 2＋b 2≥22(a －b )，并指明何时取“＝”号．【证明】 因为a ＞b ，所以a －b ＞0，欲证a 2＋b 2≥22(a －b )．只需证a 2＋b 2a －b≥2 2. 因为a ＞b ，a －b ＞0，又知ab ＝1，所以a 2＋b 2a －b ＝a 2＋b 2－2ab ＋2ab a －b ＝(a －b )2＋2a －b＝(a －b )＋2a －b ≥2(a －b )·2a －b ＝2 2. 所以a 2＋b 2a －b≥22， 即a 2＋b 2≥22(a －b )．当且仅当a －b ＝2a －b， 即a －b ＝2时，取等号．9．若不等式1a －b ＋1b －c ＋λc －a＞0在条件a ＞b ＞c 时恒成立，求实数λ的取值范围． 【解】 不等式可化为1a －b ＋1b －c ＞λa －c . ∵a ＞b ＞c .∴a －b ＞0，b －c ＞0，a －c ＞0，∴λ＜a －c a －b ＋a －c b －c恒成立． ∵a －c a －b ＋a －c b －c ＝(a －b )＋(b －c )a －b ＋(a －b )＋(b －c )b －c＝2＋b －c a －b ＋a －b b －c ≥2＋2＝4. ∴λ＜4.故实数λ的取值范围是(－∞，4)．教师备选10．已知函数f (x )＝lg(1x －1)，x ∈(0，12)，若x 1，x 2∈(0，12)，且x 1≠x 2，求证：12[f (x 1)＋f (x 2)]>f (x 1＋x 22)．【证明】 要证明原不等式成立，只需证明 (1x 1－1)(1x 2－1)>(2x 1＋x 2－1)2. ∵x 1，x 2∈(0，12)，x 1≠x 2，∴(1x 1－1)(1x 2－1)－(2x 1＋x 2－1)2 ＝1x 1x 2－1x 1－1x 2－4(x 1＋x 2)2＋4x 1＋x 2 ＝(x 1－x 2)2(1－x 1－x 2)x 1x 2(x 1＋x 2)2>0. ∴(1x 1－1)(1x 2－1)>(2x 1＋x 2－1)2， ∴lg[(1x 1－1)(1x 2－1)]>lg(2x 1＋x 2－1)2，即12[f (x 1)＋f (x 2)]>f (x 1＋x 22)．。

§4 不等式的证明 第1课时 比较法、分析法1．理解用比较法、分析法证明不等式的一般方法和步骤，并能证明具体的不等式． 2．理解不等式证明方法的意义，并掌握不等式中取得等号的条件．1．比较法(1)求差比较法．①理论依据：a ＞b ⇔______；a ＜b ⇔______． ②证明步骤：____→变形→____→得出结论． (2)求商比较法．①理论依据：b ＞0，a b ＞1⇒______；b ＜0，a b＞1⇒____．②证明步骤：____→变形→________________． 【做一做1－1】已知x ，y ∈R ，M ＝x 2＋y 2＋1，N ＝x ＋y ＋xy ，则M 与N 的大小关系是( )． A ．M ≥N B ．M ≤N C ．M ＝N D ．不能确定【做一做1－2】设m ＞1，P ＝m －m －1，Q ＝m ＋1－m ，则P 与Q 的大小关系是__________．2．分析法(1)定义：从____________出发，分析使此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________的问题，如果能够使这些充分条件都具备，那么就可以断定原不等式成立，这种证明方法叫做______．(2)思路：“执果索因”的证明方法，即从______________出发，不断地用充分条件来代替前面的不等式，直到____________为止．【做一做2】若a ＋b ＝1，求证：a ＋12＋b ＋12≤2．答案：1．(1)①a －b ＞0 a －b ＜0 ②作差 定号(2)①a ＞b a ＜b ②作商 判断与1的大小关系【做一做1－1】A M －N ＝x 2＋y 2＋1－(x ＋y ＋xy ) ＝12[(x 2＋y 2－2xy )＋(x 2－2x ＋1)＋(y 2－2y ＋1)] ＝12[(x －y )2＋(x －1)2＋(y －1)2]≥0． ∴M ≥N ．【做一做1－2】P ＞Q P ＝m －m －1＝1m ＋m －1＞0，Q ＝m ＋1－m ＝1m ＋1＋m＞0，∴P Q ＝m ＋1＋m m ＋m －1＞1， ∴P ＞Q ．2．(1)所要证明的结论 是否成立 分析法 (2)求证的不等式 找到已知不等式【做一做2】分析：利用分析法来考虑，容易找到证明思路．证明：要证a ＋12＋b ＋12≤2，即证⎝⎛⎭⎪⎫a ＋12＋b ＋122≤4，即证a ＋b ＋1＋2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋12·b ＋12≤4．∵a ＋b ＝1，故就是要证a ＋12·b ＋12≤1，即证ab ＋12(a ＋b )＋14≤1，即证ab ≤14，只需证ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22，也就是只需2ab ≤a 2＋b 2成立，这显然是成立的． 故原不等式成立．1．比较大小关系的一般方法 剖析：比较大小关系的一般方法是求差或求商比较法．可以先用特殊值赋值的方法对最后的结果进行预测，再进行比较．还有一类较为特殊的比较大小的问题，如数列问题中，两个数或代数式的大小可能会随一些变量或参数的不同范围而发生变化，这就要注意对相关问题的讨论，大小关系一定或不一定，首先应判断．2．求商比较法中的符号问题剖析：在求商比较法中，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，由b a＞1，可得b ＜a ，所以在求商比较法中，要对a ，b 的符号作出判断．对于此类问题，分为含参数变量类的和大小固定的，因而可以通过特殊值的方法先进行一定的猜测，进而再给出推理或证明过程．题型一 用求差比较法证明不等式【例1】已知a ，b ∈R ，且a ＋b ＝1，求证：ax 2＋by 2≥(ax ＋by )2． 分析：利用作差→变形→定号→结论的步骤去证明．反思：利用比较法来证明不等式时，为了说明差式的符号，有下列三种常用的方法：①将差式分解因式；②将差式通过配方写成一些正(负)数的和；③构造新函数，证明函数恒正或恒负．题型二 用求商比较法证明不等式【例2】已知a ≥1，求证：a ＋1－a ＜a －a －1．分析：因为a ≥1，所以不等式两边都大于0，可考虑用求商比较法比较大小．反思：根据左、右两边都含无理根号的特点，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，否则要改变不等号方向．题型三 用分析法证明不等式【例3】已知α，β∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，且α≠β，求证：tan α＋tan β＞2tan α＋β2．分析：本题证明关系比较复杂，直接证明不易观察出因果关系，因此可以用分析法去找出证明思路．反思：利用分析法论证“若A 则B ”这个命题的模式是：欲证命题B 为真，只需证明命题B 1为真，从而又只需证明命题B 2为真，从而又……只需证明命题A 为真，又已知A 为真，故B 为真．可简写成B ⇐B 1⇐B 2⇐…⇐B n ⇐A ．题型四 易错辨析【例4】设a ＋b ＞0，n 为偶数，求证：b n －1a n ＋a n －1b n ≥1a ＋1b．错解：b n －1a n ＋a n －1b n －1a －1b ＝a n －b n a n －1－b n －1ab n．∵n 为偶数，∴(ab )n＞0．又a n －b n 和a n －1－b n －1同号， ∴b n －1a n ＋a n －1b n －1a －1b ＞0， ∴b n －1a n ＋a n －1b n ≥1a ＋1b． 错因分析：由a ＋b ＞0可知a ，b 同正，也可以存在一正一负的情况，上面错解没有考虑这种情况，并且等号的取得也没有考虑．反思：在证明不等式的过程中，充分挖掘条件，利用条件是关键，特别是“等号”是否成立的条件的判断上要特别注意．答案：【例1】证明：∵a ＋b ＝1，∴ax 2＋by 2－(ax ＋by )2＝ax 2＋by 2－a 2x 2－2abxy －b 2y 2＝a (1－a )x 2＋b (1－b )y 2－2abxy＝abx 2＋aby 2－2abxy ＝ab (x －y )2． 又a ，b ∈R ，∴ab (x －y )2≥0，∴ax 2＋by 2≥(ax ＋by )2．【例2】证明：∵a ≥1，∴a ＋1－a ＞0，a －a －1＞0， ∴左边右边＝a ＋1－a a －a －1＝a ＋a －1a ＋1＋a＜1， ∴左边＜右边，即a ＋1－a ＜a －a －1．【例3】证明：欲证tan α＋tan β＞2tan α＋β2，只需证sin αcos α＋sin βcos β＞2sinα＋β2cosα＋β2，只需证sin α＋βcos αcos β＞2sinα＋β2cosα＋β2．∵α＋β2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴sin α＋β2＞0．又∵sin(α＋β)＝2sin α＋β2cos α＋β2，故只需证cosα＋β2cos αcos β＞1cosα＋β2，∴只需证cos 2α＋β2＞cos αcos β，即证1＋cos α＋β2＞cos αcos β，即证1＋cos αcos β－sin αsin β＞2cos αcos β． 只需证1＞cos(α－β)， ∵α≠β，∴结论显然成立． 故原不等式成立．【例4】正解：b n －1a n ＋a n －1bn －1a －1b ＝a n －b n a n －1－b n －1abn． 当a ＞0，b ＞0时，(a n－b n)(a n －1－b n －1)≥0，(ab )n＞0，∴a n －b n a n －1－b n －1ab n≥0，∴b n －1a n ＋a n －1b n ≥1a ＋1b． 当a ，b 有一个为负数时，不妨设a ＞0，b ＜0． ∵a ＋b ＞0，∴a ＞|b |．又∵n 为偶数，∴(a n －b n )(a n －1－b n －1)＞0．∵(ab )n＞0，∴a n －b n a n －1－b n －1ab n＞0，∴b n －1a n ＋a n －1b n ＞1a ＋1b． 综上，原不等式成立．1已知x ＞0，y ＞0，则下列关系式成立的是( )． A ．()()11223323x y x y +>+ B ．()()11223323x yx y ++＝C ．()()11223323x yxy+<+ D ．()()11223323x yxy+≤+2设n ∈N ＋，则n ＋4－n ＋3__________n ＋2－n ＋1．3若a ，b ，m ，n 都为正实数，且m ＋n ＝1，则ma ＋nb 与m a ＋n b 的大小关系是__________．4(2010·江苏高考)设a ，b 为非负实数，求证：a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)． 答案：1．A 假设11223332()()x y x y +>+成立，下面证明： 要证明11223332()()x y x y +>+．只需证(x 2＋y 2)3＞(x 3＋y 3)2，即证x 6＋3x 4y 2＋3x 2y 4＋y 6＞x 6＋2x 3y 3＋y 6，即证3x 4y 2＋3x 2y 4＞2x 3y 3．∵x ＞0，y ＞0，∴x 2y 2＞0，即证3x 2＋3y 2＞2xy ．∵3x 2＋3y 2＞x 2＋y 2≥2xy ，∴3x 2＋3y 2＞2xy 成立． ∴11223332()()x y x y +>+． 2．＜ ∵n ＋4－n ＋3＝1n ＋4＋n ＋3，n ＋2－n ＋1＝1n ＋2＋n ＋1，∴n ＋4－n ＋3n ＋2－n ＋1＝n ＋2＋n ＋1n ＋4＋n ＋3＜1，又n＋4＋n＋3＞0，∴n＋2＋n＋1＜n＋4＋n＋3，∴n＋4－n＋3＜n＋2－n＋1．3．ma＋nb≥m a＋n b由a，b，m，n为正数，且m＋n＝1，可知m＝1－n，n＝1－m，∴(ma＋nb)2－(m a＋n b)2＝ma＋nb－m2a－n2b－2mn ab＝m(1－m)a＋n(1－n)b－2mn ab＝mn(a－b)2≥0．又ma＋nb＞0，m a＋n b＞0，∴ma＋nb≥m a＋n b．4．证明：由a，b是非负实数，求差，得a3＋b3－ab(a2＋b2)＝a2a(a－b)＋b2b (b－a)＝(a－b)[(a)5－(b)5]．当a≥b≥0时，a≥b，∴(a)5≥(b)5．∴(a－b)[(a)5－(b)5]≥0；当0≤a＜b时，a＜b，∴(a)5＜(b)5．∴(a－b)[(a)5－(b)5]＞0．综上，可得a3＋b3≥ab(a2＋b2)．。

北师大版高中数学 证明不等式的基本方法__________________________________________________________________________________ __________________________________________________________________________________教学重点： 掌握比较法、综合法和分析法、反证法和放缩法的方法；教学难点： 理解放缩法的解题及应用。

1、比较法：所谓比较法，就是通过两个实数a 与b 的差或商的符号（范围）确定a 与b 大小关系的方法，即通过“_________，_____________，0a b -<；或1a b >，1a b =，1a b<”来确定a ，b 大小关系的方法，前者为作差法，后者为作商法。

2、分析法：从求证的不等式出发，分析这个不等式成立的充分条件，把证明这个不等式的问题转化为证明这些条件是否具备的问题，如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可以判定所证的不等式成立，这种方法叫做分析法。

3、综合法：从____________的不等式出发，根据不等式的性质及公理推导出欲证的不等式，这种证明方法叫做综合法。

4、反证法：从________结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，证实结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的，这种证明方法叫做反正法.用反证法证明不等式时，必须将命题结论的反面的各种情形一一导出矛盾这里作一简单介绍。

反证法证明一个命题的思路及步骤：1） 假定命题的结论不成立；2） 进行推理，在推理中出现下列情况之一：与已知条件矛盾；与公理或定理矛盾;3） 由于上述矛盾的出现，可以断言，原来的假定“结论不成立”是错误的;4） 肯定原来命题的结论是正确的。

5.放缩法：放缩法就是在证明过程中,利用不等式的___________性,作适当的___________,证明比原不等式更好的不等式来代替原不等式的证明.放缩法的目的性强,必须恰到好处, 同时在放缩时必须时刻注意放缩的跨度，放不能过头，缩不能不及.否则不能达到目的。

第2课时不等式的证明关键能力学案突破考点证明不等式(多考向探究)考向1比较法证明不等式〖例1〗已知函数f(x)=|x-3|.(1)解不等式f(2x+4)≥4;(2)若a,b∈R,|a|<1,|b|<1,求证:f(ab+2)>f(a-b+3).解题心得1.作差比较法的步骤:作差—变形(化简)—定号(差值的符号)—得出结论.2.作商比较法的步骤:作商—变形(化简)—判断(商值与实数1的关系)—得出结论.对点训练1(2020宁夏银川高级中学月考)已知f(x)=|x-1|+|x+1|,不等式f(x)<4的解集为M.(1)求集合M;(2)当a,b∈M时,证明:2|a+b|<|4+ab|.考向2综合法证明不等式〖例2〗(2019全国1,理23)已知a,b,c为正数,且满足abc=1.证明:(1)1a +1b+1c≤a2+b2+c2;(2)(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.解题心得在用综合法证明不等式时,常利用不等式的基本性质,如同向不等式相加,同向不等式相乘等,但在运用这些性质时,一定要注意这些性质成立的前提条件.对点训练2(2020湖南永州三模,23)已知f(x)=x2+2|x-1|.(1)解关于x的不等式:f(x)>|2x|x;(2)若f(x)的最小值为M,且a+b+c=M(a,b,c∈R+),求证:a2+b2c +a2+c2b+c2+b2a≥2.考向3分析法证明不等式〖例3〗(2020河北衡水中学三模,理23)设函数f(x)=|x-a|.(1)若关于x的不等式f(x)+f(2-x)>3恒成立,求实数a的取值范围;(2)若0<a<1,|b|<1,求证:1af(a2b)>f(b).解题心得用分析法证明不等式时应注意(1)分析法证明不等式的依据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;(2)分析法证明不等式的思维是从要证不等式出发,逐步寻求使它成立的充分条件,最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式;(3)用分析法证明数学命题时,一定要恰当地用好“要证”“只需证”“即证”等词语.对点训练3已知a>0,求证:√a2+1a2−√2≥a+1a-2.考向4利用绝对值三角不等式证明不等式〖例4〗(2020广东珠海三模,23)已知函数f(x)=|x-1|.(1)解不等式f(x)+f(x+1)≥4;(2)当x≠0,x∈R时,证明:f(-x)+f1x≥2.解题心得利用绝对值三角不等式证明不等式时,一般需要利用绝对值的意义,对函数或代数式中的几个绝对值里面的代数式做正负号的调整,使之利用绝对值三角不等式后对消变量,得到常数.对点训练4(2020安徽安庆三模,23)已知函数f(x)=|x-m|+x+1m+1(其中实数m>0).(1)当m=1时,解不等式f(x)≤3;(2)求证:f(x)+1m(m+1)≥2.考向5利用放缩法证明不等式〖例5〗设函数f(x)=|x+2|-|x-2|.(1)略;(2)当x∈R,0<y<1时,证明:|x+2|-|x-2|≤1y +11-y.解题心得放缩法证明不等式,常常利用基本的不等式,绝对值三角不等式等大家熟知的数学结论进行放缩,有时也对要证明结论的一端进行适当的放或缩来证明不等式.对点训练5已知a,b,c均大于0,函数f(x)=|a-x|+|x+b|+c.(1)当a=b=c=2时,求不等式f(x)<8的解集;(2)若函数f(x)的最小值为1,证明:a2+b2+c2≥13.考向6利用柯西不等式证明不等式〖例6〗(2020安徽合肥三模,22)已知函数f(x)=|2x-2|-|x+1|的最小值为m.(1)求m的值;(2)若a+b+c+m=0,证明:a2+b2+c2-2b+4c+2≥0.解题心得利用柯西不等式证明不等式时,一定要满足柯西不等式的形式,这往往需要对要证明的不等式的一端的代数进行变形,以满足柯西不等式的形式.对点训练6(2020山西太原二模,23)已知a,b,c为正实数.(1)若a+b+c= 1,证明:1a -11b-11c-1≥8;(2)证明:ab+c +ba+c+ca+b≥32.1.含绝对值不等式的证明,可用“零点分段法”去掉绝对值符号,也可利用重要不等式|a+b|≤|a|+|b|及其推广形式|a1+a2+…+a n|≤|a1|+|a2|+…+|a n|.2.不等式证明中应注意的事项(1)作差比较法适用的主要是多项式、分式、对数式、三角式,作商比较法适用的主要是高次幂乘积结构.(2)利用柯西不等式证明不等式,实质上就是利用柯西不等式进行放缩,放缩不当则等号可能不成立,因此,要切记检验等号成立的条件.在利用算术—几何平均不等式或柯西不等式求最值时,要注意检验等号成立的条件,特别是多次使用不等式时,必须使等号同时成立.第2课时 不等式的证明 关键能力·学案突破例1(1)解由f (2x+4)≥4,得|2x+1|≥4,即2x+1≥4或2x+1≤-4,解得x ≥32或x ≤-52,综上所述,不等式的解集为{x|x ≤-52或x ≥32}.(2)证明f (ab+2)>f (a-b+3)⇔|ab-1|>|a-b|,因为|a|<1,|b|<1,所以a 2<1,b 2<1,所以|ab-1|2-|a-b|2=a 2b 2-2ab+1-a 2+2ab-b 2=a 2b 2-a 2-b 2+1=(a 2-1)(b 2-1)>0,所以|ab-1|2>|a-b|2,即|ab-1|>|a-b|, 所以原不等式成立.对点训练1(1)解f (x )=|x-1|+|x+1|={-2x ,x <-1,2,-1≤x ≤1,2x ,x >1,则f (x )<4等价于{x <-1,-2x <4或{-1≤x ≤1,2<4或{x >1,2x <4,解得-2<x<-1或-1≤x ≤1或1<x<2, ∴-2<x<2,M=(-2,2).(2)证明当a ,b ∈M 时,即-2<a<2,-2<b<2,∵4(a+b )2-(4+ab )2=4a 2+4b 2-16-a 2b 2=(a 2-4)(4-b 2)<0, ∴4(a+b )2<(4+ab )2, ∴2|a+b|<|4+ab|.例2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+caabc=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, 所以(a+b )3+(b+c )3+(c+a )3 ≥3√(a +b )3(b +c )3(a +c )33=3(a+b )(b+c )(a+c )≥3×(2√ab )×(2√bc )×(2√ac )=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. 对点训练2(1)解当x<0时,f (x )>|2x |x等价于x 2-2x+2>-2,该不等式恒成立;当0<x ≤1时,f (x )>|2x |x等价于x 2-2x>0,该不等式解集为∅;当x>1时,f (x )>|2x |x等价于x 2+2x-2>2,解得x>√5-1.综上,x<0或x>√5-1. 所以不等式f (x )>|2x |x的解集为(-∞,0)∪(√5-1,+∞).(2)证明f (x )=x 2+2|x-1|={x2+2x -2,x ≥1,x 2-2x +2,x <1,易得f (x )的最小值为1,即a+b+c=M=1. 因为a ,b ,c ∈R +, 所以a 2+c 2b≥2ac b,b 2+a 2c≥2ab c,c 2+b 2a≥2bc a,所以a 2+c 2b+b 2+a 2c+c 2+b 2a≥ac b+ab c+ab c+bc a+ac b+bc a≥2a+2b+2c=2,当且仅当a=b=c=13时,等号成立.例3(1)解由绝对值三角不等式得f (x )+f (2-x )=|x-a|+|2-x-a|≥|x-a+2-x-a|=|2-2a|,若关于x 的不等式f (x )+f (2-x )>3恒成立,则|2a-2|>3,即2a-2>3或2a-2<-3,解得a>52或a<-12,所以实数a 的取值范围为a a<-12或a>52. (2)证明要证1a f (a 2b )>f (b ),即证|a 2b-a|>a|a-b|,即证|ab-1|>|a-b|.又因为0<a<1,|b|<1,所以a 2<1,b 2<1,所以|ab-1|2-|a-b|2=(a 2b 2-2ab+1)-(a 2-2ab+b 2)=a 2b 2-a 2+1-b 2=a 2(b 2-1)-(b 2-1)=(a 2-1)(b 2-1)>0, 所以|ab-1|>|a-b|,故所证不等式成立. 对点训练3证明要证√a 2+1a 2−√2≥a+1a -2,只需证√a 2+1a 2+2≥a+1a +√2. 因为a>0,故只需证√a 2+1a 2+22≥a+1a +√22,即a 2+1a 2+4√a 2+1a 2+4≥a 2+2+1a 2+2√2a+1a +2, 只需证2√a 2+1a 2≥√2a+1a ,只需证4a 2+1a 2≥2a 2+2+1a 2,即证a 2+1a 2≥2,而上述不等式显然成立,故原不等式成立. 例4(1)解由f (x )+f (x+1)≥4得|x-1|+|x|≥4,当x>1时,得2x-1≥4,即x ≥52;当0≤x ≤1时,得1≥4,此时不等式无解; 当x<0时,得-2x+1≥4,此时x ≤-32. 所以不等式的解集为x x ≥52或x ≤-32. (2)证明f (-x )+f1x=|x+1|+1x-1,由绝对值三角不等式,得|x+1|+1x-1≥x+1x , 又x ,1x 同号,所以x+1x =|x|+1x,由基本不等式,得|x|+1x≥2,当且仅当|x|=1时,等号成立.所以f (-x )+f1x≥2.对点训练4 (1)解当m=1时,f (x )=|x-1|+x+12={2x -12,x >1,32,-12≤x ≤1,-2x +12,x <-12.于是原不等式可化为{x >1,2x -12≤3或{-12≤x ≤1,32≤3或{x <-12,-2x +12≤3,解得1<x ≤74或-12≤x ≤1或-54≤x<-12. 所以不等式f (x )≤3的解集为-54,74. (2)证明由已知得f (x )+1m (m+1)=|x-m|+x+1m+1+1m (m+1)≥x-m-x+1m+1+1m (m+1)=m+1m+1+1m (m+1)=m+1m+1+1m −1m+1 =m+1m ≥2,当且仅当m=1时,等号成立.于是原不等式得证. 例5(2)证明|x+2|-|x-2|≤|(x+2)-(x-2)|=4,由于0<y<1,则1y+11-y=1y +11-y〖y+(1-y )〗=2+1-y y+y 1-y≥2+2=4,当且仅当1-y y=y1-y ,即y=12时取等号.综上,|x+2|-|x-2|≤1y +11-y .对点训练5(1)解当a=b=c=2时,f (x )=|x-2|+|x+2|+2,所以f (x )<8⇔{x ≤-2,2-2x <8,或{-2<x <2,6<8,或{x ≥2,2x +2<8,所以不等式的解集为{x|-3<x<3}. (2)证明因为a>0,b>0,c>0,所以f (x )=|a-x|+|x+b|+c ≥|a-x+x+b|+c=|a+b|+c=a+b+c. 因为f (x )的最小值为1,所以a+b+c=1, 所以(a+b+c )2=a 2+b 2+c 2+2ab+2ac+2bc=1. 因为2ab ≤a 2+b 2,2bc ≤b 2+c 2,2ac ≤a 2+c 2, 所以1=a 2+b 2+c 2+2ab+2ac+2bc ≤3(a 2+b 2+c 2). 所以a 2+b 2+c 2≥13.例6(1)解f (x )=|2x-2|-|x+1|={3-x ,x <-1,1-3x ,-1≤x ≤1,x -3, x >1.根据函数图像得,f (x )的最小值为-2,∴m=-2. (2)证明由(1)知,a+b+c=2,∴〖a 2+(b-1)2+(c+2)2〗·(12+12+12)≥〖a·1+(b-1)·1+(c+2)·1〗2=(a+b+c+1)2=9, ∴a 2+(b-1)2+(c+2)2≥3,当且仅当a=b-1=c+2,a+b+c=2,即a=1,b=2,c=-1时,等号成立. ∴a 2+b 2+c 2-2b+4c+2≥0. 对点训练6证明(1)1a-11b-11c-1=1-a a·1-b b·1-c c=b+c a·a+c b·a+b c≥2√bca·2√ac b·2√abc=8,当且仅当a=b=c=13时,等号成立.(2)ab+c +ba+c +ca+b =a+b+c b+c-1+a+b+c a+c-1+a+b+c a+b -1=12〖(b+c )+(a+c )+(a+b )〗1b+c+1a+c +1a+b-3≥12√b +c ·1√b+c +√a +c ·1√a+c+√a +b ·1√a+b2-3=12×32-3=32.第2课时 不等式的证明关键能力学案突破考证明不等式点(多考向探究)考向1比较法证明不等式〖例1〗已知函数f(x)=|x-3|.(1)解不等式f(2x+4)≥4;(2)若a,b∈R,|a|<1,|b|<1,求证:f(ab+2)>f(a-b+3).解题心得1.作差比较法的步骤:作差—变形(化简)—定号(差值的符号)—得出结论.2.作商比较法的步骤:作商—变形(化简)—判断(商值与实数1的关系)—得出结论.对点训练1(2020宁夏银川高级中学月考)已知f(x)=|x-1|+|x+1|,不等式f(x)<4的解集为M.(1)求集合M;(2)当a,b∈M时,证明:2|a+b|<|4+ab|.考向2综合法证明不等式〖例2〗(2019全国1,理23)已知a,b,c为正数,且满足abc=1.证明:(1)1a +1b+1c≤a2+b2+c2;(2)(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.解题心得在用综合法证明不等式时,常利用不等式的基本性质,如同向不等式相加,同向不等式相乘等,但在运用这些性质时,一定要注意这些性质成立的前提条件.对点训练2(2020湖南永州三模,23)已知f(x)=x2+2|x-1|.(1)解关于x的不等式:f(x)>|2x|x;(2)若f(x)的最小值为M,且a+b+c=M(a,b,c∈R+),求证:a2+b2c +a2+c2b+c2+b2a≥2.考向3分析法证明不等式〖例3〗(2020河北衡水中学三模,理23)设函数f(x)=|x-a|.(1)若关于x的不等式f(x)+f(2-x)>3恒成立,求实数a的取值范围;(2)若0<a<1,|b|<1,求证:1af(a2b)>f(b).解题心得用分析法证明不等式时应注意(1)分析法证明不等式的依据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;(2)分析法证明不等式的思维是从要证不等式出发,逐步寻求使它成立的充分条件,最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式;(3)用分析法证明数学命题时,一定要恰当地用好“要证”“只需证”“即证”等词语.对点训练3已知a>0,求证:√a2+1a2−√2≥a+1a-2.考向4利用绝对值三角不等式证明不等式〖例4〗(2020广东珠海三模,23)已知函数f(x)=|x-1|.(1)解不等式f(x)+f(x+1)≥4;(2)当x≠0,x∈R时,证明:f(-x)+f1x≥2.解题心得利用绝对值三角不等式证明不等式时,一般需要利用绝对值的意义,对函数或代数式中的几个绝对值里面的代数式做正负号的调整,使之利用绝对值三角不等式后对消变量,得到常数.对点训练4(2020安徽安庆三模,23)已知函数f(x)=|x-m|+x+1m+1(其中实数m>0).(1)当m=1时,解不等式f(x)≤3;(2)求证:f(x)+1m(m+1)≥2.考向5利用放缩法证明不等式〖例5〗设函数f(x)=|x+2|-|x-2|.(1)略;(2)当x∈R,0<y<1时,证明:|x+2|-|x-2|≤1y +11-y.解题心得放缩法证明不等式,常常利用基本的不等式,绝对值三角不等式等大家熟知的数学结论进行放缩,有时也对要证明结论的一端进行适当的放或缩来证明不等式.对点训练5已知a,b,c均大于0,函数f(x)=|a-x|+|x+b|+c.(1)当a=b=c=2时,求不等式f(x)<8的解集;(2)若函数f(x)的最小值为1,证明:a2+b2+c2≥13.考向6利用柯西不等式证明不等式〖例6〗(2020安徽合肥三模,22)已知函数f(x)=|2x-2|-|x+1|的最小值为m.(1)求m的值;(2)若a+b+c+m=0,证明:a2+b2+c2-2b+4c+2≥0.解题心得利用柯西不等式证明不等式时,一定要满足柯西不等式的形式,这往往需要对要证明的不等式的一端的代数进行变形,以满足柯西不等式的形式.对点训练6(2020山西太原二模,23)已知a,b,c为正实数.(1)若a+b+c= 1,证明:1a -11b-11c-1≥8;(2)证明:ab+c +ba+c+ca+b≥32.1.含绝对值不等式的证明,可用“零点分段法”去掉绝对值符号,也可利用重要不等式|a+b|≤|a|+|b|及其推广形式|a1+a2+…+a n|≤|a1|+|a2|+…+|a n|.2.不等式证明中应注意的事项(1)作差比较法适用的主要是多项式、分式、对数式、三角式,作商比较法适用的主要是高次幂乘积结构.(2)利用柯西不等式证明不等式,实质上就是利用柯西不等式进行放缩,放缩不当则等号可能不成立,因此,要切记检验等号成立的条件.在利用算术—几何平均不等式或柯西不等式求最值时,要注意检验等号成立的条件,特别是多次使用不等式时,必须使等号同时成立.第2课时 不等式的证明 关键能力·学案突破例1(1)解由f (2x+4)≥4,得|2x+1|≥4,即2x+1≥4或2x+1≤-4,解得x ≥32或x ≤-52,综上所述,不等式的解集为{x|x ≤-52或x ≥32}. (2)证明f (ab+2)>f (a-b+3)⇔|ab-1|>|a-b|,因为|a|<1,|b|<1,所以a 2<1,b 2<1,所以|ab-1|2-|a-b|2=a 2b 2-2ab+1-a 2+2ab-b 2=a 2b 2-a 2-b 2+1=(a 2-1)(b 2-1)>0,所以|ab-1|2>|a-b|2,即|ab-1|>|a-b|, 所以原不等式成立.对点训练1(1)解f (x )=|x-1|+|x+1|={-2x ,x <-1,2,-1≤x ≤1,2x ,x >1,则f (x )<4等价于{x <-1,-2x <4或{-1≤x ≤1,2<4或{x >1,2x <4,解得-2<x<-1或-1≤x ≤1或1<x<2, ∴-2<x<2,M=(-2,2).(2)证明当a ,b ∈M 时,即-2<a<2,-2<b<2,∵4(a+b )2-(4+ab )2=4a 2+4b 2-16-a 2b 2=(a 2-4)(4-b 2)<0, ∴4(a+b )2<(4+ab )2, ∴2|a+b|<|4+ab|.例2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+caabc=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, 所以(a+b )3+(b+c )3+(c+a )3 ≥3√(a +b )3(b +c )3(a +c )33=3(a+b )(b+c )(a+c )≥3×(2√ab )×(2√bc )×(2√ac )=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. 对点训练2(1)解当x<0时,f (x )>|2x |x等价于x 2-2x+2>-2,该不等式恒成立;当0<x ≤1时,f (x )>|2x |x等价于x 2-2x>0,该不等式解集为∅;当x>1时,f (x )>|2x |x等价于x 2+2x-2>2,解得x>√5-1.综上,x<0或x>√5-1. 所以不等式f (x )>|2x |x的解集为(-∞,0)∪(√5-1,+∞).(2)证明f (x )=x 2+2|x-1|={x2+2x -2,x ≥1,x 2-2x +2,x <1,易得f (x )的最小值为1,即a+b+c=M=1. 因为a ,b ,c ∈R +, 所以a 2+c 2b≥2ac b,b 2+a 2c≥2ab c,c 2+b 2a≥2bc a,所以a 2+c 2b+b 2+a 2c+c 2+b 2a≥ac b+ab c+ab c+bc a+ac b+bc a≥2a+2b+2c=2,当且仅当a=b=c=13时,等号成立.例3(1)解由绝对值三角不等式得f (x )+f (2-x )=|x-a|+|2-x-a|≥|x-a+2-x-a|=|2-2a|,若关于x 的不等式f (x )+f (2-x )>3恒成立,则|2a-2|>3,即2a-2>3或2a-2<-3,解得a>52或a<-12,所以实数a 的取值范围为a a<-12或a>52. (2)证明要证1a f (a 2b )>f (b ),即证|a 2b-a|>a|a-b|,即证|ab-1|>|a-b|.又因为0<a<1,|b|<1,所以a 2<1,b 2<1,所以|ab-1|2-|a-b|2=(a 2b 2-2ab+1)-(a 2-2ab+b 2)=a 2b 2-a 2+1-b 2=a 2(b 2-1)-(b 2-1)=(a 2-1)(b 2-1)>0, 所以|ab-1|>|a-b|,故所证不等式成立. 对点训练3证明要证√a 2+1a 2−√2≥a+1a -2,只需证√a 2+1a 2+2≥a+1a +√2. 因为a>0,故只需证√a 2+1a2+22≥a+1a +√22,即a 2+1a 2+4√a 2+1a 2+4≥a 2+2+1a 2+2√2a+1a +2, 只需证2√a 2+1a 2≥√2a+1a , 只需证4a 2+1a 2≥2a 2+2+1a 2,即证a 2+1a 2≥2,而上述不等式显然成立,故原不等式成立. 例4(1)解由f (x )+f (x+1)≥4得|x-1|+|x|≥4,当x>1时,得2x-1≥4,即x ≥52; 当0≤x ≤1时,得1≥4,此时不等式无解; 当x<0时,得-2x+1≥4,此时x ≤-32. 所以不等式的解集为x x ≥52或x ≤-32. (2)证明f (-x )+f1x=|x+1|+1x-1,由绝对值三角不等式,得|x+1|+1x-1≥x+1x , 又x ,1x 同号, 所以x+1x =|x|+1x,由基本不等式,得|x|+1x≥2,当且仅当|x|=1时,等号成立.所以f (-x )+f1x≥2.对点训练4 (1)解当m=1时,f (x )=|x-1|+x+12={2x -12,x >1,32,-12≤x ≤1,-2x +12,x <-12.于是原不等式可化为{x >1,2x -12≤3或{-12≤x ≤1,32≤3或{x <-12,-2x +12≤3,解得1<x ≤74或-12≤x ≤1或-54≤x<-12. 所以不等式f (x )≤3的解集为-54,74.(2)证明由已知得f (x )+1m (m+1)=|x-m|+x+1m+1+1m (m+1)≥x-m-x+1m+1+1m (m+1)=m+1m+1+1m (m+1)=m+1m+1+1m −1m+1 =m+1m ≥2,当且仅当m=1时,等号成立.于是原不等式得证. 例5(2)证明|x+2|-|x-2|≤|(x+2)-(x-2)|=4,由于0<y<1,则1y +11-y =1y+11-y 〖y+(1-y )〗=2+1-y y+y1-y ≥2+2=4,当且仅当1-y y=y 1-y ,即y=12时取等号.综上,|x+2|-|x-2|≤1y +11-y .对点训练5(1)解当a=b=c=2时,f (x )=|x-2|+|x+2|+2,所以f (x )<8⇔{x ≤-2,2-2x <8,或{-2<x <2,6<8,或{x ≥2,2x +2<8,所以不等式的解集为{x|-3<x<3}. (2)证明因为a>0,b>0,c>0,所以f (x )=|a-x|+|x+b|+c ≥|a-x+x+b|+c=|a+b|+c=a+b+c. 因为f (x )的最小值为1,所以a+b+c=1, 所以(a+b+c )2=a 2+b 2+c 2+2ab+2ac+2bc=1. 因为2ab ≤a 2+b 2,2bc ≤b 2+c 2,2ac ≤a 2+c 2, 所以1=a 2+b 2+c 2+2ab+2ac+2bc ≤3(a 2+b 2+c 2). 所以a 2+b 2+c 2≥13.例6(1)解f (x )=|2x-2|-|x+1|={3-x ,x <-1,1-3x ,-1≤x ≤1,x -3, x >1.根据函数图像得,f (x )的最小值为-2,∴m=-2. (2)证明由(1)知,a+b+c=2,∴〖a 2+(b-1)2+(c+2)2〗·(12+12+12)≥〖a·1+(b-1)·1+(c+2)·1〗2=(a+b+c+1)2=9, ∴a 2+(b-1)2+(c+2)2≥3,当且仅当a=b-1=c+2,a+b+c=2,即a=1,b=2,c=-1时,等号成立. ∴a 2+b 2+c 2-2b+4c+2≥0. 对点训练6证明(1)1a-11b-11c-1=1-a a·1-b b·1-c c=b+c a·a+c b·a+b c≥2√bca·2√ac b·2√abc=8,当且仅当a=b=c=13时,等号成立.(2)ab+c +ba+c +ca+b =a+b+c b+c-1+a+b+c a+c-1+a+b+c a+b -1=12〖(b+c )+(a+c )+(a+b )〗1b+c+1a+c +1a+b-3≥12√b +c ·1√b+c +√a +c ·1√a+c+√a +b ·1√a+b2-3=12×32-3=32.。

学业分层测评(六)(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．已知x，y∈R，M＝x2＋y2＋1，N＝x＋y＋xy，则M与N的大小关系是() A．M≥N B．M≤NC．M＝N D．不能确定【解析】∵2M－2N＝(x－y)2＋(x－1)2＋(y－1)2≥0，∴M≥N.【答案】 A2．如果实数a，b，c满足c<b<a，且ac<0，那么下列选项中不一定成立的是()A．ab>ac B．c(b－a)>0C．ac(a－c)<0 D．cb2<ab2【解析】由条件知a>0，c<0，b的符号不定，∴A一定成立，B一定成立，C一定成立，而D中，b可能为0，故不一定成立．【答案】 D3．已知a>b>－1，则1a＋1与1b＋1的大小关系是()A.1a＋1>1b＋1B．1a＋1<1b＋1C.1a＋1≥1b＋1D．1a＋1≤1b＋1【解析】∵a>b>－1，∴a＋1>0，b＋1>0，a－b>0，则1a＋1－1b＋1＝b－a (a＋1)(b＋1)<0，∴1a＋1<1b＋1.【答案】 B4．已知数列{a n}的通项公式a n＝anbn＋1，其中a，b均为正数，那么a n与a n ＋1的大小关系是()A．a n>a n＋1B．a n<a n＋1C．a n＝a n＋1D．与n的取值有关【解析】a n＋1－a n＝a(n＋1)b(n＋1)＋1－anbn＋1＝a(bn＋b＋1)(bn＋1).∵a>0，b>0，n∈N＋，∴a n＋1－a n>0，a n＋1>a n.【答案】 B5．设x＝2，y＝7－3，z＝6－2，则x，y，z的大小关系是() A．x>y>z B．z>x>yC．y>z>x D．x>z>y【解析】y＝7－3＝47＋3，z＝6－2＝46＋2.∵7＋3>6＋2>0，∴z>y.又x－z＝2－46＋2＝23＋2－46＋2＝23－26＋2>0，∴x>z，∴x>z>y.【答案】 D二、填空题6．已知a1≤a2，b1≤b2，则a1b1＋a2b2与a1b2＋a2b1的大小关系是________________．【解析】(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝a1(b1－b2)＋a2(b2－b1)＝(b1－b2)(a1－a2)．∵a1≤a2，b1≤b2，∴上式≥0.。

§不等式的证明第课时比较法证明不等式．理解比较法证明不等式的理论依据．(重点)．掌握用比较法证明不等式的一般方法及步骤．(重点)．会用比较法证明简单的不等式．(难点)教材整理求差比较法阅读教材“例”以上部分，完成下列问题．．理论依据()>⇔－>；()＝⇔－＝；⇔()<－.<>．定义：要证明，只要证明－即可．这种方法称为求差比较法．>．步骤()；作差()变形；判断符号()；()下结论．填空(填不等号)：()∈，＋.()，，为正数，<，.()＋.【解析】()∵＋－＝(－)≥，故填≥.()∵，，为正数，且>.∴－＝＝<，故填<.()＋－＝＋≥>，故填>.【答案】()≥()< ()>教材整理求商比较法阅读教材“例”以上部分，完成下列问题．．理论依据当>时，()>⇔>，()<⇔<，()＝⇔＝.．定义：证明>(>)，只要证明>即可，这种方法称为求商比较法．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)()若>，则>.( )()求商比较法的关键是将商与比较．( )()求商比较法适合于任何两数的比较大小．( )【解析】()×若>时，>⇒>.若<时，>⇒<.()√关键是与比较．()×求商比较法一般适合于两个同号数之间比较．【答案】()×()√()×预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问：解惑：疑问：解惑：疑问：解惑：【精彩点拨】此不等式作差后是含有两个字母的二次式，既可配成平方和的形式，也。

课时分层作业(六)(建议用时：45分钟)[基础达标练]一、选择题1．已知x，y∈R，M＝x2＋y2＋1，N＝x＋y＋xy，则M与N的大小关系是() A．M≥N B．M≤NC．M＝N D．不能确定[解析]∵2M－2N＝(x－y)2＋(x－1)2＋(y－1)2≥0，∴M≥N.[答案] A2．如果实数a，b，c满足c<b<a，且ac<0，那么下列选项中不一定成立的是()A．ab>ac B．c(b－a)>0C．ac(a－c)<0 D．cb2<ab2[解析]由条件知a>0，c<0，b的符号不定，∴A一定成立，B一定成立，C一定成立，而D中，b可能为0，故不一定成立．[答案] D3．已知a>b>－1，则1a＋1与1b＋1的大小关系是()A．1a＋1>1b＋1B．1a＋1<1b＋1C．1a＋1≥1b＋1D．1a＋1≤1b＋1[解析]∵a>b>－1，∴a＋1>0，b＋1>0，a－b>0，则1a＋1－1b＋1＝b－a (a＋1)(b＋1)<0，∴1a＋1<1b＋1.[答案] B4．已知数列{a n}的通项公式a n＝anbn＋1，其中a，b均为正数，那么a n与a n ＋1的大小关系是()A．a n>a n＋1B．a n<a n＋1C．a n＝a n＋1D．与n的取值有关[解析]a n＋1－a n＝a(n＋1)b(n＋1)＋1－anbn＋1＝a(bn＋b＋1)(bn＋1).∵a>0，b>0，n∈N＋，∴a n＋1－a n>0，a n＋1>a n.[答案] B5．设x＝2，y＝7－3，z＝6－2，则x，y，z的大小关系是() A．x>y>z B．z>x>yC．y>z>x D．x>z>y[解析]y＝7－3＝47＋3，z＝6－2＝46＋2.∵7＋3>6＋2>0，∴z>y.又x－z＝2－46＋2＝23＋2－46＋2＝23－26＋2>0，∴x>z，∴x>z>y.[答案] D二、填空题6．已知a1≤a2，b1≤b2，则a1b1＋a2b2与a1b2＋a2b1的大小关系是________________．[解析](a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝a1(b1－b2)＋a2(b2－b1)＝(b1－b2)(a1－a2)．∵a1≤a2，b1≤b2，∴上式≥0.故a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1.[答案]a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b17．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)．∵x <y <0，∴xy >0，x －y <0，∴－2xy (x －y )>0，∴M －N >0，即M >N . [答案] M >N8．已知a >0,1>b >0，a －b >ab ，则1＋a 与11－b的大小关系是__________． [解析] ∵a >0,1>b >0，a －b >ab ， ∴(1＋a )(1－b )＝1＋a －b －ab >1. 从而1＋a11－b ＝(1＋a )(1－b )>1，∴1＋a >11－b . [答案]1＋a >11－b三、解答题9．若q >0，且q ≠1，m ，n ∈N ＋，比较1＋q m +n 与q m ＋q n 的大小． [解] 1＋q m +n －q m －q n ＝q m (q n －1)－(q n －1) ＝(q n －1)(q m －1)，①当0<q <1时，q n <1，q m <1. ②当q >1时，q n >1，q m >1.∴(q n －1)(q m －1)>0，∴1＋q m +n >q m ＋q n .10．已知a ，b 均为正数，n ∈N ＋，求证：b n -1a n ＋a n -1b n ≥1a ＋1b . [证明] 设P ＝b n -1a n ＋a n -1b n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b＝b n -1－a n -1a n ＋a n -1－b n -1b n ＝(a n -1－b n -1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1a n＝(a n -1－b n -1)(a n －b n )a nb n.若a >b >0，则a n -1>b n -1，a n >b n ，所以a n -1－b n -1>0，a n －b n >0，且a n b n >0， 因此P >0；若b >a >0，则a n -1<b n -1，a n <b n ，所以a n -1－b n -1<0，a n －b n <0，且a n b n >0，故P >0； 若a ＝b >0，则P ＝0.综上所述，P ≥0，故原式成立．[能力提升练]1．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，a ，b 是正数，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f ()ab ，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A[解析] ∵a ＋b 2≥ab ≥2aba ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在R 上是减函数．∴f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f ()ab ≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b . [答案] A2．设a ＝lg e ，b ＝(lg e)2，c ＝lg e ，则( ) A ．a >b >c B ．a >c >b C ．c >a >bD ．c >b >a[解析] ∵2<e<10，∴0<lg e<12.⎭⎪⎬⎪⎫a －b ＝lg e (1－lg e )>0⇒a >b ，a －c ＝lg e －12lg e ＝12lg e>0⇒a >c ，b －c ＝lg e ⎝ ⎛⎭⎪⎫lg e －12<0⇒b <c ⇒a >c >b . [答案] B3．一个个体户有一种商品，其成本低于350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__________(填“月初”或“月末”)出售．[解析] 设这种商品的成本费为a 元．月初利润为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 <350， ∴L 1－L 2<0，∴L 1<L 2，月末出售好． [答案] 月末4．已知a ＞2，求证：log a (a －1)＜log (a ＋1)a . [证明] ∵a ＞2， 则a －1＞1，∴log a (a －1)＞0，log (a ＋1)a ＞0， 由于log a (a －1)log (a ＋1)a ＝log a (a －1)·log a (a ＋1)＜⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a (a －1)＋log a (a ＋1)22＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a (a 2－1)22. ∵a ＞2，∴0＜log a (a 2－1)＜log a a 2＝2， ∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a (a 2－1)22＜⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a a 222＝1， 因此log a (a －1)log (a ＋1)a＜1.∵log (a ＋1)a ＞0， ∴log a (a －1)＜log (a ＋1)a .。