精品学习2018_2019版高中数学第二讲讲明不等式的基本方法专题检测试卷新人教A版选修4_5

二综合法与分析法学习目标 1.理解综合法、分析法证明不等式的原理和思维特点.2.掌握综合法、分析法证明不等式的方法和步骤.3.会用综合法、分析法证明一些不等式．知识点综合法与分析法思考1 在“推理与证明”中，学习过分析法、综合法，请回顾分析法、综合法的基本特征．答案分析法是逆推证法或执果索因法，综合法是顺推证法或由因导果法．思考2 综合法与分析法有什么区别和联系？答案区别：综合法，由因导果，形式简洁，易于表达；分析法，执果索因，利于思考，易于探索．联系：都属于直接证明，常用分析法分析，用综合法表达．梳理(1)综合法①定义：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做综合法，综合法又叫顺推证法或由因导果法．②特点：由因导果，即从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”．③证明的框图表示用P表示已知条件或已有定义、定理、公理等，用Q表示所要证明的不等式，则综合法可用框图表示为P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Q n⇒Q(2)分析法①定义：证明命题时，常常从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法．这是一种“执果索因”的思考和证明方法．②特点：执果索因，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”．③证明过程的框图表示用Q表示要证明的不等式，则分析法可用框图表示为Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件类型一 综合法证明不等式 例1 已知a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝1，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2≥252.证明 方法一 ∵a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝1， ∴ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝14.∴⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＝4＋(a 2＋b 2)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1b 2 ＝4＋[(a ＋b )2－2ab ]＋(a ＋b )2－2aba 2b2＝4＋(1－2ab )＋1－2ab a 2b2≥4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2×14＋1－2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫142＝252.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2≥252. 方法二 左边＝⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＝a 2＋b 2＋4＋⎝⎛⎭⎪⎫1a 2＋1b2＝4＋a 2＋b 2＋(a ＋b )2a 2＋(a ＋b )2b2＝4＋a 2＋b 2＋1＋2b a ＋b 2a 2＋a 2b 2＋2a b＋1＝4＋(a 2＋b 2)＋2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a 2＋a 2b 2 ≥4＋(a ＋b )22＋2＋2×2b a ·a b ＋2·b a ·ab＝4＋12＋2＋4＋2＝252，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2≥252. 反思与感悟 综合法证明不等式，揭示出条件和结论之间的因果联系，为此要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．跟踪训练1 已知x ＞0，y ＞0，且x ＋y ＝1，求证：⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1y ≥9.证明 方法一 ∵x ＞0，y ＞0，∴1＝x ＋y ≥2xy . ∴xy ≤14.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y ＝1＋1x ＋1y ＋1xy＝1＋x ＋y xy ＋1xy ＝1＋2xy≥1＋8＝9. 当且仅当x ＝y ＝12时等号成立．方法二 ∵x ＋y ＝1，x ＞0，y ＞0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋x ＋y x ⎝⎛⎭⎪⎫1＋x ＋y y ＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋yx ⎝⎛⎭⎪⎫2＋x y ＝5＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋x y ≥5＋2×2＝9.当且仅当x ＝y ＝12时，等号成立．类型二 分析法证明不等式例2 若a ，b ，c 是不全相等的正数， 求证：lga ＋b2＋lgc ＋b2＋lga ＋c2＞lg a ＋lg b ＋lg c .证明 要证lga ＋b2＋lgc ＋b2＋lga ＋c2＞lg a ＋lg b ＋lg c ，即证lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·c ＋b 2·a ＋c 2＞lg(abc )成立，只需证a ＋b 2·c ＋b 2·a ＋c2＞abc 成立． 又∵a ＋b2≥ab ＞0，c ＋b 2≥cb ＞0，a ＋c2≥ac ＞0，∴a ＋b 2·c ＋b 2·a ＋c2≥abc ＞0.(*)又∵a ，b ，c 是不全相等的正数，∴(*)式等号不成立， ∴原不等式成立．跟踪训练2 已知x ＞0，y ＞0，求证：(x 2＋y 2)12＞(x 3＋y 3)13. 证明 要证明(x 2＋y 2)12＞(x 3＋y 3)13，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． ∴(x 2＋y 2)12＞(x 3＋y 3)13. 类型三 分析综合法证明不等式例3 设a ＞0，b ＞0，且a ＋b ＝1，求证：a ＋1＋b ＋1≤ 6. 证明 要证a ＋1＋b ＋1≤6， 只需证(a ＋1＋b ＋1)2≤6， 即证(a ＋b )＋2＋2ab ＋a ＋b ＋1≤6.∵a ＋b ＝1，∴只需证ab ＋2≤32，即证ab ≤14.由a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1， 得ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝14，即ab ≤14成立．∴原不等式成立．跟踪训练3 已知△ABC 的三边长是a ，b ，c ，且m 为正数，求证：aa ＋m ＋bb ＋m ＞cc ＋m.证明 要证aa ＋m ＋bb ＋m ＞cc ＋m，只需证a (b ＋m )(c ＋m )＋b (a ＋m )(c ＋m )－c (a ＋m )·(b ＋m )＞0，即证abc ＋abm ＋acm ＋am 2＋abc ＋abm ＋bcm ＋bm 2－abc －acm －bcm －cm 2＞0， 即证abc ＋2abm ＋(a ＋b －c )m 2＞0.由于a ，b ，c 是△ABC 的边长，m ＞0，故有a ＋b ＞c ，即(a ＋b －c )m 2＞0.所以abc ＋2abm ＋(a ＋b －c )m 2＞0是成立的． 因此aa ＋m ＋bb ＋m ＞cc ＋m成立．1．若a ＜b ＜0，则下列不等式中成立的是( ) A.1a ＜1bB ．a ＋1b ＞b ＋1aC ．b ＋1a ＞a ＋1bD.b a ＜b ＋1a ＋1答案 C解析 ∵a ＜b ＜0，∴ab ＞0，∴a ab ＜b ab＜0，即1b ＜1a＜0.∴a ＋1b ＜b ＋1a.2．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，a ＞0，b ＞0，a ≠b ，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 中最大的为________． 答案 C解析 ∵a ＞0，b ＞0，a ≠b ，∴a ＋b2＞ab ＞2aba ＋b. 又函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在R 上单调递减，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2＜f (ab )＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，即A ＜B ＜C . 3．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 . 4．已知a ，b ∈R ＋，且2c ＞a ＋b ， 求证：c －c 2－ab ＜a ＜c ＋c 2－ab . 证明 要证c －c 2－ab ＜a ＜c ＋c 2－ab ， 只需证－c 2－ab ＜a －c ＜c 2－ab ，即证|a －c |＜c 2－ab ，两边平方得a 2－2ac ＋c 2＜c 2－ab ， 即证a 2＋ab ＜2ac ，即a (a ＋b )＜2ac .∵a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＜2c ，∴a (a ＋b )＜2ac 显然成立． ∴原不等式成立．1．综合法和分析法的比较 (1)相同点：都是直接证明．(2)不同点：综合法，由因导果，形式简洁，易于表达；分析法，执果索因，利于思考，易于探索．2．证明不等式的通常做法常用分析法找证题切入点，用综合法写证题过程．一、选择题1．设a ，b ＞0，A ＝a ＋b ，B ＝a ＋b ，则A ，B 的大小关系是( ) A ．A ＝B B ．A ＜B C ．A ＞B D ．大小不确定答案 C解析 ∵A 2－B 2＝(a ＋b ＋2ab )－(a ＋b )＝2ab ＞0，∴A 2＞B 2，又A ＞0，B ＞0，∴A ＞B . 2．已知a ，b ，c 为三角形的三边，且S ＝a 2＋b 2＋c 2，P ＝ab ＋bc ＋ca ，则( ) A ．S ≥2P B ．P ＜S ＜2P C ．S ＞P D ．P ≤S ＜2P答案 D解析 ∵2S －2P ＝2a 2＋2b 2＋2c 2－2ab －2bc －2ca ＝(a －b )2＋(a －c )2＋(b －c )2≥0， 当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立． ∴2S ≥2P ，即P ≤S .∵S －2P ＝a 2＋b 2＋c 2－2ab －2bc －2ac . ＝(a －b )2＋c 2－2bc －2ac ， 又∵a －b ＜c ，∴S －2P ＜c 2＋c 2－2bc －2ac ＝2c (c －b －a )＜0恒成立，∴S －2P ＜0， 综上P ≤S ＜2P .3．若x ，y ∈R ，且x 2＋y 2＝1，则(1－xy )(1＋xy )有( ) A ．最小值34，而无最大值B ．最小值1，而无最大值C ．最小值12和最大值1D ．最小值34和最大值1答案 D解析 ∵x 2＋y 2≥2|xy |，∴0≤|xy |≤12，∴0≤x 2y 2≤14，∴(1－xy )(1＋xy )＝1－x 2y 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，1.4．已知0＜a ＜1＜b ，下列不等式一定成立的是( ) A ．log a b ＋log b a ＋2＞0 B ．log a b ＋log b a －2＞0 C ．log a b ＋log b a ＋2≥0 D ．log a b ＋log b a ＋2≤0答案 D解析 ∵0＜a ＜1＜b ， ∴log a b ＜0.∴－log a b ＞0. ∴(－log a b )＋1(－log a b )≥2，当且仅当0＜a ＜1＜b ，且ab ＝1时等号成立．∴－⎣⎢⎡⎦⎥⎤－log a b ＋1(－log a b )≤－2，即log ab ＋1log a b ≤－2.∴log a b ＋log b a ≤－2， ∴log a b ＋log b a ＋2≤0.5．设13＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13b ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13a＜1，则( )A ．a a＜a b＜b aB ．a a ＜b a ＜a bC ．a b＜a a＜b aD ．a b＜b a＜a a答案 C解析 ∵13＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13b ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13a＜1，∴0＜a ＜b ＜1，∴a a a b ＝a a －b＞1，∴a b＜a a.∵a a b a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a，又0＜a b＜1，a ＞0， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a ＜1，∴a a ＜b a， ∴a b＜a a＜b a.6．设a ＝2，b ＝7－3，c ＝6－2，那么a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a ＞b ＞c B ．a ＞c ＞b C ．b ＞a ＞c D ．b ＞c ＞a答案 B解析 由已知，可得出a ＝422，b ＝47＋3，c ＝46＋2，∵7＋3＞6＋2＞22， ∴b ＜c ＜a . 二、填空题7．若a ＞0，b ＞0，则下列两式的大小关系为： lg ⎝⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2________12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]． 答案 ≥解析 12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]＝12lg[(1＋a )(1＋b )]＝lg[(1＋a )(1＋b )]12， 又lg ⎝⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2＝lg ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋22，∵a ＞0，b ＞0，∴a ＋1＞0，b ＋1＞0， ∴[(a ＋1)(1＋b )]12≤a ＋1＋b ＋12＝a ＋b ＋22，∴lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2≥lg[(1＋a )(1＋b )]12. 即lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2≥12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．8．要使3a －3b ＜3a －b 成立，则a ，b 应满足____________． 答案 ab ＞0且a ＞b 或ab ＜0且a ＜b 解析 要使3a －3b ＜3a －b 成立． 只需(3a －3b )3＜(3a －b )3成立， 即a －b －33a 2b ＋33ab 2＜a －b 成立， 只需3ab 2＜3a 2b 成立，只需ab 2＜a 2b 成立， 即ab (b －a )＜0成立，可得ab ＞0且a ＞b 或ab ＜0且a ＜b .9．已知a ＞0，b ＞0，若P 是a ，b 的等差中项，Q 是a ，b 的正的等比中项，1R 是1a ，1b的等差中项，则P ，Q ，R 按从大到小的排列顺序为________．答案 P ≥Q ≥R 解析 P ＝a ＋b2，Q ＝ab ，2R ＝1a ＋1b，∴R ＝2ab a ＋b ≤Q ＝ab ≤P ＝a ＋b2， 当且仅当a ＝b 时取等号． 10．设a ＞b ＞c ，且1a －b ＋1b －c ≥ma －c恒成立，则m 的取值范围是________． 答案 (－∞，4]解析 ∵a ＞b ＞c ，∴a －b ＞0，b －c ＞0，a －c ＞0. 又(a －c )·⎝⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ＝[(a －b )＋(b －c )]·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ≥2(a －b )(b －c )·21a －b ·1b －c＝4， 当且仅当a －b ＝b －c 时取等号． ∴m ∈(－∞，4]． 三、解答题11．已知a ＞b ＞0，求证：(a －b )28a ＜a ＋b 2－ab ＜(a －b )28b .证明 要证原不等式成立，只需证(a －b )24a ＜a ＋b －2ab ＜(a －b )24b，即证⎝ ⎛⎭⎪⎫a －b 2a 2＜(a －b )2＜⎝ ⎛⎭⎪⎫a －b 2b 2，因为a ＞b ＞0，所以a －b ＞0，a －b ＞0，所以只需证a －b 2a ＜a －b ＜a －b2b， 即a ＋b 2a ＜1＜a ＋b2b， 即证ba＜1＜a b ，只需证b a ＜1＜a b . ∵a ＞b ＞0，∴b a＜1＜a b成立．∴原不等式成立． 12．已知a ，b ，c 都是实数，求证：a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2≥ab ＋bc ＋ca .证明 ∵a ，b ，c ∈R ，∴a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca .将以上三个不等式相加，得 2(a 2＋b 2＋c 2)≥2(ab ＋bc ＋ca )， ① 即a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .②在不等式①的两边同时加上a 2＋b 2＋c 2，得 3(a 2＋b 2＋c 2)≥(a ＋b ＋c )2， 即a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2.③在不等式②的两端同时加上2(ab ＋bc ＋ca )，得 (a ＋b ＋c )2≥3(ab ＋bc ＋ca )， 即13(a ＋b ＋c )2≥ab ＋bc ＋ca .④由③④得a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2≥ab ＋bc ＋ca .13．已知a ，b ，c 都是正数， 求证：2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 3－3abc .证明 方法一 要证2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 3－3abc ，只需证a ＋b －2ab ≤a ＋b ＋c －33abc ， 即－2ab ≤c －33abc ， 移项，得c ＋2ab ≥33abc .由a ，b ，c 为正数，得c ＋2ab ＝c ＋ab ＋ab ≥33abc 成立． ∴原不等式成立．方法二 ∵a ，b ，c 是正数，∴c ＋ab ＋ab ≥33c ab ·ab ＝33abc ， 即c ＋2ab ≥33abc . 故－2ab ≤c －33abc .∴a ＋b －2ab ≤a ＋b ＋c －33abc . ∴2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 3－3abc .四、探究与拓展14．分析法又叫执果索因法，若使用分析法证明“设a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac <3a ”索的因应是( ) A ．a －b >0 B ．a －c >0 C ．(a －b )(a －c )>0 D ．(a －b )(a －c )<0答案 C解析 要证b 2－ac <3a ， 只需证b 2－ac <3a 2， 只需证b 2－ac －3a 2<0. ∵a ＋b ＋c ＝0， ∴a ＋c ＝－b ，∴只需证(a ＋c )2－ac －3a 2<0，即(a －c )(2a ＋c )>0， 即证(a －c )(a －b )>0.15．已知实数a ，b ，c 满足c ＜b ＜a ，a ＋b ＋c ＝1，a 2＋b 2＋c 2＝1，求证：1＜a ＋b ＜43.证明 ∵a ＋b ＋c ＝1，∴欲证结论等价于1＜1－c ＜43，即证－13＜c ＜0.又a 2＋b 2＋c 2＝1， 则ab ＝(a ＋b )2－(a 2＋b 2)2＝(1－c )2－(1－c 2)2＝c 2－c ，① 又a ＋b ＝1－c ，②由①②得a ，b 是方程x 2－(1－c )x ＋c 2－c ＝0的两个不等实根，从而Δ＝(1－c )2－4(c 2－c )＞0，解得－13＜c ＜1.∵c ＜b ＜a ，∴(c －a )(c －b )＝c 2－c (a ＋b )＋ab ＝c 2－c (1－c )＋c 2－c ＞0， 解得c ＜0或c ＞23(舍)．∴－13＜c ＜0，即1＜a ＋b ＜43.。

2.2综合法和分析法一、教学目标1．了解综合法与分析法证明不等式的思考过程与特点．2．会用综合法、分析法证明简单的不等式．二、课时安排1课时三、教学重点了解综合法与分析法证明不等式的思考过程与特点．四、教学难点会用综合法、分析法证明简单的不等式．五、教学过程（一）导入新课已知a＞0，b＞0,2c＞a＋b，求证：c－c2－ab＜a.【证明】要证c－c2－ab＜a，只需证明c＜a＋c2－ab，即证b－a＜2c2－ab，当b－a＜0时，显然成立；当b－a≥0时，只需证明b2＋a2－2ab＜4c2－4ab，即证(a＋b)2＜4c2，由2c＞a＋b知上式成立．所以原不等式成立．（二）讲授新课教材整理1 综合法一般地，从出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做，又叫或．教材整理2 分析法证明命题时，我们还常常从要证的出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做，这是一种执果索因的思考和证明方法．（三）重难点精讲题型一、用综合法证明不等式 例1已知a ，b ，c 是正数，求证：b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .【精彩点拨】 由a ，b ，c 是正数，联想去分母，转化证明b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2≥abc (a ＋b ＋c )，利用x 2＋y 2≥2xy 可证．或将原不等式变形为bc a ＋ac b ＋abc≥a ＋b ＋c 后，再进行证明． 【自主解答】 法一 ∵a ，b ，c 是正数，∴b 2c 2＋c 2a 2≥2abc 2，b 2c 2＋a 2b 2≥2ab 2c ，c 2a 2＋a 2b 2≥2a 2bc ， ∴2(b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2)≥2(abc 2＋ab 2c ＋a 2bc )， 即b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2≥abc (a ＋b ＋c )． 又a ＋b ＋c ＞0，∴b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .法二 ∵a ，b ，c 是正数， ∴bc a ＋ac b ≥2bc a ·acb＝2c . 同理ac b ＋ab c≥2a ，ab c ＋bca≥2b ， ∴2⎝ ⎛⎭⎪⎫bc a＋ac b＋ab c ≥2(a ＋b ＋c )． 又a ＞0, b ＞0，c ＞0，∴b 2c 2＋a 2c 2＋a 2b 2≥abc (a ＋b ＋c )．故b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .规律总结：1．综合法证明不等式，揭示出条件和结论之间的因果联系，为此要着力分析已知与求证之间、不等式的左右两端之间的差异与联系，合理进行转换，恰当选择已知不等式(切入点)，这是证明的关键．2．综合法证明不等式的主要依据：(1)不等式的基本性质；(2)基本不等式及其变形；(3)三个正数的算术­几何平均不等式等．[再练一题]1．已知a ＞0，b ＞0，c ＞0，且abc ＝2. 求证：(1＋a )(1＋b )(1＋c )＞8 2.【证明】 ∵a ＞0，b ＞0，c ＞0，∴1＋a ≥2a ，当且仅当a ＝1时，取等号， 1＋b ≥2b ，当且仅当b ＝1时，取等号， 1＋c ≥2c ，当且仅当c ＝1时，取等号． ∵abc ＝2，∴a ，b ，c 不能同时取1，∴“＝”不同时成立． ∴(1＋a )(1＋b )(1＋c )＞8abc ＝8 2. 即(1＋a )(1＋b )(1＋c )＞8 2. 题型二、综合法与分析法的综合应用例2设实数x ，y 满足y ＋x 2＝0，且0＜a ＜1，求证：log a (a x ＋b y)＜18＋log a 2.【精彩点拨】 要证的不等式为对数不等式，结合对数的性质，先用分析法探路，转化为要证明一个简单的结论，然后再利用综合法证明．【自主解答】 由于0＜a ＜1，则t ＝log a x (x ＞0)为减函数．欲证log a (a x ＋a y )＜18＋log a 2，只需证a x ＋a y＞2a 18.∵y ＋x 2＝0,0＜a ＜1，∴x ＋y ＝x －x 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14≤14.当且仅当x ＝12时，(x ＋y )max ＝14，∴ax ＋y≥a 14，ax ＋y≥a 18⎝ ⎛⎭⎪⎫当x ＝12，y ＝－14时取等号.① 又a x ＋a y≥2ax ＋y(当且仅当x ＝y 取等号), ②∴a x ＋a y≥2a 18.③由于①，②等号不能同时成立，∴③式等号不成立，即a x ＋a y＞2a 18成立．故原不等式log a (a x ＋a y)＜18＋log a 2成立．规律总结：1．通过等式或不等式运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式，从而使原不等式易于证明．体现了分析法与综合法之间互为前提、互相渗透、相互转化的辩证关系．2．函数与不等式综合交汇，应注意函数性质在解题中的运用． [再练一题]2．已知a ，b ，c 都是正数，求证：2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3a ＋b ＋c3－3abc .【证明】 法一 要证2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3a ＋b ＋c3－3abc ，只需证a ＋b －2ab ≤a ＋b ＋c －33abc ，即－2ab ≤c －33abc ， 移项，得c ＋2ab ≥33abc .由a ，b ，c 都为正数，得c ＋2ab ＝c ＋ab ＋ab ≥33abc ，∴原不等式成立． 法二 ∵a ，b ，c 都是正数，∴c ＋ab ＋ab ≥33c ·ab ·ab ＝33abc ， 即c ＋2ab ≥33abc ， 故－2ab ≤c －33abc ，∴a ＋b －2ab ≤a ＋b ＋c －33abc ， ∴2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 3－3abc .题型三、分析法证明不等式例3已知a ＞b ＞0，求证：(a －b )28a ＜a ＋b 2－ab ＜(a －b )28b.【精彩点拨】 本题要证明的不等式显得较为复杂，不易观察出怎样由a ＞b ＞0得到要证明的不等式，因而可以用分析法先变形要证明的不等式，从中找到证题的线索．【自主解答】 要证原不等式成立， 只需证(a －b )24a ＜a ＋b －2ab ＜(a －b )24b，即证⎝⎛⎭⎪⎫a －b 2a 2＜(a －b )2＜⎝ ⎛⎭⎪⎫a －b 2b 2. 只需证a －b 2a ＜a －b ＜a －b2b， 即a ＋b 2a ＜1＜a ＋b 2b ， 即ba ＜1＜a b. 只需证b a＜1＜a b .∵a ＞b ＞0，∴ba ＜1＜a b成立． ∴原不等式成立． 规律总结：1．解答本题的关键是在不等式两边非负的条件下，利用不等式的开方性质寻找结论成立的充分条件，采用分析法是常用方法．证明过程一要注意格式规范，二要注意逻辑关系严密、准确．2．当所证不等式与重要不等式、基本不等式没有什么直接联系，或条件与结论之间的关系不明显时，可用分析法来寻找证明途径．常常利用移项、去分母、平方、开方等方法进行分析探路．[再练一题]3．已知a ＞0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.【证明】 因为a ＞0，要证原不等式成立，只需证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋2，即证a 2＋1a2＋4a 2＋1a2＋4≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋2， 只需证2·a 2＋1a 2≥a ＋1a，即证2⎝⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2≥a 2＋1a2＋2，只需证a 2＋1a2≥2.由基本不等式知a 2＋1a2≥2显然成立，所以原不等式成立． （四）归纳小结综合法与分析法—⎪⎪⎪—综合法—分析法—综合法与分析法的区别与联系（五）随堂检测1．已知a ＜0，－1＜b ＜0，则( ) A ．a ＞ab ＞ab 2B ．ab 2＞ab ＞a C ．ab ＞a ＞ab2D.ab ＞ab 2＞a【解析】 ∵－1＜b ＜0， ∴1＞b 2＞0＞b . 又a ＜0，∴ab ＞ab 2＞a . 【答案】 D2．下列三个不等式：①a ＜0＜b ；②b ＜a ＜0；③b ＜0＜a .其中能使1a ＜1b成立的充分条件有( )A ．①②B ．①③C ．②③D.①②③【解析】 ①a ＜0＜b ⇒1a ＜1b ；②b ＜a ＜0⇒1a ＜1b ；③b ＜0＜a ⇒1a ＞1b.故选A.【答案】 A3．已知a ，b ∈(0，＋∞)，Ρ＝a ＋b2，Q ＝a ＋b ，则P ，Q 的大小关系是________.【解析】 ∵a ＋b ≥， ∴a ＋b ≥a ＋b2.【答案】 P ≤Q六、板书设计七、作业布置同步练习：2.2综合法和分析法八、教学反思。

第二讲讲明不等式的基本方法复习课学习目标 1.系统梳理证明不等式的基本方法.2.进一步体会不同方法所适合的不同类型的问题，针对不同类型的问题，合理选用不同的方法.3.进一步熟练掌握不同方法的解题步骤及规范．1．比较法作差比较法是证明不等式的基本方法，其依据是：不等式的意义及实数大小比较的充要条件．证明的步骤大致是：作差——恒等变形——判断结果的符号．2．综合法综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推理的基本理论．证明时要注意的是作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握．3．分析法分析法证明不等式的依据也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．分析法证明不等式的思维方向是“逆推”，即从待证的不等式出发，逐步寻找使它成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手，因此，通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．4．反证法反证法是一种“正难则反”的方法，反证法适用的范围：①直接证明困难；②需要分成很多类进行讨论；③“唯一性”“存在性”的命题；④结论中含有“至少”“至多”否定性词语的命题．5．放缩法放缩法就是将不等式的一边放大或缩小，寻找一个中间量，常用的放缩技巧有：①舍掉(或加进)一些项；②在分式中放大或缩小分子或分母；③用基本不等式放缩.类型一 比较法证明不等式例1 若x ，y ，z ∈R ，a ＞0，b ＞0，c ＞0.求证：b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx )． 证明 ∵b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2－2(xy ＋yz ＋zx ) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫bax 2＋a by 2－2xy ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c by 2＋b cz 2－2yz ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a c z 2＋c a x 2－2zx ＝⎝⎛⎭⎪⎫b ax －a b y 2＋⎝⎛⎭⎪⎫c by －b c z 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a cz －c a x 2≥0， ∴b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx )成立． 反思与感悟 作差法证明不等式的关键是变形，变形是证明推理中一个承上启下的关键，变形的目的在于判断差的符号，而不是考虑能否化简或值是多少，变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．跟踪训练1 设a ，b 为实数，0＜n ＜1,0＜m ＜1，m ＋n ＝1，求证：a 2m ＋b 2n ≥(a ＋b )2.证明 a 2m ＋b 2n －(a ＋b )2＝na 2＋mb 2mn －nm (a 2＋2ab ＋b 2)mn＝na 2(1－m )＋mb 2(1－n )－2mnab mn＝n 2a 2＋m 2b 2－2mnab mn ＝(na －mb )2mn ≥0，∴a 2m ＋b 2n≥(a ＋b )2. 类型二 综合法与分析法证明不等式例2 已知a ，b ，c ∈R ＋，且ab ＋bc ＋ca ＝1，求证： (1)a ＋b ＋c ≥3； (2)a bc ＋b ac ＋cab≥3(a ＋b ＋c )．证明 (1)要证a ＋b ＋c ≥3，由于a ，b ，c ∈R ＋， 因此只需证(a ＋b ＋c )2≥3，即证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3，根据条件，只需证a 2＋b 2＋c 2≥1＝ab ＋bc ＋ca ， 由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 ＝33时取等号)可知，原不等式成立． (2)a bc ＋b ac＋c ab ＝a ＋b ＋c abc， 在(1)中已证a ＋b ＋c ≥3， ∵ab ＋bc ＋ca ＝1， ∴要证原不等式成立，只需证1abc≥a ＋b ＋c ，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1＝ab ＋bc ＋ca . ∵a ，b ，c ∈R ＋，a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac2，b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤ac ＋bc2，∴a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca (a ＝b ＝c ＝33时取等号)成立， ∴原不等式成立．反思与感悟 证明比较复杂的不等式时，考虑分析法与综合法的结合使用，这样使解题过程更加简洁．跟踪训练2 已知a ＞b ＞c ，求证：1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0. 证明 方法一 要证1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0， 只需证1a －b ＋1b －c ＞1a －c. ∵a ＞b ＞c ，∴a －c ＞a －b ＞0，b －c ＞0， ∴1a －b ＞1a －c ，1b －c＞0，∴1a －b ＋1b －c ＞1a －c成立， ∴1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0成立． 方法二 ∵a ＞b ＞c ， ∴a －c ＞a －b ＞0，b －c ＞0， ∴1a －b ＞1a －c ，1b －c ＞0， ∴1a －b ＋1b －c ＞1a －c ， ∴1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0. 类型三 反证法证明不等式例3 若x ，y 都是正实数，且x ＋y >2，求证：1＋x y <2或1＋yx<2中至少有一个成立．证明 假设1＋x y <2和1＋y x<2都不成立，则1＋x y ≥2和1＋yx≥2同时成立．因为x >0且y >0，所以1＋x ≥2y 且1＋y ≥2x ， 两式相加，得2＋x ＋y ≥2x ＋2y ，所以x ＋y ≤2. 这与已知x ＋y >2矛盾． 故1＋x y <2或1＋y x<2中至少有一个成立．反思与感悟 反证法的“三步曲”：(1)否定结论．(2)推出矛盾．(3)肯定结论．其核心是在否定结论的前提下推出矛盾．跟踪训练3 已知函数y ＝f (x )在R 上是增函数，且f (a )＋f (－b )＜f (b )＋f (－a )，求证：a ＜b .证明 假设a ＜b 不成立，则a ＝b 或a ＞b .当a ＝b 时，－a ＝－b ，则有f (a )＝f (b )，f (－a )＝f (－b )， 于是f (a )＋f (－b )＝f (b )＋f (－a )与已知矛盾．当a ＞b 时，－a ＜－b ，由函数y ＝f (x )的单调性，可得f (a )＞f (b )，f (－b )＞f (－a )， 于是有f (a )＋f (－b )＞f (b )＋f (－a )与已知矛盾．故假设不成立． ∴a ＜b .类型四 放缩法证明不等式例4 已知n ∈N ＋，求证：2(n ＋1－1)＜1＋12＋13＋…＋1n＜2n .证明 ∵对k ∈N ＋，1≤k ≤n ，有 1k ＝22k＞2k ＋k ＋1＝2(k ＋1－k )，∴1k＞2(k ＋1－k )． ∴1＋12＋13＋…＋1n＞2(2－1)＋2(3－2)＋…＋2(n ＋1－n )＝2(n ＋1－1)．又∵对于k ∈N ＋，2≤k ≤n ，有 1k ＝22k＜2k ＋k －1＝2(k －k －1)，∴1＋12＋13＋…＋1n＜1＋2(2－1)＋2(3－2)＋…＋2(n －n －1)＝2n －1＜2n . ∴原不等式成立．反思与感悟 放缩法是在顺推法逻辑推理过程中，有时利用不等式关系的传递性作适当的放大或缩小，证明比原不等式更强的不等式来代替原不等式的一种证明方法．放缩法的实质是非等价转化，放缩没有一定的准则和程序，需按题意适当放缩，否则达不到目的．跟踪训练4 设f (x )＝x 2－x ＋13，a ，b ∈[0,1]， 求证：|f (a )－f (b )|≤|a －b |. 证明 |f (a )－f (b )|＝|a 2－a －b 2＋b | ＝|(a －b )(a ＋b －1)|＝|a －b ||a ＋b －1|， ∵0≤a ≤1,0≤b ≤1，∴0≤a ＋b ≤2， －1≤a ＋b －1≤1，|a ＋b －1|≤1. ∴|f (a )－f (b )|≤|a －b |.1．已知p: ab ＞0，q ：b a ＋a b≥2，则p 与q 的关系是( ) A ．p 是q 的充分不必要条件 B ．p 是q 的必要不充分条件C ．p 是q 的充要条件D ．以上答案都不对 答案 C解析 由ab ＞0，得b a ＞0，a b＞0，∴b a ＋a b ≥2b a ·ab ＝2， 又b a ＋a b≥2，则b a ，a b必为正数， ∴ab ＞0.2．实数a ，b ，c 满足a ＋2b ＋c ＝2，则( ) A ．a ，b ，c 都是正数 B ．a ，b ，c 都大于1 C ．a ，b ，c 都小于2D ．a ，b ，c 中至少有一个不小于12答案 D解析 假设a ，b ，c 都小于12，则a ＋2b ＋c <2与a ＋2b ＋c ＝2矛盾． 3．若a ＝lg22，b ＝lg33，c ＝lg55，则( )A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．b ＜a ＜c答案 C解析 a ＝3lg 26＝lg 86，b ＝2lg 36＝lg 96，∵9＞8，∴b ＞a .b 与c 比较：b ＝lg 33＝lg 3515，c ＝lg 55＝lg 5315，∵35＞53，∴b ＞c .a 与c 比较：a ＝lg 2510＝lg 3210，c ＝lg 2510，∵32＞25，∴a ＞c .∴b ＞a ＞c ，故选C.4．已知a，b∈R＋，n∈N＋，求证：(a＋b)(a n＋b n)≤2(a n＋1＋b n＋1)．证明∵(a＋b)(a n＋b n)－2(a n＋1＋b n＋1)＝a n＋1＋ab n＋ba n＋b n＋1－2a n＋1－2b n＋1＝a(b n－a n)＋b(a n－b n)＝(a－b)(b n－a n)．(1)若a＞b＞0，则b n－a n＜0，a－b＞0，∴(a－b)(b n－a n)＜0.(2)若b＞a＞0，则b n－a n＞0，a－b＜0，∴(a－b)(b n－a n)＜0.(3)若a＝b＞0，(b n－a n)(a－b)＝0.综上(1)(2)(3)可知，对于a，b∈R＋，n∈N＋，都有(a＋b)(a n＋b n)≤2(a n＋1＋b n＋1)．1．比较法证明不等式一般有两种方法：作差法和作商法，作商法应用的前提条件是已知不等式两端的代数式同号．2．由教材内容可知，分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”，两者是对立统一的两种方法．3．证明不等式的基本方法及一题多证：证明不等式的基本方法主要有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等．证明不等式时既可探索新的证明方法，培养创新意识，也可一题多证，开阔思路，活跃思维，目的是通过证明不等式发展逻辑思维能力，提高数学素养．一、选择题1．a，b∈R＋，那么下列不等式中不正确的是( )A.ab＋ba≥2 B.b2a＋a2b≥a＋bC.ba2＋ab2≤a＋babD.1a2＋1b2≥2ab答案 C解析A满足基本不等式；B可等价变形为(a－b)2(a＋b)≥0正确；B选项中不等式的两端同除以ab，不等式方向不变，所以C选项不正确；D选项是A选项中不等式的两端同除以ab 得到的，D正确．2．设0<x<1，则a＝2x，b＝x＋1，c＝11－x中最大的是( )A．c B．bC．a D．随x取值不同而不同答案 A解析∵0<x<1，∴b＝x＋1>2x>2x＝a，∵11－x－(x＋1)＝1－(1－x2)1－x＝x21－x>0，∴c>b>a.3．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4 (a≥0)，则P与Q的大小关系为( ) A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值确定答案 C解析 ∵P 2＝2a ＋7＋2a 2＋7a ，Q 2＝2a ＋7＋2a 2＋7a ＋12，∴P 2<Q 2，即P <Q .4．设a ＝(m 2＋1)(n 2＋4)，b ＝(mn ＋2)2，则( ) A ．a ＞b B ．a ＜b C ．a ≤b D ．a ≥b答案 D解析 ∵a －b ＝(m 2＋1)(n 2＋4)－(mn ＋2)2＝4m 2＋n 2－4mn ＝(2m －n )2≥0， ∴a ≥b .5．已知a ，b ，c ，d 为实数，ab ＞0，－c a ＜－d b，则下列不等式中成立的是( ) A ．bc ＜ad B ．bc ＞ad C.a c ＞b d D.a c ＜b d答案 B解析 将－c a ＜－d b两边同乘以正数ab ，得－bc ＜－ad ，所以bc ＞ad . 6．若A ，B 为△ABC 的内角，则A >B 是sin A >sin B 的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 C解析 由正弦定理知a sin A ＝bsin B ＝2R ，又A ，B 为三角形的内角， ∴sin A >0，sin B >0，∴sin A >sin B ⇔2R sin A >2R sin B ⇔a >b ⇔A >B . 二、填空题7．lg9·lg11与1的大小关系是________．答案 lg9·lg11＜1 解析 ∵lg9＞0，lg11＞0，∴lg9·lg11＜lg9＋lg112＜lg992＜lg1002＝1.∴lg9·lg11＜1.8．当x ＞1时，x 3与x 2－x ＋1的大小关系是________． 答案 x 3＞x 2－x ＋1解析 ∵x 3－(x 2－x ＋1)＝x 3－x 2＋x －1＝x 2(x －1)＋(x －1)＝(x －1)(x 2＋1)，且x ＞1， ∴(x －1)(x 2＋1)＞0. ∴x 3－(x 2－x ＋1)＞0， 即x 3＞x 2－x ＋1.9．用反证法证明“在△ABC 中，若∠A 是直角，则∠B 是锐角”时，应假设________． 答案 ∠B 不是锐角解析 “∠B 是锐角”的否定是“∠B 不是锐角”．10．建造一个容积为8m 3，深为2m 的长方体无盖水池，如果池底和池壁的造价每平方米分别为120元和80元，那么水池的最低总造价为________元． 答案 1760解析 设水池底长为x (x ＞0)m ， 则宽为82x ＝4x(m)．水池造价y ＝82×120＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ×2＋8x ×2×80＝480＋320⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x ≥480＋1 280＝1 760(元)， 当且仅当x ＝2时取等号． 三、解答题11．求证：112＋122＋132＋…＋1n 2＜2.证明 因为1n2＜1n (n －1)＝1n －1－1n(n ∈N ＋，n ≥2)，所以112＋122＋132＋…＋1n 2＜1＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)·n＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n＜2. 所以原不等式得证．12．已知a n ＝1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)(n ∈N ＋)，求证：n (n ＋1)2＜a n ＜(n ＋1)22. 证明 ∵n (n ＋1)＞n ，∴a n ＝1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)＞1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2. 又n (n ＋1)＜(n ＋1)＋n 2＝2n ＋12， ∴a n ＝1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)＜32＋52＋…＋2n ＋12＝n 2＋2n 2＜(n ＋1)22. ∴n (n ＋1)2＜a n ＜(n ＋1)22. 四、探究与拓展13．已知a ，b 是正数，a ≠b ，x ，y ∈(0，＋∞)，若a 2x ＋b 2y ≥(a ＋b )2x ＋y，则等号成立的条件为________． 答案 ay ＝bx解析 a 2x ＋b 2y －(a ＋b )2x ＋y＝a 2y (x ＋y )＋b 2x (x ＋y )－xy (a ＋b )2xy (x ＋y )＝(ay －bx )2xy (x ＋y )≥0， 当且仅当ay ＝bx 时等号成立．14．设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N ＋.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜13. (1)解 令n ＝1，得S 21－(－1)S 1－3×2＝0，即S 21＋S 1－6＝0，所以(S 1＋3)(S 1－2)＝0，因为S 1＞0，所以S 1＝2，即a 1＝2.(2)解 由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，得(S n ＋3)[S n －(n 2＋n )]＝0，因为a n ＞0(n ∈N ＋)，S n ＞0，从而S n ＋3＞0，所以S n ＝n 2＋n ，所以当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n ，又a 1＝2＝2×1，所以a n ＝2n (n ∈N ＋)．(3)证明 设k ≥2，则1a k (a k ＋1)＝12k (2k ＋1)＜1(2k －1)(2k ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －1－12k ＋1， 所以1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋1a 3(a 3＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜12×3＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝16＋16－12(2n ＋1)＜13. 所以1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜13.。

课时跟踪检测（二） 基本不等式1．下列不等式中，正确的个数是( ) ①若a ，b ∈R ，则a ＋b2≥ab ； ②若x ∈R ，则x 2＋2＋1x 2＋2≥2； ③若x ∈R ，则x 2＋1＋1x 2＋1≥2； ④若a ，b 为正实数，则a ＋b2≥ab .A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选C 显然①不正确；③正确； 对于②，虽然x 2＋2＝1x 2＋2无解，但x 2＋2＋1x 2＋2>2成立，故②正确； ④不正确，如a ＝1，b ＝4.2．设正实数a ，b 满足a ＋b ＝1，则( ) A.1a ＋1b有最大值4B.ab 有最小值12C.a ＋b 有最大值 2D ．a 2＋b 2有最小值22解析：选C 由于a >0，b >0，由基本不等式得1＝a ＋b ≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立，∴ab ≤12，∴ab ≤14，1a ＋1b ＝a ＋b ab ＝1ab ≥4，因此1a ＋1b的最小值为4，a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ＝1－2ab ≥1－12＝12，(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ＝1＋2ab ≤1＋1＝2，所以a ＋b有最大值2，故选C.3．已知x >0，y >0，x ＋2y ＋2xy ＝8，则x ＋2y 的最小值是( ) A ．3 B ．4 C.92D.112解析：选B 由题意得x ＋2y ＝8－x ·2y ≥8－⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2y 22，当且仅当x ＝2y 时，等号成立，整理得(x ＋2y )2＋4(x ＋2y )－32≥0，即(x ＋2y －4)(x ＋2y ＋8)≥0， 又x ＋2y >0，所以x ＋2y ≥4，故选B.4．某公司租地建仓库，每月土地占用费y 1与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y 2与仓库到车站的距离成正比，如果在距离车站10千米处建仓库，这两项费用y 1和y 2分别为2万元和8万元，那么，要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站( )A ．5千米处B ．4千米处C ．3千米处D ．2千米处解析：选A 由已知可得y 1＝20x，y 2＝0.8x (x 为仓库到车站的距离)，所以费用之和y ＝y 1＋y 2＝0.8x ＋20x≥20.8x ·20x＝8.当且仅当0.8x ＝20x，即x ＝5时等号成立．5．若x ≠0，则f (x )＝2－3x 2－12x 2的最大值是________，取得最大值时x 的值是________．解析：f (x )＝2－3⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋4x 2≤2－3×4＝－10，当且仅当x 2＝4x2即x ＝±2时取等号．答案：－10 ± 26．若a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝2，则下列不等式对一切满足条件的a ，b 恒成立的是________．(填序号)①ab ≤1； ② a ＋b ≤2；③a 2＋b 2≥2； ④a 3＋b 3≥3；⑤1a ＋1b≥2.解析：两个正数，和定，积有最大值，即ab ≤a ＋b24＝1，当且仅当a ＝b 时取等号，故①正确；(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ＝2＋2ab ≤4，当且仅当a ＝b 时取等号，得 a ＋b ≤2，故②错误；由于a 2＋b 22≥a ＋b24＝1，故a 2＋b 2≥2成立，故③正确；a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2＋b 2－ab )＝2(a 2＋b 2－ab )，∵ab ≤1，∴－ab ≥－1，又a 2＋b 2≥2，∴a 2＋b 2－ab ≥1，∴a 3＋b 3≥2，故④错误；1a ＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ·a ＋b 2＝1＋a 2b ＋b 2a ≥1＋1＝2，当且仅当a ＝b 时取等号，故⑤成立． 答案：①③⑤7．对于x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，不等式1sin 2x ＋p cos 2x ≥16恒成立，则正数p 的取值范围为________． 解析：令t ＝sin 2x ，则cos 2x ＝1－t .又x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴t ∈(0,1)．不等式 1sin 2x ＋p cos 2x ≥16可化为p ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫16－1t (1－t )． 而y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫16－1t (1－t )＝17－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋16t ≤17－21t·16t ＝9，当1t ＝16t ，即t ＝14时取等号， 因此若原不等式恒成立，只需p ≥9. 答案：[9，＋∞)8．已知a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，求证： (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 ·a b ＋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 ≥9.9．已知x >0，y >0，且2x ＋5y ＝20. (1)求u ＝lg x ＋lg y 的最大值； (2)求1x ＋1y的最小值．解：(1)∵x >0，y >0，∴由基本不等式，得2x ＋5y ≥210xy .∵2x ＋5y ＝20，∴210xy ≤20，即xy ≤10，当且仅当2x ＝5y 时等号成立．因此有⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋5y ＝20，2x ＝5y ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，y ＝2，此时xy 有最大值10.∴u ＝lg x ＋lg y ＝lg(xy )≤lg 10＝1.∴当x ＝5，y ＝2时，u ＝lg x ＋lg y 有最大值1. (2)∵x >0，y >0，∴1x ＋1y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y ·2x ＋5y 20＝120⎝ ⎛⎭⎪⎫7＋5y x ＋2x y ≥120⎝ ⎛⎭⎪⎫7＋25y x ·2x y ＝7＋21020， 当且仅当5y x ＝2xy时等号成立．由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋5y ＝20，5y x ＝2xy，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1010－203，y ＝20－4103.∴1x ＋1y 的最小值为7＋21020. 10．某房地产开发公司计划在一楼区内建造一个长方形公园ABCD ，公园由长方形A 1B 1C 1D 1的休闲区和环公园人行道(阴影部分)组成．已知休闲区A 1B 1C 1D 1的面积为 4 000 m 2，人行道的宽分别为4 m 和10 m(如图所示)．(1)若设休闲区的长和宽的比A 1B 1B 1C 1＝x ，求公园ABCD 所占面积S 关于x 的函数S (x ) 的解析式；(2)要使公园所占面积最小，休闲区A 1B 1C 1D 1的长和宽应如何设计？ 解：(1)设休闲区的宽为a m ，则其长为ax m ， 由a 2x ＝4 000，得a ＝2010x.则S (x )＝(a ＋8)(ax ＋20)＝a 2x ＋(8x ＋20)a ＋160 ＝4 000＋(8x ＋20)·2010x＋160＝8010⎝⎛⎭⎪⎫2 x ＋5x ＋4 160(x >1)．(2)由(1)知，S≥8010×22x·5x＋4 160＝1 600＋4 160＝5 760.当且仅当2 x＝5x即x＝2.5时取等号，此时a＝40，ax＝100.所以要使公园所占面积最小，休闲区A1B1C1D1应设计为长100 m，宽40 m.。

二综合法与剖析法.2.掌握合法、剖析法学目 1. 理解合法、剖析法明不等式的原理和思特点明不等式的方法和步 .3. 会用合法、剖析法明一些不等式．知点合法与剖析法思虑 1 在“推理与明”中，学剖析法、合法，回剖析法、合法的基本特点．答案剖析法是逆推法或果索因法，合法是推法或由因果法．思虑 2合法与剖析法有什么区和系？答案区：合法，由因果，形式，易于表达；剖析法，果索因，利于思虑，易于研究．系：都属于直接明，常用剖析法剖析，用合法表达．梳理(1) 合法①定：一般地，从已知条件出，利用定、公义、定理、性等，一系列的推理、而得出命建立，种明方法叫做合法，合法又叫推法或由因果法．②特点：由因果，即从“已知”看“可知”，渐渐推向“未知”．③ 明的框表示用 P 表示已知条件或已有定、定理、公义等，用Q 表示所要明的不等式，合法可用框表示P? Q1 → Q1? Q2 → Q2? Q3 →⋯→Qn? Q(2)剖析法①定：明命，经常从要的出，渐渐求使它建立的充足条件，直至所需条件已知条件或一个明建立的事( 定、公义或已明的定理、性等) ，进而得出要的命建立，种明方法叫做剖析法．是一种“ 果索因”的思虑和明方法．②特点：果索因，即从“未知”看“需知”，渐渐靠“已知”．③ 明程的框表示用 Q表示要明的不等式，剖析法可用框表示Q? P1 → P1? P2 → P2? P3 →⋯→获取一个明建立的条件种类一综合法证明不等式例 1已知a，b∈ R＋，且a＋b＝1，121225求证： a＋a＋ b＋b≥2.证明方法一∵，∈ R＋，且＋＝ 1，a b a b∴ab≤a＋b2＝1.2412122211∴ a＋a＋ b＋b＝ 4＋ ( a＋b )＋a2＋b2＝4＋ [( a＋b) 2－ 2ab] ＋错误 !1－ 2ab＝ 4＋ (1 － 2ab) ＋a2b21－2×11425≥4＋ 1－2×4＋1＝2 .42∴a＋12＋ b＋12≥25.ab21212方法二左边＝ a＋a＋ b＋b112 2＝a ＋b ＋4＋a2＋b2＝4＋a2＋b2＋错误 ! ＋错误 !＝4＋a2＋b2＋ 1＋2b＋b2＋a2＋2a＋ 1a a2b2b＝ 4＋ ( a2＋b2) ＋2＋ 2b＋a＋b2＋a2 a b a2b2≥4＋错误 ! ＋2＋2×2错误 ! ＋2·错误 ! ·错误 !125＝4＋2＋2＋4＋2＝2，121225∴ a＋a＋ b＋b≥2 .反省与感悟综合法证明不等式，揭穿出条件和结论之间的因果联系，为此要着力剖析已知与求证之间，不等式的左右两头之间的差别与联系．合理进行变换，恰入选择已知不等式，这是证明的重点．追踪训练 1 已知 x ＞0， y ＞ 0，且 x ＋ y ＝1，11求证： 1＋ x 1＋ y ≥ 9.证明方法一 ∵ x ＞0， y ＞ 0，∴ 1＝ x ＋y ≥ 2 xy.∴ xy ≤ 11＋1 1 1 1 14. ∴ x1＋＝ 1＋ x ＋y ＋ xyy x ＋ y 12＝ 1＋ xy ＋ xy ＝ 1＋ xy ≥ 1＋ 8＝ 9.1 当且仅当 x ＝y ＝ 时等号建立．2方法二∵ x ＋ y ＝ 1，x ＞ 0， y ＞0，11x ＋ yx ＋ y ∴ 1＋ x 1＋ y ＝ 1＋ x1＋ yyxy x＝ 2＋ x 2＋ y ＝ 5＋ 2 x ＋ y ≥ 5＋2× 2＝ 9.1当且仅当 x ＝y ＝ 时，等号建立．2种类二 剖析法证明不等式例 2若， ， 是不全相等的正数，ab c求证： lga ＋ bc ＋ ba ＋ c＞lg a ＋ lg ＋ lgc .＋ lg＋ lg222ba ＋ bc ＋b a ＋ ca ＋ lgb ＋lgc ，证明 要证 lg2 ＋ lg2＋ lg2 ＞ lg即证 lga ＋bc ＋ b a ＋ c2 · 2 · 2 ＞lg( abc ) 建立，a ＋bc ＋ b a ＋ c只要证 2 · 2 · 2 ＞ abc 建立．a ＋bc ＋ b a ＋ c又∵ 2 ≥ ab ＞ 0， 2 ≥ cb ＞ 0， 2 ≥ ac ＞ 0， a ＋ b c ＋ b a ＋ c ≥＞ 0.(*)∴ · ·2 2 2 abc又∵ ， ， c 是不全相等的正数，∴ (*) 式等号不建立，a b∴原不等式建立．11追踪训练 2已知 x ＞0， y ＞ 0，求证： 2 23 3( x ＋ y ) 2 ＞( x ＋ y ) 3.1 1证明 要证明 ( x 2＋ y 2) 2＞ ( x 3＋ y 3) 3 ，只要证 ( x 2＋ y 2) 3＞( x 3＋ y 3) 2.即证 x 6＋ 3x 4y 2＋ 3x 2 y 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 建立．11∴ ( x 2＋ y 2) 2 ＞ ( x 3＋ y 3) 3 .种类三剖析综合法证明不等式例 3 设 a ＞ 0， b ＞ 0，且 a ＋ b ＝1，求证：a ＋ 1＋b ＋ 1≤ 6.证明 要证 a ＋ 1＋ b ＋ 1≤ 6，只要证 (a ＋ 1＋b ＋ 1) 2≤ 6，即证 ( a ＋ b ) ＋2＋ 2 ab ＋ a ＋ b ＋ 1≤ 6.31∵ a ＋ b ＝ 1，∴只要证ab ＋2≤ 2，即证 ab ≤ 4.由 a ＞ 0， b ＞0， a ＋ b ＝1，a ＋b 2 11得 ab ≤ 2 ＝ 4，即 ab ≤ 4建立． ∴原不等式建立．追踪训练 3已知△ ABC 的三边长是 a ， b ， c ，且 m 为正数，求证：a b c＋＞.a ＋ mb ＋ mc ＋ m证明要证a ＋b c＞ ，a ＋mb ＋mc ＋ m只要证 a ( b ＋m )( c ＋ m ) ＋ b ( a ＋ m )( c ＋ m ) －c ( a ＋ m ) ·(b ＋ m ) ＞ 0，即证abc ＋ ＋ ＋2＋abc ＋＋ ＋2－－－－2＞ 0，abm acm amabm bcm bm abc acm bcmcm2即证 abc ＋ 2abm ＋ ( a ＋b － c ) m ＞0.由于 a ， b ，c 是△ ABC 的边长， m ＞ 0，故有 a ＋ b ＞c ，22即 ( a ＋ b － c ) m ＞ 0. 因此 abc ＋ 2abm ＋ ( a ＋ b － c ) m ＞ 0 是建立的．因此 a ＋ b ＞ c建立．a ＋ mb ＋mc ＋m1．若a＜b＜0，则以下不等式中建立的是 () 1111 A. a＜b B．a＋b＞b＋a11b b＋ 1C．b＋a＞a＋b D.a＜a＋ 1答案Ca b11剖析∵ a＜ b＜0，∴ ab＞0，∴ab＜ab＜0，即b＜a＜0.11∴ a＋b＜ b＋a.1 x a＋ b2ab 2．已知函数f ( x) ＝2，a＞0，b＞0，a≠b，A＝ f2，B＝f (ab) ，C＝f a＋ b，则 A， B， C中最大的为________．答案 Ca＋ b2ab剖析∵ a＞0， b＞0，a≠ b，∴2＞ab＞a＋b.1x又函数 f ( x)＝2在 R 上单一递减，a＋ b2ab∴ f2＜ f (ab) ＜f a＋b，即 A＜ B＜ C.223．已知x＞0，y＞ 0，证明： (1 ＋x＋y )(1 ＋x＋y) ≥9xy.因此 1＋x＋y2≥33xy2 ＞ 0,1 ＋x2＋y≥ 33x2y ＞ 0，故(1 ＋＋y 2＋x2) ≥ 333 )(1＋xy2 ·3 x2y ＝ 9 .x y xy4．已知a，b∈ R＋，且 2c＞a＋b，求证： c－c2 － ab＜a＜c＋c2－ ab.证明要证c－c2－ ab＜a＜c＋c2－ ab，只要证－c2－ ab＜a－c＜c2－ ab，即证 | a－c|＜c2－ ab，两边平方得a2－2ac＋ c2＜ c2－ab，即证 a2＋ ab＜2ac，即 a( a＋ b)＜2ac.∵a， b∈R＋，且 a＋ b＜2c，∴ a( a＋b)＜2ac 显然建立．∴原不等式建立．1．综合法和剖析法的比较(1)相同点：都是直接证明．(2)不相同点：综合法，由因导果，形式简短，易于表达；剖析法，执果索因，利于思虑，易于研究．2．证明不等式的平常做法常用剖析法找证题切入点，用综合法写证题过程．一、选择题1．设a，b＞0，A＝a＋b，B＝a＋ b，则A，B的大小关系是 ()A．＝B B．＜A A BC．A＞B D．大小不确定答案C剖析∵ A2－ B2＝( a＋ b＋2ab) －( a＋b) ＝2ab＞0，∴A2＞B2，又A＞ 0，B＞0，∴A＞B. 2．已知a，b， c 为三角形的三边，且S＝a2＋ b2＋ c2， P＝ ab＋ bc＋ ca，则()A．S≥ 2P B．P＜S＜ 2PC．S＞P D．P≤S＜ 2P答案D剖析∵ 2S－2P＝ 2a2＋ 2b2＋ 2c2－ 2ab－ 2bc－2ca＝( a－b) 2＋ ( a－c) 2＋ ( b－c) 2≥ 0，当且仅当 a＝b＝ c 时，等号建立．∴2S≥ 2P，即P≤S.∵S－2P＝ a2＋b2＋ c2－2ab－2bc－2ac.＝( a－b) 2＋c2－2bc－ 2ac，又∵ a－ b＜ c，∴S－2P＜ c2＋c2－2bc－2ac＝2c( c－ b－ a)＜0恒建立，∴ S－2P＜0，综上 P≤ S＜2P.3．若 x ， y ∈R ，且 x 2＋ y 2＝ 1，则 (1 － xy )(1 ＋xy ) 有 ()3A ．最小值 4，而无最大值B ．最小值 1，而无最大值1C ．最小值 2和最大值13D ．最小值 4和最大值1答案 D剖析 ∵ x 2＋ y 2≥ 2| xy | ，12 21∴ 0≤ | xy | ≤ 2，∴ 0≤x y ≤ 4，∴ (1 － xy )(1 ＋ xy ) ＝ 1－ x 2y 2∈ 3， 1 .4 4．已知 0＜ ＜ 1＜ ，以下不等式必然建立的是 ()abA ．log b ＋ logb a ＋ 2＞ 0B ．log b ＋ log a － 2＞ 0aabC ．log a b ＋ log b a ＋ 2≥ 0D ．log a b ＋ log b a ＋ 2≤ 0答案 D剖析∵ 0＜ a ＜ 1＜ b ，∴ log a b ＜ 0. ∴－ log a b ＞ 0.∴ ( － log a b ) ＋错误 ! ≥ 2，当且仅当 0＜a ＜ 1＜ b ，且 ab ＝1 时等号建立．∴－ 错误 ! ≤－ 2，即 log a b ＋错误 ! ≤－ 2.∴ log a b ＋ log b a ≤－ 2，∴ log a b ＋ log b a ＋ 2≤ 0.1 1 b 1 a5．设 3＜ 3 ＜ 3 ＜1，则 ()A ．a a ＜ a b ＜ b aB ．a a ＜ b a ＜ a bC ．a b ＜ a a ＜ b aD ．a b ＜ b a ＜ a a答案C11b1 a剖析∵ 3＜ 3 ＜ 3 ＜ 1，∴ 0＜ a ＜ b ＜ 1，∴ aa＝a a －b ＞1，abbaaaa a∴ a ＜a . ∵ ＝，a又 0＜ b ＜ 1，a ＞ 0，∴aa ＜ 1，∴ a a ＜b a ， b∴ a b ＜a a ＜ b a .6．设 a ＝2， b ＝ 7－3， c ＝ 6－ 2，那么 a ，b ， c 的大小关系是 ()A ．a ＞ b ＞ cB ．a ＞ c ＞ bC ．b ＞ a ＞ cD ．b ＞ c ＞ a答案 B剖析由已知，可得出a ＝4 4 4， b ＝， c ＝，227＋ 36＋ 2∵ 7＋ 3＞ 6＋ 2＞2 2，∴ b ＜ c ＜ a .二、填空题7．若 a ＞ 0，b ＞ 0，则以下两式的大小关系为：lg 1＋a ＋ b________ 1 [lg(1 ＋ ) ＋ lg(1 ＋ )] ．2 2 ab答案≥11剖析2[lg(1＋ a ) ＋ lg(1 ＋ b )] ＝ 2lg[(1 ＋ a )(1 ＋ b )]1＝ lg[(1 ＋ a )(1 ＋ b )] 2，a ＋ba ＋b ＋ 2又 lg 1＋ 2＝ lg2 ，∵ a ＞ 0， b ＞ 0，∴ a ＋1＞ 0， b ＋1＞ 0，1a ＋ 1＋b ＋ 1 a ＋ b ＋ 2∴ [( a ＋ 1)(1 ＋ b )]2 ≤＝ 2 ，2a ＋ b1∴ lg ≥ lg[(1＋ a )(1 ＋b )]2 .1＋2a ＋b 1即 lg ≥ 2[lg(1 ＋ a ) ＋ lg(1＋b )] ．1＋23 3 3a －b 建立，则 a ， b 应知足 ____________ ．8．要使 a － b ＜答案ab ＞ 0 且 a ＞ b 或 ab ＜ 0 且 a ＜ b剖析要使 333a －b ＜ a － b 建立．只要 ( 3 a － 3 b) 3 ＜( 3 a － b) 3 建立，3 3即 a － b － 3 a2b ＋ 3 ab2＜ a － b 建立，只要 3 ab2＜ 3a2b 建立，只要 ab 2＜ a 2b 建立，即 ab ( b － a ) ＜ 0 建立，可得 ab ＞ 0 且 a ＞ b 或 ab ＜ 0 且 a ＜ b .9．已知 a ＞0， b ＞ 0，若 P 是 a ， b 的等差中项， Q 是 a ， b 的正的等比中项， 1 1 1 R 是 a ， b 的等差中项，则 P ， Q ， R 按从大到小的排列次序为 ________．答案≥ ≥PQ R剖析＝ a ＋b ， ＝ ab ， 2＝ 1＋ 1，P2QR a b∴ R ＝2ab ≤ Q ＝ ab ≤ P ＝ a ＋b，a ＋ b2当且仅当 a ＝b 时取等号．10．设 a＞ ＞ ，且1 ＋ 1 ≥ m 恒建立，则的取值范围是 ________．b c a － b b － c a － c m答案( －∞， 4]剖析 ∵ a ＞ b ＞ c ，∴ a － b ＞ 0，b － c ＞ 0， a － c ＞ 0.1 11 1又 ( a － c ) · a －b ＋ b － c ＝ [( a － b ) ＋ ( b － c )] · a － b ＋ b －c ≥ 2错误 ! ·2 错误 ! ＝4，当且仅当 a －b ＝ b － c 时取等号．∴ m ∈ ( －∞， 4] ．三、解答题11．已知 a ＞b ＞ 0，求证： 错误 ! ＜错误 ! － 错误 ! ＜错误 ! .证明 要证原不等式建立，只要证错误!＜＋ －2错误!＜错误!，a ba －b 2a －2a －b 2，即证＜ (b) ＜2 b 2 a由于 a ＞ b ＞0，因此 a － b ＞ 0， a － b ＜ a － ba －b ＞ 0，因此只要证a －b ＜ ，2 a 2 b即 a ＋ b ＜ 1＜ a ＋ b ，2 a 2 bba b a即证a ＜1＜b ，只要证 a ＜ 1＜ b .ba∵ a ＞ b ＞ 0，∴ a ＜ 1＜b 建立．∴原不等式建立．12．已知 a ，b ， c 都是实数，求证：22212a ＋b ＋c ≥ ( a ＋b ＋ c ) ≥ ab ＋ bc ＋ ca .证明∵ a ， b ， c ∈ R ，∴ a 2＋b 2≥ 2ab ，b 2＋ c 2≥ 2bc ， c 2＋ a 2≥ 2ca .将以上三个不等式相加，得2( a 2＋b 2＋ c 2) ≥ 2( ab ＋ bc ＋ca ) ，即 a 2 ＋b 2＋ c 2≥ ab ＋ bc ＋ ca .在不等式①的两边同时加上a 2＋b 2＋c 2，得3( a 2＋b 2＋ c 2) ≥ ( a ＋ b ＋ c ) 2，1即 a 2 ＋b 2＋ c 2≥ ( a ＋ b ＋ c )2. 3在不等式②的两头同时加上 2( ab ＋ bc ＋ ca ) ，得( ＋ ＋)2≥3( ＋ ＋ ca ) ，a b cab bc 1 2即 ( a ＋ b ＋ c ) ≥ ab ＋ bc ＋ca .322212由③④得 a ＋ b ＋ c ≥ ( a ＋b ＋ c ) ≥ ab ＋ bc ＋ ca .13．已知 a ，b ， c 都是正数，求证： 2 a ＋ b － ab ≤ 3a ＋b ＋c－ 3 abc.2 3a ＋ ba ＋b ＋ c3 证明方法一 要证 22 － ab ≤ 33 －abc，只要证 a ＋ b － 2 ab ≤ a ＋ b ＋ c － 3 3abc ，3即－ 2 ab ≤c － 3 abc ，①②③④3移项，得 c ＋2ab ≥3abc.由 a ， b ， c 为正数，得 c ＋ 2 ab ＝ c ＋ ab ＋ ab ≥ 33abc 建立．∴原不等式建立．方法二∵ a ， b ， c 是正数，∴ c ＋ ab ＋ ab ≥ 3 3c ab · ab ＝3 3abc ，3即 c ＋ 2 ab ≥ 3 abc.3故－ 2 ab ≤c － 3 abc.3∴ a ＋ b － 2 ab ≤ a ＋b ＋ c － 3 abc.∴ 2a ＋ b－ ab ≤ 3 a ＋ b ＋ c 3 abc .2 3 －四、研究与拓展14．剖析法又叫执果索因法， 若使用剖析法证明“设a >b >c ，且 a ＋b ＋ c ＝ 0，求证： b2－ ac< 3a ”索的因应是 ()A ．a － b >0B ．a － c >0C ．( － )( －)>0D ．( － )(－ )<0a b a ca ba c答案C剖析要证 b2－ ac< 3a ，只要证 b 2－ ac <3a 2，只要证 b 2－ ac －3a 2<0.∵ a ＋ b ＋ c ＝ 0，∴ a ＋ c ＝－ b ，∴只要证 ( a ＋c ) 2－ ac － 3a 2<0，即 ( a － c )(2 a ＋ c )>0 ，即证 ( a － c )( a － b )>0.15．已知实数a， ， c 知足 c＜ ＜ ， ＋ ＋ ＝ 1，a 2b 2c 2＋4 ＋＋＝ 1，求证： 1＜＜ .bb a a b cab3证明 ∵ a ＋ b ＋ c ＝ 1，41∴欲证结论等价于1＜1－ c ＜ 3，即证－ 3＜ c ＜ 0.又 a2＋b2＋ c2＝1，则 ab＝错误!＝错误 ! ＝c2－c，又 a＋ b＝1－c，由①②得 a， b 是方程 x2－(1－ c) x＋ c2－ c＝0的两个不等实根，进而－c)＞0，1解得－3＜ c＜1.∵c＜ b＜ a，∴( c－a)( c－b) ＝c2－c( a＋b) ＋ab＝ c2－c(1－ c)＋ c2－ c＞0，2解得 c＜0或 c＞3(舍)．14∴－＜ c＜0，即1＜ a＋ b＜.33①②＝(1 －c) 2－ 4( c2。

1 琴生不等式不等式)()()(qb pa f b qf a pf +≥+有着重要的数学背景，它与高等数学中的一类凸函数有着密切的关系，也是琴生（Jensen ）不等式的特例。

琴生在1905年给出了一个定义：设函数)(x f 的定义域为[a,b]，如果对于[a,b]内任意两数21,x x ，都有 .2)()(22121x f x f x x f +≤⎪⎭⎫ ⎝⎛+ （1） 则称)(x f 为[a,b]上的凸函数。

若把（1）式的不等号反向，则称这样的)(x f 为[a,b]上的凹函数。

凸函数的几何意义是：过)(x f y =曲线上任意两点作弦，则弦的中点必在该曲线的上方或在曲线上。

其推广形式是：若函数)(x f 的是[a,b]上的凸函数，则对[a,b]内的任意数n x x x ,,21，都有 .)()()(2121n x f x f x f n x x x f n n +++≤⎪⎭⎫ ⎝⎛+++ （2） 当且仅当n x x x === 21时等号成立。

一般称（2）式为琴生不等式。

更为一般的情况是：设)(x f 是定义在区间[a,b]上的函数，如果对于[a,b]上的任意两点21,x x ，有),()()(2121qx px f x qf x pf +≥+其中1,,=+∈+q p R q p ，则称)(x f 是区间[a,b]上的凸函数。

如果不等式反向，即有),()()(2121qx px f x qf x pf +≤+则称)(x f 是[a,b]上的凹函数。

其推广形式 ，设1,,,,2121=+++∈+n n q q q R q q q ，)(x f 是[a,b]上的凸函数，则对任意],,[,,,21b a x x x n ∈ 有)()()()(22112211n n n n x f q x f q x f q x q x q x q f +++≤+++ ，当且仅当n x x x === 21时等号成立。

二 综合法与分析法[课时作业] [A 组 基础巩固]1．设a ，b ∈R ＋，A ＝a ＋b ，B ＝a ＋b ，则A 、B 的大小关系是( ) A ．A ≥B B ．A ≤B C ．A >BD ．A <B解析：A 2＝(a ＋b )2＝a ＋2ab ＋b ，B 2＝a ＋b 所以A 2>B 2. 又A >0，B >0， ∴A >B . 答案：C2．设a ＝2，b ＝7－3，c ＝6－2，那么a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a >b >c B ．a >c >b C ．b >a >cD ．b >c >a解析：由已知，可得出a ＝422，b ＝47＋3，c ＝46＋2，∵7＋3＞6＋2>2 2. ∴b <c <a . 答案：B3．若1＜x ＜10，下面不等式中正确的是( ) A ．(lg x )2＜lg x 2＜lg(lg x ) B ．lg x 2＜(lg x )2＜lg(lg x ) C ．(lg x )2＜lg(lg x )＜lg x 2D ．lg(lg x )＜(lg x )2＜lg x 2解析：∵1＜x ＜10，∴x 2>x,0＜lg x ＜1， ∴lg(lg x )＜0，∴lg x 2＞lg x ＞(lg x )2， ∴lg x 2＞(lg x )2＞lg(lg x )，选D. 答案：D4．若a ，b ，c ∈R ，且ab ＋bc ＋ac ＝1，则下列不等式成立的是( ) A ．a 2＋b 2＋c 2≥2 B ．(a ＋b ＋c )2≥3 C.1a ＋1b ＋1c≥2 3D ．abc (a ＋b ＋c )≤13解析：因为a 2＋b 2≥2ab ，a 2＋c 2≥2ac ，b 2＋c 2≥2bc ，将三式相加， 得2(a 2＋b 2＋c 2)≥2ab ＋2bc ＋2ac ， 即a 2＋b 2＋c 2≥1.又因为(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ac ，所以(a ＋b ＋c )2≥1＋2×1＝3.故选项B 成立． 答案：B5．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解析：∵lg a >lg b >0，∴12(lg a ＋lg b )>lg a ·lg b ，即Q >P . 又∵a >b >1，∴a ＋b2>ab ，∴lg ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2>lg ab ＝12(lg a ＋lg b )．即R >Q ，∴P <Q <R . 答案：B6．等式“sin x 1＋cos x ＝1－cos x sin x ”的证明过程：“等式两边同时乘以sin 2x 1－cos x 得，左边＝sin x 1＋cos x ·sin x1－cos x ＝sin 2x 1－cos 2 x ＝sin 2x sin 2x ＝1，右边＝1，左边＝右边，故原不等式成立”，应用了________的证明方法．(填“综合法”或“分析法”)解析：由综合法的特点可知，此题的证明用的是综合法． 答案：综合法7．若a ≥3，则a －a －1与a －2－a －3的大小关系是________． 解析：取a ＝3，得a －a －1＝3－2，a －2－a －3＝1，得a －a －1<a －2－a －3.下面证明：a >3时，a －a －1<a －2－a －3， 只需证a ＋a －3<a －1＋a －2， 只需证(a ＋a －3)2<(a －1＋a －2)2， 即证aa －<a －a －，只需证a (a －3)<(a －1)(a －2)， 即证0<2，显然0<2，故a －a －1<a －2－a －3. 答案：a －a －1<a －2－a －38．设a ，b ，c 都是正实数，a ＋b ＋c ＝1，则a ＋b ＋c 的最大值为________．解析：因为 (a ＋b ＋c )2＝a ＋b ＋c ＋2ab ＋2bc ＋2ca ≤1＋(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )＝1＋2(a ＋b ＋c )精品＝3，所以a ＋b ＋c ≤3，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立．答案： 39．用综合法证明：如果a ，b 为正数，则ab ＋1ab ＋b a ＋ab≥4.证明：由基本不等式ab ＋1ab≥2ab ·1ab＝2，b a ＋a b ≥2b a ·ab＝2， 有ab ＋1ab ＋b a ＋ab≥2＋2＝4，所以ab ＋1ab ＋b a ＋ab≥4，当且仅当ab ＝1ab 且b a ＝ab，即a ＝b ＝1时等号成立．10．已知a >0，b >0,2c >a ＋b ，用分析法证明c －c 2－ab <a . 证明：要证c －c 2－ab <a ， 只需证明c <a ＋c 2－ab ， 即证b －a <2c 2－ab .当b －a <0时显然成立，当b －a ≥0时只需证明b 2＋a 2－2ab <4c 2－4ab ， 即证(a ＋b )2<4c 2， 由2c >a ＋b 知上式成立． ∴原不等式成立．[B 组 能力提升]1．已知p ：ab >0，q ：b a ＋a b≥2，则p 与q 的关系是( ) A ．p 是q 的充分而不必要条件 B ．p 是q 的必要而不充分条件 C ．p 是q 的充分必要条件 D ．以上答案都不对解析：若ab >0，则b a >0，a b>0， ∴b a ＋a b≥2，故p ⇒q 成立．若b a ＋a b ≥2，则a 2＋b 2ab≥2，精品∴a 2＋b 2－2ab ab ≥0，即a －b2ab≥0.∵(a －b )2≥0，∴ab >0，故q ⇒p 成立． 答案：C2．已知a 、b 、c 为三角形的三边，且S ＝a 2＋b 2＋c 2，P ＝ab ＋bc ＋ca ，则( ) A ．S ≥2P B ．P <S <2P C ．S >PD ．P ≤S <2P解析：∵a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ， ∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ，即S ≥P . 又三角形中|a －b |<c ，∴a 2＋b 2－2ab <c 2， 同理b 2－2bc ＋c 2<a 2，c 2－2ac ＋a 2<b 2， ∴a 2＋b 2＋c 2<2(ab ＋bc ＋ca )，即S <2P . 答案：D 3．若不等式1a －b ＋1b －c ＋λc －a>0在条件a >b >c 时恒成立，则λ的取值范围是________． 解析：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 －cb －c恒成立．∵a －c a －b ＋a －c b －c ＝a －b ＋b －c a －b ＋a －b ＋b －cb －c ＝2＋b －c a －b ＋a －bb －c≥2＋2＝4. ∴λ<4. 答案：(－∞，4)4．设a >0，b >0，则此两式的大小关系为 lg(1＋ab )________12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．解析：因为对数函数y ＝lg x 为定义域上的增函数． 所以只需比较(1＋ab )与＋a ＋b 的大小即可，因为(1＋ab )2－(1＋a )(1＋b ) ＝1＋ab ＋2ab －(1＋ab ＋a ＋b ) ＝2ab －(a ＋b )．又由基本不等式得2ab ≤a ＋b ， 所以(1＋ab )2－(1＋a )(1＋b )≤0，精品即有lg(1＋ab )≤12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．答案：≤5．已知a >b >0，求证：a －b28a <a ＋b2－ab <a －b28b.证明：要证a －b28a <a ＋b2－ab <a －b28b，只要证a －b24a<a ＋b －2ab <a －b24b，即证(a －b 2a )2<(a －b )2<(a －b 2b )2， 即证0<a －b 2a <a －b <a －b2b， 即证a ＋b a <2<a ＋bb， 即证1＋b a <2<1＋a b ， 即证b a<1< ab 成立． 因为a >b >0，所以a b>1，b a<1， 故b a <1, ab>1成立， 所以有a －b28a <a ＋b2－ab <a －b28b成立．6．已知实数a 、b 、c 满足c <b <a ，a ＋b ＋c ＝1，a 2＋b 2＋c 2＝1.求证：1<a ＋b <43.证明：∵a ＋b ＋c ＝1，∴欲证结论等价于1<1－c <43，即－13<c <0.又a 2＋b 2＋c 2＝1，则有ab ＝a ＋b2－a 2＋b 22＝－c2－－c22＝c 2－c ，①又a ＋b ＝1－c ，②由①②得a 、b 是方程x 2－(1－c )x ＋c 2－c ＝0的两个不等实根，从而Δ＝(1－c )2－4(c 2－c )> 0. 解得－13<c <1.∵c <b <a ，精品∴(c －a )(c －b )＝c 2－c (a ＋b )＋ab ＝c 2－c (1－c )＋c 2－c >0， 解得c <0或c >23(舍去)．∴－13<c <0，即1<a ＋b <43.。

高中数学第二讲讲明不等式的基本方法学业分层测评6比较法新人教A 版选修45(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．已知a ＞2，b ＞2，则( ) A ．ab ≥a ＋b B ．ab ≤a ＋b C ．ab ＞a ＋bD.ab ＜a ＋b【解析】 ∵a ＞2，b ＞2，∴a 2－1＞0，b2－1＞0，则ab －(a ＋b )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12b －1＋b ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a －1＞0，∴ab ＞a ＋b . 【答案】 C2．已知a ＞b ＞－1，则1a ＋1与1b ＋1的大小关系为( ) A.1a ＋1＞1b ＋1 B.1a ＋1＜1b ＋1 C.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 ＋1b ＋1＜0，∴1a ＋1＜1b ＋1. 【答案】 B 3．a ，b 都是正数，P ＝a ＋b2，Q ＝a ＋b ，则P ，Q 的大小关系是( )【导学号：32750031】A ．P ＞QB ．P ＜QC ．P ≥QD.P ≤Q【解析】 ∵a ，b 都是正数， ∴P ＞0，Q ＞0，∴P 2－Q 2＝⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22－(a ＋b )2＝－a －b22≤0(当且仅当a ＝b 时取等号)，∴P 2－Q 2≤0. ∴P ≤Q . 【答案】 D4．下列四个数中最大的是( ) A ．lg 2 B ．lg 2 C ．(lg 2)2D.lg(lg 2)【解析】 ∵0＜lg 2＜1＜2＜2， ∴lg(lg 2)＜0＜lg 2＜lg 2， 且(lg 2)2＜lg 2，故选A. 【答案】 A5．在等比数列{a n }和等差数列{b n }中，a 1＝b 1>0，a 3＝b 3>0，a 1≠a 3，则a 5与b 5的大小关系是( )A ．a 5<b 5B ．a 5>b 5C ．a 5＝b 5D.不确定【解析】 设{a n }的公比为q ，{b n }的公差为d ， 则a 5－b 5＝a 1q 4－(b 1＋4d )＝a 1q 4－(a 1＋4d )． ∵a 3＝b 3，∴a 1q 2＝b 1＋2d ，即a 1q 2＝a 1＋2d ， ∴a 21q 4＝(a 1＋2d )2＝a 21＋4a 1d ＋4d 2，∴a 5－b 5＝a 21q 4－a 1a 1＋4d a 1＝a 21＋4a 1d ＋4d 2－a 1a 1＋4d a 1＝4d 2a 1.∵a 1>0，d ≠0，∴a 5－b 5>0， ∴a 5>b 5. 【答案】 B 二、填空题6．设P ＝a 2b 2＋5，Q ＝2ab －a 2－4a ，若P >Q ，则实数a ，b 满足的条件为________.【导学号：32750032】【解析】 P －Q ＝a 2b 2＋5－(2ab －a 2－4a ) ＝a 2b 2＋5－2ab ＋a 2＋4a ＝a 2b 2－2ab ＋1＋4＋a 2＋4a ＝(ab －1)2＋(a ＋2)2.∵P >Q ，∴P －Q >0， 即(ab －1)2＋(a ＋2)2>0， ∴ab ≠1或a ≠－2. 【答案】 ab ≠1或a ≠－27．若x ＜y ＜0，M ＝(x 2＋y 2)(x －y )，N ＝(x 2－y 2)(x ＋y )，则M ，N 的大小关系为________． 【解析】 M －N ＝(x 2＋y 2)(x －y )－(x 2－y 2)(x ＋y ) ＝(x －y )[(x 2＋y 2)－(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＋a1－b ＞1，∴1＋a ＞11－b.【答案】 1＋a ＞11－b三、解答题9．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 －1log a ＋1a＝log a (a －1)·log a (a ＋1)＜⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a a －1＋log a a ＋122＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a a 2－122.∵a ＞2，∴0＜log a (a 2－1)＜log a a 2＝2，∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a a 2－122＜⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a a 222＝1，因此log a a －1log a ＋1a＜1.∵log (a ＋1)a ＞0，∴log a (a －1)＜log (a ＋1)a .10．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．【解】 (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 －12＝n 2＋3n 2＝n n ＋32.当n ≥2时，S n －b n ＝S n －1＝n －1n ＋22＞0，故S n ＞b n .若q ＝－12，则S n ＝2n ＋nn －12·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－n 2＋9n 4＝－n －9n 4.当n ≥2时，S n －b n ＝S n －1＝－n －1n －104，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 .[能力提升]1．已知a ＞0，b ＞0，m ＝a b ＋ba，n ＝a ＋b ，p ＝a ＋b ，则m ，n ，p 的大小顺序是( )A ．m ≥n ＞pB ．m ＞n ≥pC ．n ＞m ＞pD.n ≥m ＞p【解析】 由已知m ＝a b ＋ba，n ＝a ＋b ，得a ＝b ＞0时m ＝n ，可否定B ，C.比较A ，D 项，不必论证与p 的关系．取特值a ＝4，b ＝1，则m ＝4＋12＝92，n ＝2＋1＝3，∴m ＞n ，可排除D.【答案】 A2．设m ＞n ，n ∈N *，a ＝(lg x )m ＋(lg x )－m ，b ＝(lg x )n ＋(lg x )－n，x ＞1，则a 与b 的大小关系为( )A ．a ≥bB ．a ≤bC ．与x 值有关，大小不定D.以上都不正确【解析】 要比较a 与b 的大小，通常采用比较法，根据a 与b 均为对数表达式，只有作差，a 与b 两个对数表达式才能运算、整理化简，才有可能判断出a 与b 的大小．a －b ＝lg m x ＋lg －m x －lg n x －lg －n x＝(lg mx －lg nx )－⎝⎛⎭⎪⎫1lg n x －1lg m x＝(lg mx －lg nx )－lg mx －lg nxlg m x lg nx ＝(lg m x －lg nx )⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1lg m x lg n x＝(lg m x －lg nx )⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1lg m ＋n x .∵x ＞1，∴lg x ＞0. 当0＜lg x ＜1时，a ＞b ； 当lg x ＝1时，a ＝b ； 当lg x ＞1时，a ＞b . ∴应选A. 【答案】 A3．一个个体户有一种商品，其成本低于3 5009元．如果月初售出可获利100元，再将本利存入银行，已知银行月息为2.5%，如果月末售出可获利120元，但要付成本的2%的保管费，这种商品应________出售(填“月初”或“月末”)．【解析】 设这种商品的成本费为a 元． 月初售出的利润为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 ＜3 5009，∴L 1＜L 2，月末出售好．【答案】 月末4．若实数x ，y ，m 满足|x －m |＜|y －m |，则称x 比y 接近m .对任意两个不相等的正数a，b，证明：a2b＋ab2比a3＋b3接近2ab ab.【证明】∵a＞0，b＞0，且a≠b，∴a2b＋ab2＞2ab ab，a3＋b3＞2ab ab.∴a2b＋ab2－2ab ab＞0，a3＋b3－2ab ab＞0.∴|a2b＋ab2－2ab ab|－|a3＋b3－2ab ab|＝a2b＋ab2－2ab ab－a3－b3＋2ab ab＝a2b＋ab2－a3－b3＝a2(b－a)＋b2(a－b)＝(a－b)(b2－a2)＝－(a－b)2(a＋b)＜0，∴|a2b＋ab2－2ab ab|＜|a3＋b3－2ab ab|，∴a2b＋ab2比a3＋b3接近2ab ab.。