2013高三理科数学第一轮复习 不等式的证明练习之二(有答案)

第2讲 不等式的证明基础巩固题组(建议用时：50分钟)一、填空题1．(2013·江苏卷改编)已知a≥b ＞0，M ＝2a3－b3，N ＝2ab2－a2b ，则M ，N 的大小关系为________．解析 2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(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2a3－b3≥2ab2－a2b.答案 M≥N2．已知x ＋y ＝1，那么2x2＋3y2的最小值是________．解析 由柯西不等式(2x2＋3y2)·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫ 122＋⎝⎛⎭⎫ 132 ≥⎝⎛⎭⎫2x·12＋3y·132＝(x ＋y)2＝1， ∴2x2＋3y2≥65，当且仅当2x ＝3y ，即x ＝35，y ＝25时，等号成立． 答案 653．若3x ＋4y ＝2，则x2＋y2的最小值为________，最小值点为________．解析 由柯西不等式(x2＋y2)(32＋42)≥(3x ＋4y)2，得25(x2＋y2)≥4，所以x2＋y2≥425. 当且仅当x 3＝y 4时等号成立，为求最小值点，需解方程组⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋4y ＝2，x 3＝y 4.∴⎩⎨⎧x ＝625，y ＝825. 因此，当x ＝625，y ＝825时，x2＋y2取得最小值，最小值为425，最小值点为⎝⎛⎭⎫625，825. 答案 425⎝⎛⎭⎫625，825 4．若a ，b 均为正实数，且a≠b ，M ＝a b ＋b a ，N ＝a ＋b ，则M ，N 的大小关系为________． 解析 ∵a≠b ，∴a b ＋b ＞2a ，b a ＋a ＞2b ， ∴a b ＋b ＋b a ＋a ＞2a ＋2b ， ∴a b ＋b a ＞a ＋ b.即M ＞N. 答案 M ＞N5．设a ，b ，c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝9，则2a ＋2b ＋2c的最小值为________． 解析 ∵(a ＋b ＋c)⎝⎛⎭⎫2a ＋2b ＋2c＝[(a)2＋(b)2＋(c)2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫2a 2＋⎝⎛⎭⎫2b 2＋⎝⎛⎭⎫2c 2 ≥⎝⎛⎭⎫a ·2a ＋b·2b ＋c·2c 2＝18. ∴2a ＋2b ＋2c ≥2.∴2a ＋2b ＋2c的最小值为2. 答案 26．已知a ，b ，c 为正实数，且a ＋2b ＋3c ＝9，则3a ＋2b ＋c 的最大值为________．解析 3a ＋2b ＋c ＝ 3 a ＋2b ＋133c ≤⎝⎛⎭⎫3＋1＋13（a ＋2b ＋3c ）＝39，故最大值为39. 答案 397．(2013·陕西卷)已知a ，b ，m ，n 均为正数，且a ＋b ＝1，mn ＝2，则(am ＋bn)(bm ＋an)的最小值为________．解析 由柯西不等式(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac ＋bd)2，当且仅当ad ＝bc 时“＝”成立，得(am ＋bn)(bm ＋an)≥(am ·an ＋bm bn)2＝mn(a ＋b)2＝2.答案 28．已知x2＋2y2＋3z2＝1817，则3x ＋2y ＋z 的最小值为________． 解析 ∵(x2＋2y2＋3z2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤32＋（2）2＋⎝⎛⎭⎫ 132≥(3x ＋2y ·2＋3z ·13)2＝(3x ＋2y ＋z)2， 当且仅当x ＝3y ＝9z 时，等号成立．∴(3x ＋2y ＋z)2≤12，即－23≤3x ＋2y ＋z≤2 3.当x ＝－9317，y ＝－3317，z ＝－317时， 3x ＋2y ＋z ＝－23，∴最小值为－2 3.答案 －2 39．已知a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，则3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1的最大值为________． 解析 法一 利用基本不等式 (3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1)2＝(3a ＋1)＋(3b ＋1)＋(3c ＋1)＋23a ＋1·3b ＋1＋23b ＋1·3c ＋1＋23a ＋1·3c ＋1≤(3a ＋1)＋(3b ＋1)＋(3c ＋1)＋[(3a ＋1)＋(3b ＋1)]＋[(3b ＋1)＋(3c ＋1)]＋[(3a ＋1)＋(3c ＋1)]＝3[(3a ＋1)＋(3b ＋1)＋(3c ＋1)]＝18， ∴3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1≤32，∴(3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1)max ＝3 2.法二 利用柯西不等式 ∵(12＋12＋12)[(3a ＋1)2＋(3b ＋1)2＋(3c ＋1)2]≥(1·3a ＋1＋1·3b ＋1＋1·3c ＋1)2 ∴(3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1)2≤3[3(a ＋b ＋c)＋3]． 又∵a ＋b ＋c ＝1，∴(3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1)2≤18， ∴3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1≤3 2. 当且仅当3a ＋1＝3b ＋1＝3c ＋1时，等号成立． ∴(3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1)max ＝3 2.答案 3 2二、解答题10．设a ，b ，c 为正数，且a ＋b ＋c ＝1，求证：1a ＋1b ＋1c≥9. 证明 法一 ∵a ，b ，c 均为正数，∴1＝a ＋b ＋c≥ 33abc.又1a ＋1b ＋1c ≥331abc ＝33abc ， ∴⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＋1c ·1≥313abc·33abc ＝9. 即1a ＋1b ＋1c≥9. 法二 构造两组数：a ，b ，c ；1a ，1b ，1c. 因此根据柯西不等式有 [(a)2＋(b)2＋(c)2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫ 1a 2＋⎝⎛⎭⎫ 1b 2＋⎝⎛⎭⎫ 1c 2 ≥⎝⎛⎭⎫a ×1a ＋b×1b ＋c×1c 2.即(a ＋b ＋c)⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＋1c ≥32＝9.(当且仅当a1a ＝b1b ＝c1c，即a ＝b ＝c 时取等号)又a ＋b ＋c ＝1，所以1a ＋1b ＋1c ≥9.11．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．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.12．已知函数f(x)＝m －|x －2|，m ∈R ，且f(x ＋2)≥0的解集为[－1，1]．(1)求m 的值；(2)若a ，b ，c 大于0，且1a ＋12b ＋13c ＝m ，求证：a ＋2b ＋3c≥9.(1)解 ∵f(x ＋2)＝m －|x|，∴f(x ＋2)≥0等价于|x|≤m.由|x|≤m 有解，得m≥0且其解集为{x|－m≤x≤m}．又f(x ＋2)≥0的解集为[－1，1]，故m ＝1.(2)证明 由(1)知1a ＋12b ＋13c ＝1，且a ，b ，c 大于0，a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c)⎝⎛⎭⎫1a ＋12b ＋13c＝3＋⎝⎛⎭⎫2b a ＋a2b ＋⎝⎛⎭⎫3c a ＋a3c ＋⎝⎛⎭⎫3c 2b ＋2b3c≥3＋22ab 2ab ＋23c a ·a3c ＋23c2b ·2b3c ＝9.当且仅当a ＝2b ＝3c ＝13时，等号成立．因此a ＋2b ＋3c≥9.。

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。

第二节 不等式的证明一、基础知识1．基本不等式(1)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．(2)定理2：如果a ，b ＞0，那么a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．(3)定理3：如果a ，b ，c ∈R ＋，那么a ＋b ＋c 3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．2．比较法(1)作差法的依据是：a －b ＞0⇔a ＞b .(2)作商法：若B ＞0，欲证A ≥B ，只需证AB ≥1.3．综合法与分析法(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．(2)分析法：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．考点一 比较法证明不等式[典例] 已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪x ＋12，M 为不等式f (x )＜2的解集． (1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |＜|1＋ab |.[解] (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12＜x ＜12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )＜2，得－2x ＜2，解得x ＞－1；当－12＜x ＜12时，f (x )＜2恒成立；当x ≥12时，由f (x )＜2，得2x ＜2，解得x ＜1.所以f (x )＜2的解集M ＝{x |－1＜x ＜1}．(2)证明：由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1＜a ＜1，－1＜b ＜1，从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)(1－b 2)＜0.因此|a ＋b |＜|1＋ab |. [题组训练]1．当p ，q 都是正数且p ＋q ＝1时，求证：(px ＋qy )2≤px 2＋qy 2. 解：(px ＋qy )2－(px 2＋qy 2)＝p 2x 2＋q 2y 2＋2pqxy －(px 2＋qy 2)＝p (p －1)x 2＋q (q －1)y 2＋2pqxy .因为p ＋q ＝1，所以p －1＝－q ，q －1＝－p .所以(px ＋qy )2－(px 2＋qy 2)＝－pq (x 2＋y 2－2xy )＝－pq (x －y )2.因为p ，q 为正数，所以－pq (x －y )2≤0，所以(px ＋qy )2≤px 2＋qy 2.当且仅当x ＝y 时，不等式中等号成立． 2．求证：当a >0，b >0时，a a b b≥(ab )+2a b .证明：∵a ab b(ab )+2a b ＝⎝⎛⎭⎫a b -2a b，∴当a ＝b 时，⎝⎛⎭⎫a b -2a b ＝1，当a >b >0时，ab >1，a －b 2>0，∴⎝⎛⎭⎫a b -2a b >1，当b >a >0时，0<ab <1，a －b 2<0，∴⎝⎛⎭⎫a b -2a b>1，∴a a b b ≥(ab ) +2a b.考点二 综合法证明不等式[典例] (2017·全国卷Ⅱ)已知a >0，b >0，a 3＋b 3＝2.证明： (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4； (2)a ＋b ≤2.[证明] (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4)＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4. (2)∵(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， ∴(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2.[解题技法] 综合法证明不等式的方法(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．[题组训练]1．设a ，b ，c ，d 均为正数，若a ＋b ＝c ＋d ，且ab >cd ，求证：a ＋b >c ＋d . 证明：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．(2018·湖北八校联考)已知不等式|x |＋|x －3|<x ＋6的解集为(m ，n )． (1)求m ，n 的值；(2)若x >0，y >0，nx ＋y ＋m ＝0，求证：x ＋y ≥16xy .解：(1)由|x |＋|x －3|<x ＋6，得⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥3，x ＋x －3<x ＋6或⎩⎪⎨⎪⎧ 0<x <3，3<x ＋6或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，－x ＋3－x <x ＋6， 解得－1<x <9，∴m ＝－1，n ＝9.(2)证明：由(1)知9x ＋y ＝1，又x >0，y >0，∴⎝⎛⎭⎫1x ＋1y (9x ＋y )＝10＋y x ＋9xy ≥10＋2y x ×9xy＝16， 当且仅当y x ＝9x y ，即x ＝112，y ＝14时取等号，∴1x ＋1y≥16，即x ＋y ≥16xy .考点三 分析法证明不等式[典例] (2019·长春质检)设不等式||x ＋1|－|x －1||<2的解集为A . (1)求集合A ；(2)若a ，b ，c ∈A ，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－abc ab －c >1.[解] (1)由已知，令f (x )＝|x ＋1|－|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧2，x ≥1，2x ，－1<x <1，－2，x ≤－1，由|f (x )|<2，得－1<x <1，即A ＝{x |－1<x <1}． (2)证明：要证⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－abc ab －c >1，只需证|1－abc |>|ab －c |，即证1＋a 2b 2c 2>a 2b 2＋c 2，即证1－a 2b 2>c 2(1－a 2b 2)，即证(1－a 2b 2)(1－c 2)>0， 由a ，b ，c ∈A ，得－1<ab <1，c 2<1，所以(1－a 2b 2)(1－c 2)>0恒成立．综上，⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－abc ab －c >1.[解题技法] 分析法证明不等式应注意的问题(1)注意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)注意从要证不等式出发，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)注意恰当地用好反推符号“⇐”或“要证明”“只需证明”“即证明”等词语． [题组训练]1．已知a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac <3a .证明：由a >b >c 且a ＋b ＋c ＝0，知a >0，c <0.要证b 2－ac <3a ，只需证b 2－ac <3a 2. ∵a ＋b ＋c ＝0，∴只需证b 2＋a (a ＋b )<3a 2，即证2a 2－ab －b 2>0，即证(a －b )(2a ＋b )>0， 即证(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． 2．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 ，求证：f (ab )＞f (a )－f (－b )． 解：(1)由题意，|x ＋1|<|2x ＋1|－1，①当x ≤－1时，不等式可化为－x －1＜－2x －2，解得x ＜－1； ②当－1＜x ＜－12时，不等式可化为x ＋1＜－2x －2，此时不等式无解；③当x ≥－12时，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：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a 2b 2＋2ab ＋1＞a 2＋2ab ＋b 2，即证a 2b 2－a 2－b 2＋1＞0，即证(a 2－1)(b 2－1)＞0. 因为a ，b ∈M ，所以a 2＞1，b 2＞1，所以(a 2－1)(b 2－1)＞0成立，所以原不等式成立． [课时跟踪检测]1．已知△ABC 的三边a ，b ，c 的倒数成等差数列，试用分析法证明：∠B 为锐角．证明：要证∠B 为锐角，只需证cos B >0，所以只需证a 2＋c 2－b 2>0，即a 2＋c 2>b 2，因为a 2＋c 2≥2ac ， 所以只需证2ac >b 2，由已知得2ac ＝b (a ＋c )．所以只需证b (a ＋c )>b 2，即a ＋c >b ，显然成立． 所以∠B 为锐角．2．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：(1)由ab ＝1a ＋1b ≥2ab，得ab ≥2，仅当a ＝b ＝2时等号成立．故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，仅当a ＝b ＝2时等号成立．所以a 3＋b 3的最小值为4 2. (2)由(1)知，2a ＋3b ≥26ab ≥4 3.由于43>6，从而不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6. 3．(2019·南宁模拟)(1)解不等式|x ＋1|＋|x ＋3|<4； (2)若a ，b 满足(1)中不等式，求证：2|a －b |<|ab ＋2a ＋2b |.解：(1)当x <－3时，|x ＋1|＋|x ＋3|＝－x －1－x －3＝－2x －4<4，解得x >－4，所以－4<x <－3； 当－3≤x <－1时，|x ＋1|＋|x ＋3|＝－x －1＋x ＋3＝2<4恒成立，所以－3≤x <－1； 当x ≥－1时，|x ＋1|＋|x ＋3|＝x ＋1＋x ＋3＝2x ＋4<4，解得x <0，所以－1≤x <0. 综上，不等式|x ＋1|＋|x ＋3|<4的解集为{x |－4<x <0}．(2)证明：因为4(a －b )2－(ab ＋2a ＋2b )2＝－(a 2b 2＋4a 2b ＋4ab 2＋16ab )＝－ab (b ＋4)(a ＋4)<0， 所以4(a －b )2<(ab ＋2a ＋2b )2，所以2|a －b |<|ab ＋2a ＋2b |.4．(2018·武昌调研)设函数f (x )＝|x －2|＋2x －3，记f (x )≤－1的解集为M . (1)求M ；(2)当x ∈M 时，求证：x [f (x )]2－x 2f (x )≤0.解：(1)由已知，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1，x ≤2，3x －5，x >2.当x ≤2时，由f (x )＝x －1≤－1，解得x ≤0，此时x ≤0；当x >2时，由f (x )＝3x －5≤－1，解得x ≤43，显然不成立．故f (x )≤－1的解集为M ＝{x |x ≤0}．(2)证明：当x ∈M 时，f (x )＝x －1，于是x [f (x )]2－x 2f (x )＝x (x －1)2－x 2(x －1)＝－x 2＋x ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14. 令g (x )＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14，则函数g (x )在(－∞，0]上是增函数，∴g (x )≤g (0)＝0.故x [f (x )]2－x 2f (x )≤0. 5．(2019·西安质检)已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|. (1)解不等式f (x )≤3；(2)记函数g (x )＝f (x )＋|x ＋1|的值域为M ，若t ∈M ，求证：t 2＋1≥3t＋3t .解：(1)依题意，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ≤－1，2－x ，－1<x <12，3x ，x ≥12，∴f (x )≤3⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－3x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <12，2－x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，3x ≤3，解得－1≤x ≤1， 即不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤1}．(2)证明：g (x )＝f (x )＋|x ＋1|＝|2x －1|＋|2x ＋2|≥|2x －1－2x －2|＝3， 当且仅当(2x －1)(2x ＋2)≤0，即－1≤x ≤12时取等号，∴M ＝[3，＋∞)．t 2＋1－3t －3t ＝t 3－3t 2＋t －3t ＝(t －3)(t 2＋1)t ，∵t ∈M ，∴t －3≥0，t 2＋1>0，∴(t －3)(t 2＋1)t≥0，∴t 2＋1≥3t＋3t .6．(2019·长春质检)已知函数f (x )＝|2x －3|＋|3x －6|. (1)求f (x )<2的解集；(2)若f (x )的最小值为T ，正数a ，b 满足a ＋b ＝12，求证：a ＋b ≤T .解：(1)f (x )＝|2x －3|＋|3x －6|＝⎩⎪⎨⎪⎧－5x ＋9，x <32，－x ＋3，32≤x ≤2，5x －9，x >2.作出函数f (x )的图象如图所示．由图象可知，f (x )<2的解集为⎝⎛⎭⎫75，115.(2)证明：由图象可知f (x )的最小值为1，由基本不等式可知a ＋b2≤ a ＋b2＝ 14＝12， 当且仅当a ＝b 时，“＝”成立，即a ＋b ≤1＝T . 7．已知函数f (x )＝|2x －1|－⎪⎪⎪⎪x ＋32. (1)求不等式f (x )<0的解集M ；(2)当a ，b ∈M 时，求证：3|a ＋b |<|ab ＋9|.解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧52－x ，x <－32，－3x －12，－32≤x ≤12，x －52，x >12.当x <－32时，f (x )<0，即52－x <0，无解；当－32≤x ≤12时，f (x )<0，即－3x －12<0，得－16<x ≤12；当x >12时，f (x )<0，即x －52<0，得12<x <52.综上，M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪－16<x <52. (2)证明：要证3|a ＋b |<|ab ＋9|，只需证9(a 2＋b 2＋2ab )<a 2b 2＋18ab ＋81，即证a 2b 2－9a 2－9b 2＋81＞0，即证(a 2－9)(b 2－9)＞0.因为a ，b ∈M ，所以－16<a <52，－16<b <52，所以a 2－9<0，b 2－9<0，所以(a 2－9)(b 2－9)>0，所以3|a ＋b |<|ab ＋9|. 8．已知函数f (x )＝m －|x ＋4|(m >0)，且f (x －2)≥0的解集为[－3，－1]． (1)求m 的值；(2)若a ，b ，c 都是正实数，且1a ＋12b ＋13c＝m ，求证：a ＋2b ＋3c ≥9.解：(1)法一：依题意知f (x －2)＝m －|x ＋2|≥0，即|x ＋2|≤m ⇔－m －2≤x ≤－2＋m .由题意知不等式的解集为[－3，－1]，所以⎩⎪⎨⎪⎧－m －2＝－3，－2＋m ＝－1，解得m ＝1.法二：因为不等式f (x －2)≥0的解集为[－3，－1]，所以－3，－1为方程f (x －2)＝0的两根，即－3，－1为方程m －|x ＋2|＝0的两根，所以⎩⎪⎨⎪⎧m －|－3＋2|＝0，m －|－1＋2|＝0，解得m ＝1.(2)证明：由(1)可知1a ＋12b ＋13c＝1(a ，b ，c >0)，所以a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝⎛⎭⎫1a ＋12b ＋13c ＝3＋⎝⎛⎭⎫a 2b ＋2b a ＋⎝⎛⎭⎫a 3c ＋3c a ＋⎝⎛⎭⎫2b 3c ＋3c2b ≥9，当且仅当a ＝2b ＝3c ，即a ＝3，b ＝32，c ＝1时取等号．。

高中不等式证明练习题及参考答案高中不等式证明练习题及参考答案不等式证明是可以作文练习题经常出现的，这类的练习题是的呢?下面就是店铺给大家整理的不等式证明练习题内容，希望大家喜欢。

不等式证明练习题解答(1/a+2/b+4/c)*1=(1/a+2/b+4/c)*(a+b+c)展开，得=1+2a/b+4a/c+b/a+2+4b/c+c/a+2c/b+4=7+2a/b+4a/c+b/a+4b/c+c/a+2c/b基本不等式，得>=19>=18用柯西不等式：(a+b+c)(1/a + 2/b + 4/c)≥(1+√2+2)^2=(3+√2)^2=11+6√2≥18楼上的，用基本不等式要考虑等号时候成立，而且如果你的式子里7+2a/b+4a/c+b/a+4b/c+c/a+2c/b直接用基本不等式得出的并不是≥18设ab=x,bc=y,ca=z则原不等式等价于：x^2+y^2+z^2>=xy+yz+zx<=>2(x^2+y^2+z^2)>=2(xy+yz+zx)<=>(x^2-2xy+y^2)+(y^2-2yz+z^2)+(z^2-2zx+x^2)>=0<=>(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2>=0含有绝对值的不等式练习。

1.实数x的不等式|x-|7|x+1|成立的前提条件是：x7x+7, -1-7x-7, x>-2，因此有：-20的解，∵a<0，不等式变形为x2+x-<0，它与不等式x2+x+<0比较系数得：a=-4,b=-9.函数y=arcsinx的定义域是 [-1, 1] ，值域是，函数y=arccosx的定义域是 [-1, 1] ，值域是[0, π] ，函数y=arctgx的定义域是 R ，值域是 .，函数y=arcctgx的定义域是 R ，值域是(0, π) .直接求函数的值域困难时，可以利用已学过函数的有界性，来确定函数的值域。

6.2 不等式的证明（一）●知识梳理1.均值定理： a+b ≥2ab；a bab ≤（ 2） 2（ a 、b ∈ R + ），当且仅当 a=b 时取等号 .2.比较法： a － b ＞0a ＞b ，a － b ＜ 0 a ＜b.a3.作商法： a ＞ 0，b ＞ 0， b＞ 1a ＞b.特别提示 1.比较法证明不等式是不等式证明的最基本的方法.作差后需要判断差的符号，作差变形的方向经常是因式分解后，把差写成积的形式或配成完整平方式.b5E2RGbCAPa2.比商法要注意使用条件，若 b ＞ 1不可以推出 a ＞ b.这里要注意 a 、b 两数的符号 .●点击双基a b 2aba 2b 2 1.若 a 、 b 是正数，则2 、ab、 a b 、2这四个数的大小次序是a b 2aba 2b 2 A.ab≤ 2 ≤ab ≤2a 2b 2a b2abB.2 ≤ab≤ 2 ≤ab2aba b a 2 b 2C.ab ≤ab≤ 2 ≤2a ba 2b 22abD.ab ≤ 2 ≤ 2 ≤ab分析：可设 a=1， b=2， a b 3则 2 = 2 ， ab= 2 ，2ab4a b = 3 ，a 2b 21 4 52=2=2=2.5.答案： C1/1012.设 0＜ x＜1，则a= 2x， b=1+x， c=1x 中最大的一个是A. aB.bC.cD.不可以确立分析：∵ 0＜ x＜ 1，∴ 1+x＞ 2 x= 4x ＞ 2 x .1∴只要比较 1+ x与1 x的大小 .1 1 x2 1 x2∵ 1+x－ 1 x = 1 x =－1 x＜ 0，1∴1+x＜ 1 x .答案： C3.（ 2005年春天上海，15）若 a、 b、 c是常数，则“a＞ 0且 b2－ 4ac＜ 0”是“对随意 x∈R ，有 ax2+bx+c＞ 0”的p1EanqFDPwA. 充足不用要条件B. 必需不充足条件C.充要条件必需条件分析：当 a＞ 0， b2－ 4ac＜ 0时， ax2+bx+c＞0.2 2反之， ax +bx+c＞ 0对 x∈R建立不可以推出 a＞ 0， b － 4ac＜ 0.答案： A4.（理）已知 |a+b|＜－ c（ a、 b、c∈R），给出以下不等式：①a＜－ b－ c；② a＞－ b+c；③ a＜ b－c；④ |a|＜ |b|－ c；⑤ |a|＜－ |b|－ c.此中必定建立的不等式是____________.（把建立的不等式的序号都填上）分析：∵ |a+b|＜－ c，∴ c＜ a+b＜－ c.∴－ b+c＜ a＜－ b－c.故①②建立，③不建立.∵|a+b|＜－ c， |a+b| ≥|a－|b|，∴ |a|－ |b|＜－ c.∴ |a|＜|b|－ c.故④建立，⑤不建立 .答案：①②④（文）若 a、 b∈R，有以下不等式：①a2+3＞2a；② a2+b2≥2（ a－ b－1）；③ a5 +b5＞a31b2+a2b3；④ a+ a ≥2.此中必定建立的是 __________.DXDiTa9E3d2 2分析：① a +3 － 2a=（a－ 1） +2 ＞0，∴ a2+3＞ 2a；②a2+b2－ 2a+2b+2= （ a－ 1）2+（ b+1）2≥0，∴ a2+b2≥2（ a－ b－ 1）；③ a5+b5－ a3b2－ a2b3=a3（ a2－ b2） +b3（ b2－a2）=（ a2－ b2）（ a3－b3） =（ a+b）（ a－ b）2（a2+ab+b2） .∵（ a－ b）2≥0， a2+ab+b2≥0，但 a+b符号不确立，∴a5+b5＞ a3b2+a2b3不正确； 1④ a∈R时， a+ a ≥2不正确 .2/10答案：①②5.船在流水中在甲地和乙地间往返行驶一次的均匀速度v1和在静水中的速度v2的大小关系为 ____________. RTCrpUDGiT分析：设甲地至乙地的距离为s，船在静水中的速度为v2，水流速度为v（ v2＞v＞ 0），则船在流水中在甲乙间往返行驶一次的时间5PCzVD7HxAs s 2v2 st= v2 v+v2 v=v22 v2，2s v2 2 v 2均匀速度 v1= t = v2 .v2 2 v 2 v 2∵ v1－ v2= v2 － v2=－v2＜0，∴v1＜ v2.答案： v1＜ v2●典例分析a21【例 1】设 a＞ 0，b＞ 0，求证：（b） 2b11 1（ a ）2≥a2+b2.分析：不等式两头都是多项式的形式，故可用比差法证明或比商法证明.（ 3 3）（）a b证法一：左侧－右侧＝ab －（ a ＋ b ）（ a b）（ a ab b） ab（ a b）＝ab（ a b）（ a 2 ab b）（）（a2）ab b＝ab ＝ab ≥ 0. ∴原不等式建立 .证法二：左侧＞0，右侧＞ 0，左侧（a）（ab）a ab b 2 ab abb a b右侧＝（a）＝ab ≥ab＝1. ab b∴原不等式建立 .评论：用比较法证不等式，一般要经历作差（或商）、变形、判断三个步骤.变形的主要手段是通分、因式分解或配方.在变形过程中，也可利用基本不等式放缩，如证法二.下边的例 3则是公式法与配方法的综合应用.jLBHrnAILg1 1【例 2】已知 a、 b、 x、 y∈R+且 a ＞ b ， x＞ y.xy求证： x a ＞y b.3/10分析：察看待证不等式的特点，用比较法或分析法较合适 .证法一：（作差比较法）x ybx ay∵ x a － y（ x a ）（ y b ） b =，1 1又 a ＞ b 且 a 、b ∈ R +，∴ b ＞ a ＞0.又 x ＞ y ＞ 0，∴ bx ＞ ay.bx ay x y （ x a ）（ y b ）a ＞ y b. ∴ ＞ 0，即 x 证法二：（分析法）x y∵ x 、 y 、 a 、 b ∈ R + ，∴要证xa ＞ yb ，只要证明 x （ y+b ）＞ y （ x+a ），即证 xb ＞ ya. 11而由 a＞ b＞ 0，∴ b ＞ a ＞ 0.又 x ＞ y ＞ 0， 知 xb ＞ ya 明显建立 .故原不等式建立 .思虑议论该例若用函数的单一性应怎样结构函数?xxy解法一：令 f （ x ） = xa ，易证 f （ x ）在（ 0， +∞）上为增函数，进而 xa ＞y b.m再令 g （ x ） = mx ，易证 g （ x ）在（ 0， +∞）上单一递减 .1 1∵ a ＞ b ， a 、b ∈ R +.∴ a ＜ b.m∴ g （ a ）＞ g （ b ），即 m a ＞ xa x1解法二：原不等式即为a＞mm b ，命题得证 .yb y1b ，x为此结构函数 f （ x ） = x 1 ， x ∈（ 0，+∞） .xy易证 f （ x ）在（ 0， +∞）上为单一增函数，而 a ＞ b ，x yabyxy1 x1a ＞ yb .∴a＞b，即x【例 3】某食品厂按期购置面粉 .已知该厂每日需用面粉 6t ，每吨面粉的价钱为 1800元，面粉的保存等其余花费为均匀每吨每日3元，购面粉每次需4/10支付运费 900元 .xHAQX74J0X（ 1）求该厂多少天购置一次面粉，才能使均匀每日所支付的总花费最少 ?（ 2）若供给面粉的企业规定：当一次购置面粉许多于210t 时，其价钱可享受 9折优惠（即原价的 90%），问该厂能否考虑利用此优惠条件?请说明理由 .LDAYtRyKfE解：（ 1）设该厂应每隔 x 天购置一次面粉，其购置量为6xt ，由题意知，面粉的保存等其余花费为3［ 6x+6（ x － 1）+ +6× 2+6 ×1］=9x （ x+1） .Zzz6ZB2Ltk1设均匀每日所支付的总花费为y 1元，则 y 1= x ［ 9x （ x+1） +900］+6×1800900900 9x= x +9x+10809 ≥2 x+10809=10989.900当且仅当 9x=x ，即 x=10 时取等号，即该厂应每隔 10天购置一次面粉，才能使均匀每日所支付的总花费最少 .（ 2）若厂家利用此优惠条件，则起码每隔 35天，购置一次面粉，均匀每日支付的总花费为 y 2 元，则1y 2= x ［ 9x （x+1） +900］ +6×1800×0.90 900=x+9x+9729 （ x ≥ 35） .100 令 f （ x ） =x+ x（x ≥35），x 2＞ x 1 ≥ 35，则100 100f （x 1 ）－ f （x ）=（ xx 1）－（ x x 2 ）2 1+2+（ x 2x 1）（100 x 1x 2） =x 1 x 2∵ x 2＞ x 1≥ 35，∴ x 2－ x 1＞ 0， x 1x 2＞ 0， 100－ x 1x 2＜ 0. ∴ f （ x 1）－ f （ x 2）＜ 0，f （ x 1）＜ f （ x 2），100即 f （ x ） =x+ x ，当 x ≥35时为增函数 .∴当 x=35时， f （ x ）有最小值，此时 y 2＜ 10989.∴该厂应当接受此优惠条件 . ●闯关训练 夯实基础1.设 x ＞ 0，y ＞ 0，且 xy －（ x+y ） =1，则 A. x+y ≤2 2+2 B. x+y ≥2 2+2C.x+y ≤（ 2+1）2D.x+y ≥（ 2+1） 25/10x y分析：∵ x＞ 0， y＞ 0，∴ xy≤（2）2.x y由 xy－（ x+y） =1得（2）2－（x+y）≥1.∴ x+y≥2+2 2 .答案： B2 22.已知 x、y∈R， M=x +y +1， N=x+y+xy，则 M与 N的大小关系是A. M≥NB.M≤NC.M=ND.不可以确立分析： M－N=x2+y2+1－（ x+y+xy）1=2 ［（ x2+y2－2xy） +（ x2－ 2x+1） +（ y2－2y+1）］ 1=2 ［（ x－ y）2+（ x－1）2+（ y－ 1）2］≥0.答案： Ab 23.设 a＞ 0， b＞ 0，a2+2=1，则 a 12b的最大值是 ____________.b 2 b 2 1 3分析： a2+ 2 =1 a2+ 2 = 2 .b2 1 a 2b2 1 3∴a 1 b 2=2 232 2·a· 2 ≤2· 2 =2·2=4.3 2答案：44.若记号“※ ”表示求两个实数 a和 b的算术均匀数的运算，即 a※b= a b2，则两边均含有运算符号“※ ”和“+，”且对于随意 3个实数 a、 b、c都能建立的一个等式能够是 ____________.dvzfvkwMI1a b b a分析：∵ a※ b= 2，b※ a=2，∴a※ b+c=b※ a+c.答案： a※ b+c=b※ a+c.思虑：对于运算“※”分派律建立吗?即 a※（ b+c） =a※ b+a※ c.答案：不建立5.当 m＞ n时，求证： m3－ m2n－3mn2＞ 2m2n－ 6mn2＋ n3．证明：∵（ m3－ m2n－ 3mn2）－（ 2m2n－ 6mn2＋ n3）＝ m3－ 3m2n＋ 3mn2－ n3＝（ m－ n）3 ，r qyn14ZNXI又 m＞ n，∴ m－ n＞0.∴（ m－ n）3＞0，即（ m3－ m2n－3mn2）－（ 2m2 n－ 6mn2＋ n3）＞ 0. 故 m3－m2n－ 3mn2＞ 2m2n－ 6mn2＋ n3．6/106.已知 a ＞1， λ＞0，求证： log （a+λ）＞ log （ a+2 λ）.aa+λ证明： log a （ a+λ）－ log （a +λ）（ a+2λ）lg （ a ） （ 2 ）lg a= lg a（ a ）－ lglg 2 a ） lg a （ a 2 ） （lglg a （ ）=lg a∵ a ＞ 1，λ＞ 0，∴ lga ＞ 0， lg （ a+2λ）＞ 0，且 lga ≠lg （ a+2λ） .lg alg（ a 2 ） ∴ lga ·lg （ a+2λ）＜［（2）］ 2（ a 2a ）（a2）lg 2lg=［2］ 2＜［2］ 2=lg 2（ a+λ） .lg 2a） （ 2 ）（lg a lg a（ a） ∴lg a lg＞ 0.∴ log a （ a+λ）＞ log （a+ λ）（ a+2λ） . 培育能力7.已知 x ＞0， y ＞ 0，若不等式 x + y≤mx y恒建立，务实数 m 的最小值 .分析：∵ x+y≤mx y 恒建立，xy∴ m ≥x y恒建立 .x y∴ m 的最小值就是x y的最大值 .解：∵x+y≤m x y 恒建立，xy∴ m ≥x y恒建立 .∵ x ＞ 0，y ＞ 0，（ x2xyy ）∴ xy ≥2=2.xyxyxy∴ x y ≤2=2 .∴ m的最小值为 2 .7/10评论：分别参数法是求参数的范围问题常用的方法，化归是解这种问题常用的手段.8.有点难度哟！求证：在非 Rt △ ABC 中，若 a ＞b ， h a 、 h b 分别表示 a 、 b 边上的高，则必有 a+h a ＞ b+h b . 证明：设 S 表示△ ABC 的面积，则 111S= 2 ah a = 2 bh b = 2absinC.∴ h a =bsinC ， h b =asinC.∴（ a+h a ）－（ b+h b ） =a+bsinC － b － asinC =（ a － b ）（ 1－ sinC ） .π∵ C ≠2，∴ 1－sinC ＞ 0. ∴（ a － b ）（ 1－sinC ）＞ 0. ∴ a+h a ＞ b+h b . 研究创新9.设二次函数 f （ x ） =ax 2+bx+c （a ＞ 0），方程 f （ x ）－ x=0的两根 x 1、x 2 知足 1＜ x 1＜ x 2 1＜ a .EmxvxOtOco（ 1）当 x ∈（ 0， x 1）时，证明 x ＜f （ x ）＜ x 1；x 1（ 2）设函数 f （ x ）的图象对于直线 x=x 0对称，求证 x 0＜ 2 .证明：（ 1）令 F （ x ） =f （ x ）－ x ，∵ x 1、 x 2是方程 f （ x ）－ x=0的根， ∴ F （ x ） =a （ x － x 1）（ x － x 2） . 当 x ∈（ 0， x 1）时，因为 x 1＜ x 2，∴（ x － x 1）（ x － x 2）＞ 0.又 a ＞ 0，得 F （x ） =a （ x －x 1 ）（ x － x 2）＞ 0，即 x ＜ f （ x ） .又 x 1－ f （ x ） =x 1－［ x+F （ x ）］ =x 1－x+a （ x 1－ x ）（ x － x 2） =（ x 1－ x ）［ 1+ a （x － x 2）］， SixE2yXPq51∵ 0＜ x ＜x 1＜x 2＜ a ， x 1－ x ＞0， 1+a （ x － x 2）=1+ ax － ax 2＞1－ ax 2＞ 0，∴ x 1－ f （ x ）＞ 0，即 f （ x ）＜ x 1. 综上，可知 x ＜ f （ x ）＜ x 1.b（ 2）由题意知 x 0=－2a.∵ x 1、 x 2是方程 f （ x ）－ x=0的根，即 x 1、 x 2是方程 ax 2+（b － 1） x+c=0 的根， b 1∴ x1+x2=－a.b a（x1 x2） 1 ax1 ax2 1 ∴ x0=－ 2a = 2a = 2a .8/10ax 1 x 1又∵ ax 2＜ 1，∴ x 0＜ 2a = 2 .●思悟小结1.比较法有两种形式：一是作差，二是作商 .用作差法证明不等式是证明不等式中最基本、最常用的方法 .它的依照是不等式的基天性质 .6ewMyirQFL2.步骤是：作差（商） → 变形 → 判断 .变形的目的是为了判断 .假如作差，就判断与 0的 大小关系，为了便于判断，常常把形式变成积或完整平方式.假如作商，两边为正，就判断与 1的大小关系 .kavU42VRUs3.有时要先对不等式作等价变形再进行证明，有时几种证明方法综合使用 .4.在应用均值定理求最值时，要掌握定理建立的三个条件，就是“一正 —— 各项均为正；二定 —— 积或和为定值；三相等—— 等号可否获得 ”若.忽视了某个条件，就会出现错误 .y6v3ALoS89●教师下载中心 教课点睛1.在证明不等式的各样方法中，作差比较法是一种最基本、最重要的方法，它是利用不等式两边的差是正数仍是负数来证明不等式，其应用特别宽泛，必定要娴熟掌握M2ub6vS.TnP2.对于公式 a+b ≥2a bab， ab ≤（ 2 ） 2要讲清它们的作用和使用条件及内在联系，两个公式也表现了 ab 和 a+b 的转变关系 .0YujCfmUCw拓展题例【例 1】设 a 、 b ∈R ，对于 x 的方程 x 2＋ax ＋ b ＝ 0的实根为 α、 β.若｜ a ｜＋｜ b ｜＜ 1，求证：｜ α｜＜ 1，｜ β｜＜ 1.eUts8ZQVRd证法一：∵ α＋ β＝－ a ， αβ＝ b ，∴｜ α＋ β｜＋｜ αβ｜＝｜ a ｜＋｜ b ｜＜ 1.∴｜ α｜－｜ β｜＋｜ α｜｜ β｜＜ 1，（｜ α｜－ 1）（｜ β｜＋ 1）＜ 0. ∴｜ α｜＜ 1.同理，｜ β｜＜ 1. 证法二：设 f （ x ） =x 2＋ ax ＋b ，则有f （1）＝ 1＋ a ＋ b ＞ 1－（｜ a ｜＋｜ b ｜）＞ 1－ 1＝ 0， f （－ 1）＝ 1－ a ＋ b ＞ 1－（｜ a ｜＋｜ b ｜）＞ 0.∵ 0≤｜a ｜＜ 1，∴－ 1＜ a ＜ 1.1a 1∴－ 2＜－ 2＜ 2.∴方程 f （ x ）＝ 0的两实根在（－ 1， 1）内，即｜ α｜＜ 1，｜ β｜＜ 1.评论：证法一先利用韦达定理，再用绝对值不等式的性质恰巧能分解因式；证法二考虑根的散布，证两根在（－ 1， 1）内 .sQsAEJkW5Txyxy 【例 2】 能否存在常数 C ，使得不等式2 xy + x 2 y ≤C ≤x2 y + 2 xy对随意正数 x 、y 恒建立 ?试证明你的结论.2解：当 x=y时，可由不等式得出C= 3 .9/10下边分两个方面证明 .x y 2先证2x y+x 2 y≤ 3 ，此不等式3x（ x+2y） +3y（ 2x+y）≤2（ 2x+y）（ x+2y）x2+y2≥2xy.x y 2再证 x 2 y + 2 x y≥3 ，此不等式3x（2x+y） +3 y（x+2y）≥2（x+2y）（ 2x+y） 2xy≤x2+y2.2综上，可知存在常数C= 3，使对任何正数 x、 y不等式恒建立 .10/10。

选修4－5－2 不等式的证明一、选择题1．ab ≥0是|a －b |＝|a |－|b |的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．不充分也不必要条件答案：B2．若实数x 、y 满足1x 2＋1y 2＝1，则x 2＋2y 2有( ) A ．最大值3＋2 2 B ．最小值3＋2 2C ．最大值6D ．最小值6答案：B3．若a ，b ，c ∈R ，且满足|a －c |＜b ，给出下列结论①a ＋b ＞c ；②b ＋c ＞a ；③a ＋c ＞b ；④|a |＋|b |＞|c |.其中错误的个数( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案：A4．已知a ＞0，b ＞0，m ＝a b ＋b a，n ＝a ＋b ，p ＝a ＋b ，则m ，n ，p 的大小顺序是( ) A ．m ≥n ＞p B ．m ＞n ≥pC ．n ＞m ＞pD ．n ≥m ＞p答案：A5．设a 、b 、c ∈R ＋，则三个数a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a( ) A ．都大于2 B ．都小于2C ．至少有一个不大于2D ．至少有一个不小于2答案：D6．若a ＞b ＞1，P ＝lg a ·lg b ，Q ＝12(lg a ＋lg b )，R ＝lg ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2，则( )A ．R ＜P ＜QB ．P ＜Q ＜RC ．Q ＜P ＜RD ．P ＜R ＜Q答案：B二、填空题7．设两个不相等的正数a 、b 满足a 3－b 3＝a 2－b 2，则a ＋b 的取值范围是__________．答案：⎝⎛⎭⎫1，43 8．用max{x ，y ，z }表示x ，y ，z 三个实数中的最大数，对于任意实数a ，b ，设max{|a |，|a ＋b ＋1|，|a －b ＋1|}＝M ，则M 的最小值是__________．答案：129．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__________．答案：a ≥b三、解答题10．已知a ＞b ＞c ＞0，求证：a ＋33(a －b )(b －c )c≥6.(并指出等号成立的条件) 证明：因为a ＞b ＞c ＞0，所以a －b ＞0，b －c ＞0，所以a ＝(a －b )＋(b －c )＋c ≥33(a －b )(b －c )c ，当且仅当a －b ＝b －c ＝c 时，等号成立，所以a ＋33(a －b )(b －c )c≥33(a －b )(b －c )c ＋33(a －b )(b －c )c≥233(a －b )(b －c )c33(a －b )(b －c )c＝6， 当且仅当33(a －b )(b －c )c ＝33(a －b )(b －c )c时，等号成立，故可求得a ＝3，b ＝2，c ＝1时等号成立．11．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )，当x ∈[－1,1]时，恒有|f (x )|≤1.(1)求证：|b |≤1；(2)f (0)＝－1，f (1)＝1，求f (x )的表达式．解析：(1)证明：∵f (1)＝a ＋b ＋c ，f (－1)＝a －b ＋c ，∴b ＝12[f (1)－f (－1)]． ∵当x ∈[－1,1]时，|f (x )|≤1.∴|f (1)|≤1，|f (－1)|≤1.∴|b |＝12|f (1)－f (－1)| ≤12[|f (1)|＋|f (－1)|]≤1. (2)由f (0)＝－1，f (1)＝1，得c ＝－1，b ＝2－a .∴f (x )＝ax 2＋(2－a )x －1.∵当x ∈[－1,1]时，|f (x )|≤1.∴|f (－1)|≤1，即|2a －3|≤1，解得1≤a ≤2.∴a －22a ＝12－1a∈[－1,1]． 依题意，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －22a ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －22a 2＋(2－a )⎝ ⎛⎭⎪⎫a －22a －1≤1， 整理，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪(a －2)24a ＋1≤1. 又a ＞0，(a －2)24a ≥0，(a －2)24a＋1≥1. ∴(a －2)24a＝0，即a ＝2， 从而b ＝0，故f (x )＝2x 2－1.12．设正有理数x 是3的一个近似值，令y ＝1＋21＋x. (1)若x ＞3，求证：y ＜3；(2)求证：y 比x 更接近于 3.证明：(1)y －3＝1＋21＋x－ 3 ＝3－3＋x －3x 1＋x＝(1－3)(x －3)1＋x ，∵x ＞3，∴x －3＞0，而1－3＜0，∴y ＜ 3.(2)∵|y －3|－|x －3|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪(1－3)(x －3)1＋x －|x －3| ＝|x －3|⎝ ⎛⎭⎪⎫3－11＋x －1 ＝|x －3|⎝ ⎛⎭⎪⎫3－2－x 1＋x ∵x ＞0，3－2＜0，|x －3|＞0，∴|y －3|－|x －3|＜0，即|y －3|＜|x －3|，∴y 比x 更接近于 3.。

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，＋∞)．。

高考数学一轮复习《不等式的性质》综合复习练习题（含答案）一、单选题1．已知01,0a b <<<，则下列大小关系正确的是（ ） A ．21ab a b << B ．21ab a b << C ．21ab a b << D ．21a b ab <<2．如果a bc c>，那么下列不等式中，一定成立的是（ ） A ．22ac bc >B ．a b >C ．a c b c ->-D ．ac bc >3．如果,,,R a b c d ∈，则正确的是（ ） A ．若a >b ，则11a b <B ．若a >b ，则22ac bc >C ．若a >b ，c >d ，则a +c >b +dD ．若a >b ，c >d ，则ac >bd4．若a >b ，c >d ，则下列不等式中一定正确的是（ ） A ．a d b c +>+ B ．a d b c ->- C ．ad bc >D ．a b d c> 5．若,R a b ∈，下列命题正确的是（ ） A ．若a b >，则22a b > B ．R c ∈，若a b >，则22ac bc > C ．若33a b ->-，则a b <D ．0a ≠，0b ≠，若a b >，则11a b <6．已知,a b R ∈且满足1311a b a b ≤+≤⎧⎨-≤-≤⎩，则42a b +的取值范围是（ ）A ．[0,12]B ．[4,10]C ．[2,10]D ．[2,8]7．若,,a b c ∈R ，且a b >，则下列不等式一定成立的是（ ） A ．11a b<B ．ac bc >C ．()20a b c -≥D ．b c ba c a+>+ 8．设a ，b ∈R ，0a b <<，则（ ） A ．22a b <B ．b a a b> C ．11a b a>- D ．2ab b >9．若数列{}n a 为等差数列，数列{}n b 为等比数列，则下列不等式一定成立的是（ ） A ．1423b b b b +≤+B ．4132b b b b ≤--C ．3124a a a a ≥D ．3124a a a a ≤10．设0a b <<，给出下列四个结论：①a b ab +<；②23a b <；③22a b <；④a a b b <.其中正确的结论的序号为（ ） A ．①②B ．①④C ．②③④D ．①②③11．若向量a 、b 、c 满足0a b c ++=，且222a b c <<，则a b ⋅、b c ⋅、a c ⋅中最大的是（ ） A ．a b ⋅B ．b c ⋅C ．a c ⋅D ．不能确定12．已知0a b >>，且1a b +=，则下列结论正确的是（ ） A ．n 0()l a b ->B2C ．a b b a >D ．114a b+>二、填空题13．已知25,21a b a b ≤+≤-≤-≤，则3a b -的取值范围是___________.14．若2312a b <<<<，，则2a b -的取值范围是____． 15．已知12,03a b ≤≤≤≤，则2+a b 的取值范围为__________． 16．若23a -<<，12b <<，则2a b -的取值范围是____________．三、解答题17．比较（x －2）（x －4）与（x －1）（x －5）的大小关系．18．求解下列问题：(1)已知a ∈R ，比较()()37a a ++和()()46a a ++的大小； (2)已知0x y <<，比较1x与1y 的大小.19．（1）已知022a b <-<，123a b <+<，求a b +的取值范围； （2）已知x ，y ，z 都是正数，求证：222x y z xy xz yz ++≥++．20．对于四个正数m n p q 、、、，若满足mq np <，则称有序数对(),m n 是(),p q 的“下位序列”． (1)对于2、3、7、11，有序数对()3,11是()2,7的“下位序列”吗？请简单说明理由；(2)设a b a d 、、、均为正数，且(),a b 是(),c d 的“下位序列”，试判断a c a c b d b d ++、、之间的大小关系．21．请选择适当的方法证明. (1)已知0a >，0b >，且ab ，证明：3322a b a b ab +>+；(2)已知x ∈R ，22a x =-，23b x =-+，证明：a ，b 中至少有一个不小于0.22．已知关于x 的不等式2260ax x a -+<的解集为A ，集合(2,3)B =． (1)若A B ⊆，求实数a 的取值范围； (2)若B A ⊆，求实数a 的取值范围．23．求证下列问题：(1)已知a b c ，，均为正数，求证:bc ac aba b c++a b c ≥++. (2)已知0xy >，求证: 11x y>的充要条件是x y <.24．已知定义在R 的偶函数()f x 和奇函数()g x 满足：()()3x f x g x +=． (1)求(),()f x g x ，并证明：22()()(2)f x g x f x +=；(2)若存在1,12x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得不等式2(2)2()10f x ag x ++≤成立，求实数a 的取值范围。

课时作业32 不等式的证明时间：45分钟 分值：100分一、选择题(每小题5分，共30分)1．已知P ＝，Q ＝(52)3，R ＝(12)3，则P 、Q 、R 的大小关系是 ( ) A ．P <Q <R B ．R <P <QC ．Q <P <RD ．R <Q <P解析：∵0<P ＝<1，Q ＝(52)3>1,0<R ＝(12)3＝18<1， ∴P <Q ，R <Q ，∵ >2－3.∴R <P ，∴R <P <Q .答案：B2．设a >2，b >2，则 ( )A ．ab >a ＋bB ．ab <a ＋bC ．存在a ，b ，使得ab ＝a ＋bD.a b>1 解析：⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b >4(a －2)(b －2)>0⇒ab >2(a ＋b )－4>a ＋b . 答案：A3．某商品计划提价，现有四种方案：方案(Ⅰ)先提价m %，再提价n %；方案(Ⅱ)先提价n %，再提价m %；方案(Ⅲ)分两次提价，每次提价(m ＋n 2)%；方案(Ⅳ)一次性提价(m ＋n )%，已知m >n >0，那么四种提价方案中，哪一种提价最多 ( )A ．ⅠB ．ⅡC ．ⅢD ．Ⅳ解析：设提价前的价格为p ，则：方案(Ⅰ)：p (1＋m %)(1＋n %)；方案(Ⅱ)：p (1＋n %)(1＋m %)；方案(Ⅲ)：p (1＋m ＋n 2%)2； 方案(Ⅳ)：p [1＋(m ＋n )%]．比较这四个值，(Ⅰ)，(Ⅱ)相同，且(1＋m ＋n 2%)2＝1＋(m ＋n )%＋(m ＋n 2%)2>(1＋n %)(1＋m %)＝1＋(m ＋n )%＋m %·n %>1＋(m ＋n )%，故方案(Ⅲ)提价最多．故选C.答案：C4．已知0<a <1，b >1且ab >1，则下列不等式中成立的是 ( )A ．log b 1b <log a b <log a 1bB ．log a b <log b 1b <log a 1bC ．log a b <log a 1b <log b 1bD ．log a 1b<log a b <log b a 解析：特殊值法．令a ＝110，b ＝100. 答案：B5．设M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则 ( ) A ．M ＝1 B ．M <1C ．M >1D ．M 与1大小关系不定解析：分母全换成210.应选B.答案：B6．设a 、b 、c ∈R ＋，则三个数a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a满足 ( ) A ．都不大于2 B ．都不小于2C ．至少有一个不大于2D ．至少有一个不小于2解析：若a ＋1b <2，b ＋1c <2，c ＋1a<2同时成立， 相加得(a ＋1a )＋(b ＋1b )＋(c ＋1c)<6.① 但∵a 、b 、c ∈R ＋，∴a ＋1a ≥2，b ＋1b ≥2，c ＋1c≥2. ∵(a ＋1a )＋(b ＋1b )＋(c ＋1c)≥6. ② ∵①式与②式矛盾，∴a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a至少有一个不小于2，选D. 答案：D二、填空题(每小题5分，共7．若a >b >1，P ＝lg a ·lg b ，Q ＝12(lg a ＋lg b )，R ＝lg a ＋b 2，则P 、Q 、R 从小到大的顺序是__________． 解析：因为a >b >1，所以lg a ·lg b <lg a ＋lg b 2＝lg ab <lg a ＋b 2. 应填P <Q <R .答案：P <Q <R8．lg9·lg11与1的大小关系是__________．解析：lg9·lg11<(lg9＋lg112)2＝(lg992)2<(lg1002)2＝1. 答案：lg9·lg11<19．设x >0，y >0，A ＝x ＋y 1＋x ＋y ，B ＝x 1＋x ＋y 1＋y，则A 、B 的大小关系是________． 解析：A ＝x ＋y 1＋x ＋y ＝x 1＋x ＋y ＋y 1＋x ＋y <x 1＋x ＋y 1＋y＝B 答案：A <B10．已知|a ＋b |<－c (a 、b 、c ∈R )，给出下列不等式：①a <－b －c; ②a >－b ＋c ；③a <b －c; ④|a |<|b |－c ；⑤|a |<－|b |－c .其中一定成立的不等式是__________．(注：把成立的不等式序号都填上)解析：∵|a ＋b |<－c ，∴c <a ＋b <－c .∴a <－b －c ，a >－b ＋c ，①②成立．又|a |－|b |<|a ＋b |<－c ，∴|a |<|b |－c ，④成立．当a ＝3，b ＝－3，c ＝－1时，虽|a ＋b |＝0<－c ，但3>－3＋1，故③⑤不成立．答案：①②④三、解答题(共50分)11．(15分)已知a 、b 、c ∈(0，＋∞)，且a 、b 、c 成等比数列．求证：a 2＋b 2＋c 2>(a －b ＋c )2.证明：左边－右边＝2(ab ＋bc －ac )．∵a 、b 、c 成等比数列，∴b 2＝ac .∵a 、b 、c ∈(0，＋∞)，∴0<b ＝ac ≤a ＋c 2<a ＋c . ∴a ＋c >b .∴2(ab ＋bc －ac )＝2(ab ＋bc －b 2)＝2b (a ＋c －b )>0.∴a 2＋b 2＋c 2>(a －b ＋c )2.12．(15分)设a 、b 为不相等的两个正数，且a 3－b 3＝a 2－b 2.求证：1<a ＋b <43. 证明：(放缩法)由题设得a 2＋ab ＋b 2＝a ＋b ，又∵(a ＋b )2>a 2＋ab ＋b 2＝a ＋b ，∴a ＋b >1.又∵(a ＋b )2>4ab ，(a ＋b )2＝a 2＋2ab ＋b 2，∴a ＋b ＝a 2＋b 2＋ab＝(a ＋b )2－ab >(a ＋b )2－(a ＋b )24. 即34(a ＋b )2<a ＋b ， ∴a ＋b <43.故1<a ＋b <43. 13．(已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与x 轴有两个不同的交点，若f (c )＝0，且0<x <c 时，f (x )>0.(1)证明：1a是f (x )＝0的一个根； (2)试比较1a与c 的大小； (3)证明：－2<b <－1.解：(1)∵f (x )图象与x 轴有两个不同的交点，∴f (x )＝0有两个不等实根x 1，x 2，∵f (c )＝0，∴x 1＝c 是f (x )＝0的根，又x 1x 2＝c a ，∴x 2＝1a (1a≠c )， ∴1a是f (x )＝0的一个根． (2)假设1a <c ，又1a>0， 由0<x <c 时，f (x )>0，知f (1a )>0与f (1a )＝0矛盾，∴1a>c . (3)由f (c )＝0，得ac ＋b ＋1＝0，∴b ＝－1－ac .又a >0，c >0，∴b <－1.二次函数f (x )的图象的对称轴方程为x ＝－b 2a ＝x 1＋x 22<x 2＋x 22＝x 2＝1a， 即－b 2a <1a. 又a >0，∴b >－2，∴－2<b <－1.。