30东北师大附属中学高三第一轮复习导学案--不等式的证明B

不等式的证明(教案)A一、知识梳理：常用的不等式的证明方法:1、比较法比较法证明不等式的一般步骤：作差—变形—判断—结论；为了判断作差出的符号，有时要把这个差变形为一个常数，或者变形为一个常数与一个或者几个平方和的形式，也可变形为几个因式的积的形式，以便判断其正负。

2、综合法：利用某些已经证明过的不等式（均值不等式）和不等式的性质，推出所经证明的不等式，这个证明方法叫做综合法，利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质要注意它们各自成立的条件。

综合法证明不等式的逻辑关系：即从已知条件A出发，逐步推演不等式成立的必要条件，推导出所经证明的结论B。

3分析法：证明不等式时，有时可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已具备，那么就可以断定原不等式成立，这种方法通常叫分析法。

4、反证法：正难则反先假设要证明的问题不成立，以此为出发点，结合已知的条件、应用公理，定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件（或已证明的定理、性质、明显成立的事实等）矛盾结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，这种证明方法称为反证法。

5、放缩法：证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的，这种方法叫放缩法。

所谓的放缩技巧：即欲证A≤B，欲寻找一个（或多个）中间变量C，使得A≤C≤B，由“A到C就是“放”，则B到C就上“缩”。

二、题型探究探究一：比较法：例1：若水杯中b克糖水中含有a克糖，假如再加入m克糖，糖水会变得更甜，试将这一事实用数学关系式表示出来，并加以证明。

探究二：分析法和综合法≥√a+√b例2：已知正数a，b，求证：+√a探究三：放缩法：例3：求证：1+11×2+11×2×3+…+11×2×3…×n <2例4：证明不等式：1+√2+√3+…+n <2√n （n ∈N ∗）探究五：反证法：例5：已知a ，b ，c 都是小于1的正数，求证：（1-a ）b ，（1-b ）c ，（1-c ）a 中至少有一个不大于14 。

方法一：移项补充构造法（２0２0·江西赣州模拟）已知函数f（x）＝１—错误!，g（x）＝错误!＋错误!—bx，若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）的一个公共点是A（１，１），且在点A处的切线互相垂直．（１）求a，b的值；（２）证明：当x≥１时，f（x）＋g（x）≥错误!.【解】（１）因为f（x）＝１—错误!，所以f′（x）＝错误!，f′（１）＝—１．因为g（x）＝错误!＋错误!—bx，所以g′（x）＝—错误!—错误!—b.因为曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）的一个公共点是A（１，１），且在点A处的切线互相垂直，所以g（１）＝１，且f′（１）·g′（１）＝—１，所以g（１）＝a＋１—b＝１，g′（１）＝—a—１—b＝１，解得a＝—１，b＝—１．（２）证明：由（１）知，g（x）＝—错误!＋错误!＋x，则f（x）＋g（x）≥错误!⇔１—错误!—错误!—错误!＋x≥0．令h（x）＝１—错误!—错误!—错误!＋x（x≥１），则h（１）＝0，h′（x）＝—错误!＋错误!＋错误!＋１＝错误!＋错误!＋１．因为x≥１，所以h′（x）＝错误!＋错误!＋１>0，所以h（x）在[１，＋∞）上是增加的，所以h（x）≥h（１）＝0，即１—错误!—错误!—错误!＋x ≥0，所以当x≥１时，f（x）＋g（x）≥错误!.错误!待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证．已知函数f（x）＝ax＋x ln x在x＝e—２（e为自然对数的底数）处取得极小值．（１）求实数a的值；（２）当x>１时，求证：f（x）>３（x—１）．解：（１）因为f（x）＝ax＋x ln x，所以f′（x）＝a＋ln x＋１，因为函数f（x）在x＝e—２处取得极小值，所以f′（e—２）＝0，即a＋ln e—２＋１＝0，所以a＝１，所以f′（x）＝ln x＋２．当f′（x）>0时，x>e—２；当f′（x）<0时，0<x<e—２，所以f（x）在（0，e—２）上是减少的，在（e—２，＋∞）上是增加的，所以f（x）在x＝e—２处取得极小值，符合题意，所以a＝１．（２）证明：由（１）知a＝１，所以f（x）＝x＋x ln x.令g（x）＝f（x）—３（x—１），即g（x）＝x ln x—２x＋３（x>0）．g′（x）＝ln x—１，由g′（x）＝0，得x＝e.由g′（x）>0，得x>e；由g′（x）<0，得0<x<e.所以g（x）在（0，e）上是减少的，在（e，＋∞）上是增加的，所以g（x）在（１，＋∞）上的最小值为g（e）＝３—e>0．于是在（１，＋∞）上，都有g（x）≥g（e）>0，所以f（x）>３（x—１）．方法二：隔离分析法（２0２0·福州模拟）已知函数f（x）＝eln x—ax（a∈R）．（１）讨论f（x）的单调性；（２）当a＝e时，证明：xf（x）—e x＋２e x≤0．【解】（１）f′（x）＝错误!—a（x>0），１若a≤0，则f′（x）>0，f（x）在（0，＋∞）上是增加的；２若a>0，则当0<x<错误!时，f′（x）>0，当x>错误!时，f′（x）<0，故f（x）在错误!上是增加的，在错误!上是减少的．（２）证明：法一：因为x>0，所以只需证f（x）≤错误!—２e，当a＝e时，由（１）知，f（x）在（0，１）上是增加的，在（１，＋∞）上是减少的，所以f（x）max＝f（１）＝—e.记g（x）＝错误!—２e（x>0），则g′（x）＝错误!，所以当0<x<１时，g′（x）<0，g（x）是减少的，当x>１时，g′（x）>0，g（x）是增加的，所以g（x）min＝g（１）＝—e.综上，当x>0时，f（x）≤g（x），即f（x）≤错误!—２e，即xf（x）—e x＋２e x≤0．法二：由题意知，即证e x ln x—e x２—e x＋２e x≤0，从而等价于ln x—x＋２≤错误!.设函数g（x）＝ln x—x＋２，则g′（x）＝错误!—１．所以当x∈（0，１）时，g′（x）>0，当x∈（１，＋∞）时，g′（x）<0，故g（x）在（0，１）上是增加的，在（１，＋∞）上是减少的，从而g（x）在（0，＋∞）上的最大值为g（１）＝１．设函数h（x）＝错误!，则h′（x）＝错误!.所以当x∈（0，１）时，h′（x）<0，当x∈（１，＋∞）时，h′（x）>0，故h（x）在（0，１）上是减少的，在（１，＋∞）上是增加的，从而h（x）在（0，＋∞）上的最小值为h（１）＝１．综上，当x>0时，g（x）≤h（x），即xf（x）—e x＋２e x≤0．错误!若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的．已知f（x）＝x ln x.（１）求函数f（x）在[t，t＋２]（t>0）上的最小值；（２）证明：对一切x∈（0，＋∞），都有ln x>错误!—错误!成立．解：（１）由f（x）＝x ln x，x>0，得f′（x）＝ln x＋１，令f′（x）＝0，得x＝错误!.当x∈错误!时，f′（x）<0，f（x）是减少的；当x∈错误!时，f′（x）>0，f（x）是增加的．１当0<t<错误!<t＋２，即0<t<错误!时，f（x）min＝f错误!＝—错误!；２当错误!≤t<t＋２，即t≥错误!时，f（x）在[t，t＋２]上是增加的，f（x）min＝f（t）＝t ln t.所以f（x）min＝错误!.（２）证明：问题等价于证明x ln x>错误!—错误!（x∈（0，＋∞））．由（１）可知f（x）＝x ln x（x∈（0，＋∞））的最小值是—错误!，当且仅当x＝错误!时取到．设m（x）＝错误!—错误!（x∈（0，＋∞）），则m′（x）＝错误!，由m′（x）<0得x>１时，m（x）为减函数，由m′（x）>0得0<x<１时，m（x）为增函数，易知m（x）max＝m（１）＝—错误!，当且仅当x＝１时取到．从而对一切x∈（0，＋∞），x ln x≥—错误!≥错误!—错误!，两个等号不能同时取到，即证对一切x∈（0，＋∞）都有ln x>错误!—错误!成立．方法三：特征分析法已知函数f（x）＝ax—ln x—１．（１）若f（x）≥0恒成立，求a的最小值；（２）证明：错误!＋x＋ln x—１≥0；（３）已知k（e—x＋x２）≥x—x ln x恒成立，求k的取值范围．【解】（１）由题意知x>0，所以f（x）≥0等价于a≥错误!.令g（x）＝错误!，则g′（x）＝错误!，所以当x∈（0，１）时，g′（x）>0；当x∈（１，＋∞）时，g′（x）<0．则g（x）在（0，１）上是增加的，在（１，＋∞）上是减少的，所以g（x）max＝g（１）＝１，则a≥１，所以a的最小值为１．（２）证明：当a＝１时，由（１）得x≥ln x＋１．即t≥ln t＋１．令错误!＝t，则—x—ln x＝ln t，所以错误!≥—x—ln x＋１，即错误!＋x＋ln x—１≥0．（３）因为k（e—x＋x２）≥x—x ln x，即k错误!≥１—ln x恒成立，所以k≥错误!＝—错误!＋１，由（２）知错误!＋x＋ln x—１≥0恒成立，所以—错误!＋１≤１，故k≥１．错误!这种方法往往要在前面问题中证明出某个不等式，在后续的问题中应用前面的结论，呈现出层层递进的特点．已知函数f（x）＝错误!.（１）求函数f（x）的单调区间和极值；（２）若对任意的x>１，恒有ln（x—１）＋k＋１≤kx成立，求k的取值范围；（３）证明：错误!＋错误!＋…＋错误!<错误!（n∈N＋，n≥２）．解：（１）f（x）的定义域是（0，＋∞），f′（x）＝—错误!，由f′（x）＝0⇒x＝１，列表如下：x（0，１）１（１，＋∞）f′（x）＋0—f（x）增加极大值减少因此函数f（x（２）因为x>１，ln（x—１）＋k＋１≤kx⇔错误!≤k⇔f（x—１）≤k，所以f（x—１）max≤k，所以k≥１．（３）证明：由（１）可得f（x）＝错误!≤f（x）max＝f（１）＝１⇒错误!≤１—错误!，当且仅当x＝１时取等号．令x＝n２（n∈N+，n≥２）．则错误!<１—错误!⇒错误!<错误!错误!<错误!错误!＝错误!错误!（n≥２），所以错误!＋错误!＋…＋错误!<错误!错误!＋错误!错误!＋…＋错误!错误!＝错误!错误!＝错误!（n∈N+，n≥２）．方法四：换元构造法已知函数f（x）＝ln x—ax（x>0），a为常数，若函数f（x）有两个零点x１，x２（x１≠x２）．求证：x１x２>e２.【证明】不妨设x１>x２>0，因为ln x１—ax１＝0，ln x２—ax２＝0，所以ln x１＋ln x２＝a（x１＋x２），ln x１—ln x２＝a（x１—x２），所以错误!＝a，欲证x１x２>e２，即证ln x１＋ln x２>２．因为ln x１＋ln x２＝a（x１＋x２），所以即证a>错误!，所以原问题等价于证明错误!>错误!，即ln错误!>错误!，令c＝错误!（c>１），则不等式变为ln c>错误!.令h（c）＝ln c—错误!，c>１，所以h′（c）＝错误!—错误!＝错误!>0，所以h（c）在（１，＋∞）上是增加的，所以h（c）>h（１）＝ln １—0＝0，即ln c—错误!>0（c>１），因此原不等式x１x２>e２得证．错误!换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数a，再结合所证问题，巧妙引入变量c＝错误!，从而构造相应的函数．其解题要点为：联立消参利用方程f（x１）＝f（x２）消掉解析式中的参数a抓商构元令c＝错误!，消掉变量x１，x２，构造关于c的函数h（c）用导求解利用导数求解函数h（c）的最小值，从而可证得结论已知函数f（x）＝ln x—错误!ax２＋x，a∈R.（１）当a＝0时，求函数f（x）的图象在（１，f（１））处的切线方程；（２）若a＝—２，正实数x１，x２满足f（x１）＋f（x２）＋x１x２＝0，求证：x１＋x２≥错误!.解：（１）当a＝0时，f（x）＝ln x＋x，则f（１）＝１，所以切点为（１，１），又因为f′（x）＝错误!＋１，所以切线的斜率k＝f′（１）＝２，故切线方程为y—１＝２（x—１），即２x—y—１＝0．（２）证明：当a＝—２时，f（x）＝ln x＋x２＋x（x>0）．由f（x１）＋f（x２）＋x１x２＝0，得ln x１＋x错误!＋x１＋ln x２＋x错误!＋x２＋x１x２＝0，从而（x１＋x２）２＋（x１＋x２）＝x１x２—ln（x１x２），令t＝x１x２（t>0），令φ（t）＝t—ln t，得φ′（t）＝１—错误!＝错误!，易知φ（t）在区间（0，１）上是减少的，在区间（１，＋∞）上是增加的，所以φ（t）≥φ（１）＝１，所以（x１＋x２）２＋（x１＋x２）≥１，因为x１>0，x２>0，所以x１＋x２≥错误!.两个经典不等式的活用逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证．利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．（１）对数形式：x≥１＋ln x（x>0），当且仅当x＝１时，等号成立．（２）指数形式：e x≥x＋１（x∈R），当且仅当x＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：e x>x＋１>x>１＋ln x（x>0，且x≠１）．（１）已知函数f（x）＝错误!，则y＝f（x）的图象大致为（）（２）已知函数f（x）＝e x，x∈R.证明：曲线y＝f（x）与曲线y＝错误!x２＋x＋１有唯一公共点．【解】（１）选Ｂ．因为f（x）的定义域为错误!即{x|x>—１，且x≠0}，所以排除选项Ｄ．当x>0时，由经典不等式x>１＋ln x（x>0），以x＋１代替x，得x>ln（x＋１）（x>—１，且x≠0），所以ln（x＋１）—x<0（x>—１，且x≠0），即x>0或—１<x<0时均有f（x）<0，排除A，C，易知B正确．（２）令g（x）＝f（x）—错误!＝e x—错误!x２—x—１，x∈R，则g′（x）＝e x—x—１，由经典不等式e x≥x＋１恒成立可知，g′（x）≥0恒成立，所以g（x）在R上为增函数，且g（0）＝0．所以函数g（x）有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．已知函数f（x）＝x—１—a ln x.（１）若f（x）≥0，求a的值；（２）证明：对于任意正整数n，错误!错误!·…·错误!<e.【解】（１）f（x）的定义域为（0，＋∞），１若a≤0，因为f错误!＝—错误!＋a ln ２<0，所以不满足题意；２若a>0，由f′（x）＝１—错误!＝错误!知，当x∈（0，a）时，f′（x）<0；当x∈（a，＋∞）时，f′（x）>0．所以f（x）在（0，a）上是减少的，在（a，＋∞）上是增加的，故x＝a是f（x）在（0，＋∞）的唯一最小值点．因为f（１）＝0，所以当且仅当a＝１时，f（x）≥0，故a＝１．（２）证明：由（１）知当x∈（１，＋∞）时，x—１—ln x>0．令x＝１＋错误!，得ln错误!<错误!.从而ln错误!＋ln错误!＋…＋ln错误!<错误!＋错误!＋…＋错误!＝１—错误!<１．故错误!错误!…错误!<e.设函数f（x）＝ln x—x＋１．（１）讨论f（x）的单调性；（２）求证：当x∈（１，＋∞）时，１<错误!<x.【解】（１）由题设知，f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝错误!—１，令f′（x）＝0，解得x＝１．当0<x<１时，f′（x）>0，f（x）在（0，１）上是增加的；当x>１时，f′（x）<0，f（x）在（１，＋∞）上是减少的．（２）证明：由（１）知f（x）在x＝１处取得最大值，最大值为f（１）＝0．所以当x≠１时，ln x<x—１．故当x∈（１，＋∞）时，ln x<x—１，错误!>１．１因此ln 错误!<错误!—１，即ln x>错误!，错误!<x.２故当x∈（１，＋∞）时恒有１<错误!<x.[基础题组练]１．（２0２0·河南豫南九校联考）设定义在（0，＋∞）上的函数f（x）的导函数f′（x）满足xf′（x）>１，则（）Ａ．f（２）—f（１）>ln ２Ｂ．f（２）—f（１）<ln ２Ｃ．f（２）—f（１）>１Ｄ．f（２）—f（１）<１解析：选Ａ．根据题意，函数f（x）的定义域为（0，＋∞），则xf′（x）>１⇒f′（x）>错误!＝（ln x）′，即f′（x）—（ln x）′>0．令F（x）＝f（x）—ln x，则F（x）在（0，＋∞）上是增加的，故f（２）—ln ２>f（１）—ln １，即f（２）—f（１）>ln ２．２．若0<x１<x２<１，则（）Ａ．e x２—e x１>ln x２—ln x１Ｂ．e x２—e x１<ln x２—ln x１Ｃ．x２e x１>x１e x２Ｄ．x２e x１<x１e x２解析：选Ｃ．令f（x）＝错误!，则f′（x）＝错误!＝错误!.当0<x<１时，f′（x）<0，即f（x）在（0，１）上是减少的，因为0<x１<x２<１，所以f（x２）<f（x１），即错误!<错误!，所以x２e x１>x１e x２，故选Ｃ．３．已知函数f（x）＝a e x—ln x—１．（e＝２．7１8 ２8…是自然对数的底数）．（１）设x＝２是函数f（x）的极值点，求实数a的值，并求f（x）的单调区间；（２）证明：当a≥错误!时，f（x）≥0．解：（１）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝a e x—错误!.由题设知，f′（２）＝0，所以a＝错误!.从而f（x）＝错误!e x—ln x—１，f′（x）＝错误!e x—错误!.当0<x<２时，f′（x）<0；当x>２时，f′（x）>0．所以f（x）在（0，２）上是减少的，在（２，＋∞）上是增加的．（２）证明：当a≥错误!时，f（x）≥错误!—ln x—１．设g（x）＝错误!—ln x—１，则g′（x）＝错误!—错误!.当0<x<１时，g′（x）<0；当x>１时，g′（x）>0．所以x＝１是g（x）的最小值点．故当x>0时，g（x）≥g（１）＝0．因此，当a≥错误!时，f（x）≥0．４．（２0２0·武汉调研）已知函数f（x）＝ln x＋错误!，a∈R.（１）讨论函数f（x）的单调性；（２）当a>0时，证明：f（x）≥错误!.解：（１）f′（x）＝错误!—错误!＝错误!（x>0）．当a≤0时，f′（x）>0，f（x）在（0，＋∞）上是增加的．当a>0时，若x>a，则f′（x）>0，函数f（x）在（a，＋∞）上是增加的；若0<x<a，则f′（x）<0，函数f（x）在（0，a）上是减少的．（２）证明：由（１）知，当a>0时，f（x）min＝f（a）＝ln a＋１．要证f（x）≥错误!，只需证ln a＋１≥错误!，即证ln a＋错误!—１≥0．令函数g（a）＝ln a＋错误!—１，则g′（a）＝错误!—错误!＝错误!（a>0），当0<a<１时，g′（a）<0，当a>１时，g′（a）>0，所以g（a）在（0，１）上是减少的，在（１，＋∞）上是增加的，所以g（a）min＝g（１）＝0．所以ln a＋错误!—１≥0恒成立，所以f（x）≥错误!.５．（２0２0·广东茂名一模）已知函数f（x）＝错误!（a∈R）的图象在x＝２处的切线斜率为错误!.（１）求实数a的值，并讨论函数f（x）的单调性；（２）若g（x）＝e x ln x＋f（x），证明：g（x）>１．解：（１）由f′（x）＝错误!，得切线斜率k＝f′（２）＝a e·错误!＝错误!，解得a＝２．所以f（x）＝错误!，其定义域为（—∞，0）∪（0，＋∞），且f′（x）＝２e x—１·错误!.令f′（x）>0，解得x>１，故f（x）在区间（１，＋∞）上是增加的；令f′（x）<0，解得x<１，且x≠0，故f（x）在区间（—∞，0）和区间（0，１）上是减少的．（２）证明：由（１）知g（x）＝e x ln x＋错误!，定义域为（0，＋∞），所以g（x）>１，即e x ln x＋错误!>１等价于x ln x>错误!—错误!.设h（x）＝x ln x（x>0），则h′（x）＝ln x＋１．因为h′错误!＝ln错误!＋１＝0，所以当x∈错误!时，h′（x）<0；当x∈错误!时，h′（x）>0．故h （x）在区间错误!上是减少的，在区间错误!上是增加的，所以h（x）在（0，＋∞）上的最小值为h错误!＝—错误!.设m（x）＝错误!—错误!（x>0），则m′（x）＝错误!.所以当x∈（0，１）时，m′（x）>0；当x∈（１，＋∞）时，m′（x）<0．故m（x）在区间（0，１）上是增加的，在区间（１，＋∞）上是减少的，所以m（x）在（0，＋∞）上的最大值为m（１）＝—错误!.综上可得，在区间（0，＋∞）上恒有h（x）>m（x）成立，即g（x）>１．6．已知函数f（x）＝λln x—e—x（λ∈R）．（１）若函数f（x）是单调函数，求λ的取值范围；（２）求证：当0<x１<x２时，e１—x２—e１—x１>１—错误!.解：（１）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），因为f（x）＝λln x—e—x，所以f′（x）＝错误!＋e—x＝错误!，因为函数f（x）是单调函数，所以f′（x）≤0或f′（x）≥0在（0，＋∞）上恒成立，１当函数f（x）是减函数时，f′（x）≤0，所以错误!≤0，即λ＋x e—x≤0，λ≤—x e—x＝—错误!.令φ（x）＝—错误!，则φ′（x）＝错误!，当0<x<１时，φ′（x）<0；当x>１时，φ′（x）>0，则φ（x）在（0，１）上是减少的，在（１，＋∞）上是增加的，所以当x>0时，φ（x）min＝φ（１）＝—错误!，所以λ≤—错误!.２当函数f（x）是增函数时，f′（x）≥0，所以错误!≥0，即λ＋x e—x≥0，λ≥—x e—x＝—错误!，由１得φ（x）＝—错误!在（0，１）上是减少的，在（１，＋∞）上是增加的，又φ（0）＝0，x →＋∞时，φ（x）<0，所以λ≥0．综上，λ的取值范围为错误!∪[0，＋∞）．（２）证明：由（１）可知，当λ＝—错误!时，f（x）＝—错误!ln x—e—x在（0，＋∞）上是减少的，因为0<x１<x２，所以f（x１）>f（x２），即—错误!ln x１—e—x１>—错误!ln x２—e—x２，所以e１—x２—e１—x１>ln x１—ln x２.要证e１—x２—e１—x１>１—错误!，只需证ln x１—ln x２>１—错误!，即证ln错误!>１—错误!.令t＝错误!，t∈（0，１），则只需证ln t>１—错误!，令h（t）＝ln t＋错误!—１，则h′（t）＝错误!—错误!＝错误!，当0<t<１时，h′（t）<0，所以h（t）在（0，１）上单调递减，又因为h（１）＝0，所以h（t）>0，即ln t>１—错误!，原不等式得证．。

第二节 不等式的证明[考纲传真] (教师用书独具)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206页)[基础知识填充]1．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立． 定理2：如果a ，b 为正数，则a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理3：如果a ，b ，c 为正数，则a ＋b ＋c3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．2．柯西不等式(1)柯西不等式的代数形式：设a ，b ，c ，d 都是实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2(当且仅当ad ＝bc 时，等号成立)．(2)柯西不等式的向量形式：设α，β是两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k ，使α＝k β时，等号成立． (3)柯西不等式的三角不等式：设x 1，y 1，x 2，y 2，x 3，y 3∈R ， 则(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(x 2－x 3)2＋(y 2－y 3)2≥(x 1－x 3)2＋(y 1－y 3)2.(4)柯西不等式的一般形式：设a 1，a 2，a 3，…，a n ，b 1，b 2，b 3，…，b n 是实数，则(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2，当且仅当b i ＝0(i ＝1,2，…，n )或存在一个数k ，使得a i ＝kb i (i ＝1,2，…，n )时，等号成立．3．不等式的证明方法证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法等． (1)比较法：①比差法的依据是：a －b >0⇔a >b 步骤是：“作差→变形→判断差的符号”．变形是手段，变形的目的是判断差的符号．②比商法：若B >0，欲证A ≥B ，只需证A B≥1. (2)综合法与分析法：①综合法：利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这种方法叫综合法．即“由因导果”的方法．②分析法：从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已经具备，那么就可以判定原不等式成立，这种方法叫作分析法．即“执果索因”的方法．[基本能力自测]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 ＞yB ．x ＜yC ．x ≥yD ．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．若a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a >b >cB ．a >c >bC ．b >c >aD ．c >a >b A [“分子”有理化得a ＝13＋2，b ＝16＋5，c ＝17＋6，所以a >b >c .]4．已知a ＞0，b ＞0且ln(a ＋b )＝0，则1a ＋1b的最小值是________.【导学号：79140398】4 [由题意得，a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0， 所以1a ＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b (a ＋b )＝2＋b a ＋a b≥2＋2b a ·ab＝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207页)已知a ＞0，b ＞0，求证：a b ＋ba≥a ＋b . [证明] 法一：∵⎝⎛⎭⎪⎫a b＋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 . 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.又a ＞0，b ＞0，ab ＞0， ∴a b ＋ba≥a ＋b .[规律方法] 作差比较法证明不等式的步骤：1作差；2变形；3判断差的符号；4下结论.其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负.注：作商比较法也有类似的步骤，但注意其比较的是两个正数的大小，且第3步要判断商与“1”的大小.422422[证明] 因为a 4＋6a 2b 2＋b 4－4ab (a 2＋b 2)＝(a 2＋b 2)2－4ab (a 2＋b 2)＋4a 2b 2＝(a 2＋b 2－2ab )2＝(a －b )4. 又a ≠b ，所以(a －b )4>0， 所以a 4＋6a 2b 2＋b 4>4ab (a 2＋b 2)．综合法证明不等式(·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)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3＝2＋3ab (a ＋b ) ≤2＋3(a ＋b )24(a ＋b )＝2＋3(a ＋b )34，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2.[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 ⇒B 1⇒B 2⇒…⇒B n ⇒B A 为已知条件或数学定义、定理、公理，B 为要证结论，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. (1)1a ＋1b ＋1ab≥8；(2)⎝⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b ≥9. [证明] (1)∵a ＋b ＝1，a >0，b >0， ∴1a ＋1b ＋1ab ＝1a ＋1b ＋a ＋b ab＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b a＋a ＋b b ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋4≥4b a ·ab＋4＝8 (当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立)，∴1a ＋1b ＋1ab ≥8.(2)∵⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ＝1a ＋1b ＋1ab＋1，由(1)知1a ＋1b ＋1ab≥8.∴⎝⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b ≥9.(1)设a ，b ，c >0且ab ＋bc ＋ca ＝1，求证：a ＋b ＋c ≥3； (2)设x ≥1，y ≥1，求证x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy .【导学号：79140399】[证明] (1)因为a ，b ，c >0， 所以要证a ＋b ＋c ≥3， 只需证明(a ＋b ＋c )2≥3.即证：a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3， 而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 .而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)成立． 所以原不等式成立． (2)由于x ≥1，y ≥1， 要证x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ，只需证xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2. 因为[y ＋x ＋(xy )2]－[xy (x ＋y )＋1] ＝[(xy )2－1]－[xy (x ＋y )－(x ＋y )] ＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1) ＝(xy －1)(xy －x －y ＋1)＝(xy －1)(x －1)(y －1)， 因为x ≥1，y ≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0， 从而所要证明的不等式成立．1)2≥163；(2)若对任意实数x ，不等式|x －a |＋|2x －1|≥2恒成立，求实数a 的取值范围． [证明] (1)法一：因为a ＋b ＋c ＝1，所以(a ＋1)2＋(b ＋1)2＋(c ＋1)2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ＋b ＋c )＋3＝a 2＋b 2＋c 2＋5. 所以要证(a ＋1)2＋(b ＋1)2＋(c ＋1)2≥163，只需证a 2＋b 2＋c 2≥13.因为a 2＋b 2＋c 2＝(a ＋b ＋c )2－2(ab ＋bc ＋ca ) ≥(a ＋b ＋c )2－2(a 2＋b 2＋c 2)， 所以3(a 2＋b 2＋c 2)≥(a ＋b ＋c )2. 因为a ＋b ＋c ＝1，所以a 2＋b 2＋c 2≥13.所以(a ＋1)2＋(b ＋1)2＋(c ＋1)2≥163.法二：因为a ＋b ＋c ＝1，所以(a ＋1)2＋(b ＋1)2＋(c ＋1)2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ＋b ＋c )＋3＝a 2＋b 2＋c 2＋5. 所以要证(a ＋1)2＋(b ＋1)2＋(c ＋1)2≥163，只需证a 2＋b 2＋c 2≥13.因为a 2＋19≥23a ，b 2＋19≥23b ，c 2＋19≥23c ，所以a 2＋b 2＋c 2＋13≥23(a ＋b ＋c )．因为a ＋b ＋c ＝1，所以a 2＋b 2＋c 2≥13.所以(a ＋1)2＋(b ＋1)2＋(c ＋1)2≥163.法三：因为(a ＋1)2＋169≥83(a ＋1)，(b ＋1)2＋169≥83(b ＋1)，(c ＋1)2＋169≥83(c ＋1)，所以(a ＋1)2＋(b ＋1)2＋(c ＋1)2＋163≥83[(a ＋1)＋(b ＋1)＋(c ＋1)]．因为a ＋b ＋c ＝1，所以(a ＋1)2＋(b ＋1)2＋(c ＋1)2≥163.(2)设f (x )＝|x －a |＋|2x －1|，则“对任意实数x ，不等式|x －a |＋|2x －1|≥2恒成立”等价于“f (x )min ≥2”．当a <12时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋a ＋1，x <a ，－x ＋1－a ，a ≤x ≤12，3x －a －1，x >12.此时f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12－a ，要使|x －a |＋|2x －1|≥2恒成立，必须12－a ≥2，解得a ≤－32.当a ＝12时，f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋|2x －1|＝3⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12≥2，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12≥23不可能恒成立．当a >12时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋a ＋1，x <12，x ＋a －1，12≤x ≤a ，3x －a －1，x >a .此时f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝a －12，要使|x －a |＋|2x －1|≥2恒成立，必须a －12≥2，解得a ≥52.综上所述，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫52，＋∞.柯西不等式的应用已知x ，y ，z 均为实数．(1)若x ＋y ＋z ＝1，求证：3x ＋1＋3y ＋2＋3z ＋3≤33； (2)若x ＋2y ＋3z ＝6，求x 2＋y 2＋z 2的最小值．[解] (1)证明：因为(3x ＋1＋3y ＋2＋3z ＋3)2≤(12＋12＋12)(3x ＋1＋3y ＋2＋3z ＋3)＝27.所以3x ＋1＋3y ＋2＋3z ＋3≤3 3. 当且仅当x ＝23，y ＝13，z ＝0时取等号．(2)因为6＝x ＋2y ＋3z ≤x 2＋y 2＋z 2·1＋4＋9，所以x 2＋y 2＋z 2≥187，当且仅当x ＝y 2＝z 3，即x ＝37，y ＝67，z ＝97时，x 2＋y 2＋z 2有最小值187. [规律方法] 1.使用柯西不等式证明的关键是恰当变形，化为符合它的结构形式，当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时，就可使用柯西不等式进行证明. 2.利用柯西不等式求最值的一般结构为：a 21＋a 22＋…＋a 2n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n ≥1＋1＋…＋12＝n 2.在使用柯西不等式时，要注意右边常数且应注意等号成立的条件.＋bd ≤8.[证明] 由柯西不等式，得(ac ＋bd )2≤(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)．因为a 2＋b 2＝4，c 2＋d 2＝16， 所以(ac ＋bd )2≤64， 因此ac ＋bd ≤8.。

不等式选讲（2）（学案）B一、 基本知识点：(1).含有参数不等式的解法例1:解关于x 的不等式 34422+>+-m m mx x例2、解关于x 的不等式 )20(,1)(cot 232πθθ≤<<-+-x x(2). 不等式的证明方法:比较法（差0法，商1法）例3;若实数1≠x ，求证：.)1()1(32242x x x x ++>++例4、已知,,+∈R b a 求证.ab b a b a b a ≥(3)不等式的证明方法：分析法、综合法 例1、b a ,都是正数。

求证：.2≥+abb a例2、设0,0>>b a ，求证.2233ab b a b a +≥+议一议：根据上面的例证，你能指出综合法和分析法的主要特点吗？ 例3、已知a ，b ，m 都是正数，并且.b a <求证：.bam b m a >++（4）.含参数不等式的恒成立“含参数不等式的恒成立”的问题，是近几年高考的热点，它往往以函数、数列、三角函数、解析几何为载体具有一定的综合性，解决这类问题，主要是运用等价转化的数学思想：即一般的，若函数()x f 在定义域为D ，则当x ∈D 时，有()M x f ≥恒成立()M x f ≥⇔min ；()M x f ≤恒成立()M x f ≤⇔max .因而,含参数不等式的恒成立问题常根据不等式的结构特征,恰当地构造函数,等价转化为含参数的函数的最值讨论.1．定义在R 上的函数()x f 既是奇函数，又是减函数，且当⎪⎭⎫⎝⎛∈2,0πθ时，有 ()()022sin 2cos 2>--++m f m f θθ恒成立，求实数m 的取值范围.变式一：条件改为：若()()02933<--+⋅x xxf k f 对任意x ∈R 恒成立，2．已知向量=(2x ，x+1)，= (1-x ，t)。

若函数b a x f ⋅=)(在区间（-1，1）上是增函数，求t 的取值范围。