(全国版)2019高考数学一轮复习不等式选讲第2讲不等式的证明增分练

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(通用版)2019版高考数学一轮复习不等式选讲 2 第2讲不等式的证明教案理

第2讲不等式的证明1．基本不等式定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥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，则错误!≥错误!，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a1，a2,…,a n为n个正数，则a1＋a2＋…＋a nn≥错误!,当且仅当a1＝a2＝…＝a n时，等号成立．2．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、反证法、放缩法、数学归纳法等．3．数学归纳法证明不等式的关键使用数学归纳法证明与自然数有关的不等式,关键是由n＝k时不等式成立推证n＝k＋1时不等式成立，此步的证明要具有目标意识，要注意与最终达到的解题目标进行分析、比较，以便确定解题方向．对于任意的x、y∈R，求证｜x－1|＋｜x|＋｜y－1|＋｜y＋1｜≥3.证明：根据绝对值的几何意义，可知｜x－1｜＋｜x|≥1,｜y－1|＋|y＋1|≥2，所以|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1｜≥1＋2＝3。

若a,b∈(0，＋∞)且a＋b＝1，求证:错误!＋错误!≥8.证明：因为a＋b＝1，所以a2＋2ab＋b2＝1.因为a>0，b〉0，所以错误!＋错误!＝错误!＋错误!＝1＋错误!＋错误!＋1＋错误!＋错误!＝2＋错误!＋错误!≥2＋2错误!＋2错误!＝8错误!。

若x，y，z∈R＋，且x＋y>z,求证：错误!＋错误!〉错误!.证明：因为x＋y〉z,所以x＋y－z〉0.由分数性质得z1＋z〈错误!＝错误!.因为x>0，y〉0，所以错误!＝错误!＋错误!<错误!＋错误!。

所以错误!＋错误!>错误!。

若a〉b>1，证明：a＋错误!>b＋错误!。

证明：a＋1a－错误!＝a－b＋错误!＝错误!.由a〉b〉1得ab〉1,a－b>0,所以错误!〉0。

2019届高考数学一轮复习选修部分不等式选讲第2讲不等式的证明知能训练及解析-经典汇编

第2讲不等式的证明1．如果x>0，比较(x－1)2与(x＋1)2的大小．解：(x－1)2－(x＋1)2＝[(x－1)＋(x＋1)][(x－1)－(x＋1)]＝－4x.因为x>0，所以x>0，所以－4x<0，所以(x－1)2<(x＋1)2.2．设a>b>0，求证：a2－b2a2＋b2>a－ba＋b.证明：法一：a2－b2a2＋b2－a－ba＋b＝a3－b3－ab2＋a2b－a3＋b3＋a2b－ab2（a2＋b2）（a＋b）＝2a2b－2ab2（a2＋b2）（a＋b）＝2ab（a－b）（a2＋b2）（a＋b），因为a>b>0，所以a－b>0，ab>0，a2＋b2>0，a＋b>0.所以a 2－b 2a 2＋b 2－a －b a ＋b >0，所以a 2－b 2a 2＋b 2>a －b a ＋b . 法二：因为a>b>0，所以a ＋b>0，a －b>0.所以a 2－b2a 2＋b 2a －b a ＋b ＝a 2－b 2a 2＋b 2·a ＋b a －b＝（a ＋b ）2a 2＋b 2 ＝a 2＋b 2＋2ab a 2＋b 2 ＝1＋2aba 2＋b 2>1. 所以a 2－b 2a 2＋b 2>a －b a ＋b . 3．(2015·高考湖南卷)设a>0，b>0，且a ＋b ＝1a ＋1b.证明： (1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a<2与b 2＋b<2不可能同时成立．证明：由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋b ab，a>0，b>0，得ab ＝1. (1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2.(2)假设a 2＋a<2与b 2＋b<2同时成立，则由a 2＋a<2及a>0，得0<a<1；同理，0<b<1，从而ab<1，这与ab ＝1矛盾．故a 2＋a<2与b 2＋b<2不可能同时成立． 4．已知a ，b ，c 均为正实数，且互不相等，且abc ＝1，求证：a ＋b ＋c<1a ＋1b ＋1c. 证明：法一：因为a ，b ，c 均为正实数，且互不相等，且abc ＝1，所以a ＋b ＋c ＝ 1bc ＋ 1ca ＋ 1ab <1b ＋1c 2＋1c ＋1a 2＋1a ＋1b 2＝1a ＋1b ＋1c . 所以a ＋b ＋c<1a ＋1b ＋1c. 法二：因为1a ＋1b ≥21ab＝2c ； 1b ＋1c ≥21bc ＝2a ；1c ＋1a ≥21ac＝2 b. 所以以上三式相加，得1a ＋1b ＋1c ≥a ＋b ＋ c. 又因为a ，b ，c 互不相等，所以1a ＋1b ＋1c >a ＋b ＋ c. 法三：因为a ，b ，c 是不等正数，且abc ＝1，所以1a ＋1b ＋1c ＝bc ＋ca ＋ab ＝bc ＋ca 2＋ca ＋ab 2＋ab ＋bc 2>abc 2＋a 2bc ＋ab 2c ＝a ＋b ＋ c. 所以a ＋b ＋c<1a ＋1b ＋1c.5．(2014·高考课标全国卷Ⅰ)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，且当a ＝b ＝2时等号成立．故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，且当a ＝b ＝2时等号成立．所以a 3＋b 3的最小值为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 ＝6.6．(2016·贵州省六校第一次联考)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)因为a ＋b ＝1，a>0，b>0，所以1a ＋1b ＋1ab ＝1a ＋1b ＋a ＋b ab＝2⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝2⎝⎛⎭⎫a ＋b a＋a ＋b b＝2⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋4≥4 b a ×a b ＋4＝8⎝⎛⎭⎫当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立，所以1a ＋1b ＋1ab≥8. (2)因为⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ＝1a ＋1b ＋1ab＋1，由(1)知1a ＋1b ＋1ab ≥8.所以⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ≥9.。

全国通用版2019版高考数学一轮复习鸭部分不等式选讲第2课不等式证明课件理

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}．
解析：∵n－m＝a＋b2＋1－a－2b＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0， ∴n≥m. 答案：n≥m
2．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； ③a2＋b2≥2；
④a3＋b3≥3；
⑤1a＋1b≥2.
(2)a＋1a2＋b＋1b2＝4＋a2＋b2＋a12＋b12 ＝4＋a2＋b2＋a＋a2b2＋a＋b2b2 ＝4＋a2＋b2＋1＋2ab＋ba22＋ba22＋2ba＋1 ＝4＋(a2＋b2)＋2＋2ab＋2ba＋ab22＋ab22 ≥6＋a＋2 b2＋4＋2＝225，当且仅当 a＝b＝12时，等号成立，所以a＋1a2＋b＋1b2≥225.
[即时演练] 求证：当 x∈R 时，1＋2x4≥2x3＋x2. 证明：法一：(1＋2x4)－(2x3＋x2)＝2x3(x－1)－(x＋1)(x－1) ＝(x－1)(2x3－x－1)＝(x－1)(2x3－2x＋x－1) ＝(x－1)[2x(x2－1)＋(x－1)]＝(x－1)2(2x2＋2x＋1) ＝(x－1)22x＋122＋12≥0，所以 1＋2x4≥2x3＋x2. 法二：(1＋2x4)－(2x3＋x2)＝x4－2x3＋x2＋x4－2x2＋1 ＝(x－1)2·x2＋(x2－1)2≥0，所以 1＋2x4≥2x3＋x2.
＝3＋ba＋ab＋ac＋ac＋bc＋bc ≥3＋2＋2＋2＝9，

2019版高考数学一轮复习选修部分不等式选讲第二节不等式的证明实用课件理

综一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定合理、性质等，经过一系列的_推__理__、__论__证___而得出
法命题_成__立__
分析
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
法明显成立的事实(定义，公理或已证明的定理，
法二：(1＋2x4)－(2x3＋x2)＝x4－2x3＋x2＋x4－2x2＋1
＝(x－1)2·x2＋(x2－1)2≥0，所以 1＋2x4≥2x3＋x2.
aabb (2)aba＋2 b

＝aa－2 bbb－2 a＝ab
a－b 2
，
∴当 a＝b 时，ab
a－b 2
＝1，
解析：∵a，b∈R ＋，且 a＋b＝2，∴(a＋b)1a＋1b＝2＋ba＋ab ≥2＋2 ba·ab＝4，∴1a＋1b≥a＋4 b＝2，即1a＋1b的最小值为 2(当且仅当 a＝b＝1 足 2ab＝a＋b＋12，则 ab 的最小值是 ________．
(4)设 x＝a2b2＋5，y＝2ab－a2－4a，若 x>y，则实数 a，b 应满足的条件为________________．解析：若 x>y，则 x－y＝a2b2＋5－(2ab－a2－4a) ＝a2b2－2ab＋a2＋4a＋5 ＝(ab－1)2＋(a＋2)2>0， ∴ab≠1 或 a≠－2.
第二节不等式的证明
本节重点突破 1 个知识点：不等式的证明.
突破点不等式的证明
0132全国卷5年真题集中演练——明规律
课时达标检测
01 突破点不等式的证明
自学区抓牢双基· 完成情况
[基本知识]
1．基本不等式

全国版2019版高考数学一轮复习不等式选讲第2讲不等式的证明学案

第2讲不等式的证明板块一知识梳理·自主学习[必备知识]考点1 比较法比较法是证明不等式最基本的方法，可分为作差比较法和作商比较法两种．考点2 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，这种证明方法叫做综合法．综合法又叫由因导果法．考点3 分析法证明命题时，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．考点4 反证法证明命题时先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，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)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而得出原命题成立，我们把这种证明方法称为反证法．考点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，我们把这种方法称为放缩法．考点6 柯西不等式 1．二维形式的柯西不等式定理1 若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定理2 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．[考点自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)用反证法证明命题“a ，b ，c 全为0”时，假设为“a ，b ，c 全不为0”．( ) (2)若x ＋2yx －y>1，则x ＋2y >x －y .( ) (3)|a ＋b |＋|a －b |≥|2a |.( )(4)若实数x 、y 适合不等式xy >1，x ＋y >－2，则x >0，y >0.( ) 答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√2．[2018·温州模拟]若a ，b ，c ∈R ，a >b ，则下列不等式成立的是( ) A.1a <1b B ．a 2>b 2C.ac 2＋1>bc 2＋1D ．a |c |>b |c | 答案 C解析应用排除法．取a ＝1，b ＝－1，排除A ；取a ＝0，b ＝－1，排除B ；取c ＝0，排除D.显然1c 2＋1>0，对不等式a >b 的两边同时乘以1c 2＋1，立得a c 2＋1>bc 2＋1成立．故选C.3．[课本改编]不等式：①x 2＋3>3x ；②a 2＋b 2≥2(a －b －1)；③b a ＋a b≥2，其中恒成立的是( )A ．①③B ．②③C ．①②③D ．①② 答案 D解析由①得x 2＋3－3x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋34>0，所以x 2＋3>3x ；对于②，因为a 2＋b 2－2(a －b－1)＝(a －1)2＋(b ＋1)2≥0，所以不等式成立；对于③，因为当ab <0时，b a ＋a b －2＝(a －b )2ab<0，即b a ＋a b<2.故选D.4．[2018·南通模拟]若|a －c |<|b |，则下列不等式中正确的是( ) A ．a <b ＋c B ．a >c －bC ．|a |>|b |－|c |D ．|a |<|b |＋|c | 答案 D解析 |a |－|c |≤|a －c |<|b |，即|a |<|b |＋|c |，故选D.5．已知a ，b ，c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1c的最小值为________．答案 9解析解法一：把a ＋b ＋c ＝1代入1a ＋1b ＋1c，得a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋cc＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c a ＋a c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立．解法二：由柯西不等式得：(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c ≥⎝⎛⎭⎪⎫a ·1a ＋b ·1b＋c ·1c 2，即1a ＋1b ＋1c≥9.6．[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)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.板块二典例探究·考向突破考向比较法证明不等式例 1 [2016·全国卷Ⅱ]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，即－1<x ≤－12；当－12<x <12时，f (x )<2，即－12<x <12；当x ≥12时，由f (x )<2，得2x <2，解得x <1，即12≤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 |.触类旁通比较法证明的一般步骤一般步骤：作差—变形—判断—结论．为了判断作差后的符号，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几个平方和的形式，也可变形为几个因式的积的形式，以判断其正负．常用的变形技巧有因式分解、配方、拆项、拼项等方法．【变式训练1】 [2018·福建模拟]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 ，证明：f (ab )>f (a )－f (－b )．解 (1)当x ≤－1时，原不等式可化为－x －1<－2x －2，解得x <－1；当－1<x <－12时，原不等式可化为x ＋1<－2x －2，解得x <－1，此时原不等式无解；当x ≥－12时，原不等式可化为x ＋1<2x ，解得x >1，综上，M ＝{x |x <－1或x >1}．(2)证明：证法一：因为f (ab )＝|ab ＋1|＝|(ab ＋b )＋(1－b )|≥|ab ＋b |－|1－b |＝|b ||a ＋1|－|1－b |.因为a ，b ∈M ，所以|b |>1，|a ＋1|>0，所以f (ab )>|a ＋1|－|1－b |，即f (ab )>f (a )－f (－b )．证法二：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．考向用综合法与分析法证明不等式例 2 (1)[2018·浙江金华模拟]已知x ，y ∈R . ①若x ，y 满足|x －3y |<12，|x ＋2y |<16，求证：|x |<310；②求证：x 4＋16y 4≥2x 3y ＋8xy 3. 证明 ①利用绝对值不等式的性质得：|x |＝15[|2(x －3y )＋3(x ＋2y )|]≤15[|2(x －3y )|＋|3(x ＋2y )|]<15⎝ ⎛⎭⎪⎫2×12＋3×16＝310.②因为x 4＋16y 4－(2x 3y ＋8xy 3) ＝x 4－2x 3y ＋16y 4－8xy 3＝x 3(x －2y )＋8y 3(2y －x ) ＝(x －2y )(x 3－8y 3)＝(x －2y )(x －2y )(x 2＋2xy ＋4y 2) ＝(x －2y )2[(x ＋y )2＋3y 2]≥0， ∴x 4＋16y 4≥2x 3y ＋8xy 3.(2)[2018·徐州模拟]已知a ，b ∈R ，a >b >e(其中e 是自然对数的底数)，求证：b a>a b.(提示：可考虑用分析法找思路)证明 ∵b a>0，a b>0， ∴要证b a>a b 只要证a ln b >b ln a 只要证ln b b >ln aa.(∵a >b >e)取函数f (x )＝ln x x ，∵f ′(x )＝1－ln x x2令f ′(x )＝0，x ＝e∴当x >e 时，f ′(x )<0，∴函数f (x )在(e ，＋∞)上单调递减． ∴当a >b >e 时，有f (b )>f (a )，即ln b b >ln aa，得证．触类旁通综合法与分析法的逻辑关系用综合法证明不等式是“由因导果”，分析法证明不等式是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法．综合法往往是分析法的逆过程，表述简单、条理清楚，所以在实际应用时，往往用分析法找思路，用综合法写步骤，由此可见，分析法与综合法相互转化，互相渗透，互为前提．【变式训练2】 (1)设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明： ①ab ＋bc ＋ca ≤13；②a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 证明 ①由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1. 所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13.②证法一：因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.证法二：由柯西不等式得：(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2a ＋a 2b ＋b 2c ≥(c ＋a ＋b )2，∵a ＋b ＋c ＝1，∴c 2a ＋a 2b ＋b 2c≥1. (2)[2015·全国卷Ⅱ]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 ；②a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件．证明 ①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.所以a ＋b >c ＋d .②(ⅰ)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 .(ⅱ)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．考向反证法证明不等式例 3 [2015·湖南高考]设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1b.证明：(1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．证明由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab，a >0，b >0，得ab ＝1.(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2，当且仅当a ＝b ＝1时等号成立．(2)假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则由a 2＋a <2及a >0，得0<a <1；同理，0<b <1，从而ab <1，这与ab ＝1矛盾．故a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．触类旁通对于某些问题中所证结论若是“都是”“都不是”“至多”“至少”等问题，一般用反证法．其一般步骤是反设→推理→得出矛盾→肯定原结论．【变式训练3】 [2018·达州校级期末]已知a ，b ，c ∈(0,1)．求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不能同时大于14.证明假设三式同时大于14，即(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >14.三式同向相乘，得(1－a )a (1－b )b (1－c )c >164(*)又(1－a )a ≤⎝⎛⎭⎪⎫1－a ＋a 22＝14，同理(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14.所以(1－a )a (1－b )b (1－c )c ≤164，与*式矛盾，即假设不成立，故结论正确．考向柯西不等式的应用例 4 柯西不等式是大数学家柯西在研究数学分析中的“流数”问题时得到的，柯西不等式是指：对任意实数a i ，b i (i ＝1,2，…，n )，有(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2≤(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )，当且仅当a i ＝kb i (i ＝1,2，…，n )时，等号成立．(1)证明：当n ＝2时的柯西不等式；(2)设a ，b ，m ，n ∈R ，且a 2＋b 2＝5，ma ＋nb ＝5，求m 2＋n 2的最小值．解 (1)证明：当n ＝2时，柯西不等式的二维形式为：(a 21＋a 22)(b 21＋b 22)≥(a 1b 1＋a 2b 2)2，(a 21＋a 22)(b 21＋b 22)－(a 1b 1＋a 2b 2)2＝a 21b 22＋a 22b 21－2a 1a 2b 1b 2＝(a 1b 2－a 2b 1)2≥0，当且仅当a 1b 2＝a 2b 1时取得等号．(2)由柯西不等式得(a 2＋b 2)(m 2＋n 2)≥(ma ＋nb )2，所以5(m 2＋n 2)≥52即m 2＋n 2≥5，所以m 2＋n 2的最小值为 5.触类旁通利用柯西不等式解题时，要注意配凑成相应的形式，既可从左向右用，也可从右向左用．【变式训练4】 [2018·皇姑区校级期末]设xy >0，则⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋4y 2⎝⎛⎭⎪⎫y 2＋1x2的最小值为( )A ．－9B ．9C ．10D ．0 答案 B解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋4y 2⎝ ⎛⎭⎪⎫y 2＋1x 2≥⎝⎛⎭⎪⎫x ·1x ＋2y·y 2＝9.当且仅当xy ＝2xy即xy ＝2时取等号．故选B.核心规律1.证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和反证法仍是证明不等式的基本方法．要依据题设、题目的结构特点、内在联系，选择恰当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维方法，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．2.综合法往往是分析法的相反过程，其表述简单、条理清楚．当问题比较复杂时，通常把分析法和综合法结合起来使用，以分析法寻找证明的思路，而用综合法叙述、表达整个证明过程．3.不等式证明中的裂项形式： (1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k .(2)1k 2<1k 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1.(3)1k －1k ＋1＝1(k ＋1)k <1k 2<1(k －1)k ＝1k －1－1k . (4)1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2).满分策略1.作差比较法适用的主要题型是多项式、分式、对数式、三角式，作商比较法适用的主要题型是高次幂乘积结构．2.如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出或否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法．3.高考命题专家说：“放缩是一种能力．”如何把握放缩的“度”，使得放缩“恰到好处”，这正是放缩法的精髓和关键所在！板块三模拟演练·提能增分[A 级基础达标]1．已知a ，b ，c ，d 均为正数，S ＝a a ＋b ＋d ＋b b ＋c ＋a ＋c c ＋d ＋b ＋dd ＋a ＋c，则一定有( )A ．0<S <1B ．1<S <2C ．2<S <3D ．3<S <4 答案 B 解析 S >a a ＋b ＋c ＋d ＋b a ＋b ＋c ＋d ＋ca ＋b ＋c ＋d ＋da ＋b ＋c ＋d＝1，S <aa ＋b ＋ba ＋b ＋cc ＋d ＋dc ＋d＝2，∴1<S <2.故选B.2．[2018·驻马店期末]若x 1，x 2，x 3∈(0，＋∞)，则3个数x 1x 2，x 2x 3，x 3x 1的值( ) A ．至多有一个不大于1 B ．至少有一个不大于1 C ．都大于1 D ．都小于1 答案 B解析解法一：设x 1≤x 2≤x 3，则x 1x 2≤1，x 2x 3≤1，x 3x 1≥1.故选B. 解法二：设x 1x 2>1，x 2x 3>1，x 3x 1>1， ∴x 1x 2·x 2x 3·x 3x 1>1与x 1x 2·x 2x 3·x 3x 1＝1矛盾， ∴至少有一个不大于1.3．设x >0，y >0，M ＝x ＋y 2＋x ＋y ，N ＝x 2＋x ＋y2＋y，则M 、N 的大小关系为________．答案 M <N解析 N ＝x 2＋x ＋y 2＋y >x 2＋x ＋y ＋y2＋x ＋y＝x ＋y2＋x ＋y＝M .4．已知a ，b ∈R ，a 2＋b 2＝4，则3a ＋2b 的取值范围是________．答案 [－213，213] 解析根据柯西不等式(ac ＋bd )2≤(a 2＋b 2)·(c 2＋d 2)，可得(3a ＋2b )2≤(a 2＋b 2)·(32＋22) ∴－213≤3a ＋2b ≤213. 3a ＋2b ∈[－213，213]．[B 级能力达标]5．求证：11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)<12(n ∈N *)．证明 ∵1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1∴左边＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12.6．[2018·泸州模拟]设函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －4a ＋|x ＋a |(a >0)．(1)证明：f (x )≥4；(2)若f (2)<5，求a 的取值范围．解 (1)证明：⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －4a ＋|x ＋a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋a ＋4a－x ＝a ＋4a≥4；当且仅当a ＝2时取等号．(2)f (2)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－4a ＋|a ＋2|.①当a ＝2时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－4a ＋|2＋a |<5显然满足；②当 0<a ≤2时，不等式变成a ＋4a<5，即a 2－5a ＋4<0⇒1<a <4，联立求解得1<a ≤2；③当a >2时，不等式变成a 2－a －4<0，∴1－172<a <1＋172，联立求解得2<a <1＋172.综上，a 的取值范围为1<a <1＋172. 7．[2018·龙门县校级模拟]已知函数f (x )＝|2x －1|.(1)若不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12≤2m ＋1(m >0)的解集为[－2,2]，求实数m 的值； (2)对任意x ∈R ，y >0，求证：f (x )≤2y ＋42y＋|2x ＋3|.解 (1)不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12≤2m ＋1⇔|2x |≤2m ＋1(m >0)， ∴－m －12≤x ≤m ＋12，由解集为[－2,2]，可得m ＋12＝2，解得m ＝32.(2)证明：原不等式即为|2x －1|－|2x ＋3|≤2y ＋42y .令g (x )＝|2x －1|－|2x ＋3|≤|(2x －1)－(2x ＋3)|＝4，当2x ＋3≤0，即x ≤－32时，g (x )取得最大值4，又2y ＋42y≥22y ·42y ＝4，当且仅当2y ＝42y，即y ＝1时，取得最小值4.则|2x －1|－|2x ＋3|≤2y ＋42y. 故原不等式成立． 8．[2018·黄山期末](1)已知a ，b ∈(0，＋∞)，求证：x ，y ∈R ，有x 2a ＋y 2b ≥(x ＋y )2a ＋b； (2)若0<a <2,0<b <2,0<c <2，求证：(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 不能同时大于1.证明 (1)证法一：⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2a ＋y 2b (a ＋b )＝x 2＋bx 2a ＋ay 2b ＋y 2≥x 2＋2xy ＋y 2＝(x ＋y )2，当且仅当bx 2a ＝ay 2b，即|bx |＝|ay |时取等号，由于a ，b ∈(0，＋∞)，所以有x 2a ＋y 2b ≥(x ＋y )2a ＋b. 证法二：由柯西不等式得 (a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2a ＋y 2b ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ·x a ＋b ·y b 2，即(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2a ＋y 2b ≥(x ＋y )2， x 2a ＋y 2b ≥(x ＋y )2a ＋b. (2)假设结论不成立，即(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 同时大于1.⎭⎪⎬⎪⎫(2－a )b >1(2－b )c >1(2－c )a >1⇒(2－a )b ·(2－b )c ·(2－c )a >1，而(2－a )b ·(2－b )c · (2－c )a ＝(2－a )a ·(2－b )b ·(2－c )c ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2－a ＋a 22⎝ ⎛⎭⎪⎫2－b ＋b 22⎝ ⎛⎭⎪⎫2－c ＋c 22＝1，这与(2－a )b ·(2－b )c ·(2－c )a >1矛盾．所以假设错误，即(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 不能同时大于1.9．[2018·天津期末]已知x >y >0，m >0.(1)试比较y x 与y ＋m x ＋m的大小； (2)用分析法证明：xy (2－xy )≤1. 解 (1)因为y x －y ＋m x ＋m ＝m (y －x )x (x ＋m )，x >y >0，m >0. 所以m (y －x )<0，x (x ＋m )>0，所以m (y －x )x (x ＋m )<0，即y x －y ＋m x ＋m<0，所以y x <y ＋m x ＋m . (2)证明：(用分析法证明)要证xy (2－xy )≤1，只需证2xy －(xy )2≤1，只需证(xy )2－2xy ＋1≥0，即证(xy －1)2≥0，因为x ，y >0，且(xy －1)2≥0成立，所以xy (2－xy )≤1.10．[2018·江阴市期末]已知实数a >0，b >0.(1)若a ＋b >2，求证：1＋b a ，1＋a b中至少有一个小于2； (2)若a －b ＝2，求证：a 3＋b >8.证明 (1)假设1＋b a ，1＋a b 都不小于2，则1＋b a ≥2，1＋a b≥2，因为a >0，b >0，所以1＋b ≥2a,1＋a ≥2b ，1＋1＋a ＋b ≥2(a ＋b )，即2≥a ＋b ，这与已知a ＋b >2相矛盾，故假设不成立．综上，1＋b a ，1＋a b中至少有一个小于2. (2)∵a －b ＝2，∴b ＝a －2，∵b >0，∴a >2，∴a 3＋b －8＝a 3－8＋a －2＝(a －2)(a 2＋2a ＋5)，∴(a －2)[(a ＋1)2＋4]>0，∴a 3＋b >8.。

2019-2020年高考数学一轮复习不等式选讲第2讲不等式的证明增分练

2019-2020年高考数学一轮复习不等式选讲第2讲不等式的证明增分练1．已知a ，b ，c ，d 均为正数，S ＝a a ＋b ＋d ＋b b ＋c ＋a ＋c c ＋d ＋b ＋dd ＋a ＋c，则一定有( )A ．0<S <1B ．1<S <2C ．2<S <3D ．3<S <4答案 B 解析 S >a a ＋b ＋c ＋d ＋b a ＋b ＋c ＋d ＋ca ＋b ＋c ＋d ＋da ＋b ＋c ＋d＝1，S <aa ＋b ＋ba ＋b ＋cc ＋d ＋dc ＋d＝2，∴1<S <2.故选B.2．[xx·驻马店期末]若x 1，x 2，x 3∈(0，＋∞)，则3个数x 1x 2，x 2x 3，x 3x 1的值( ) A ．至多有一个不大于1 B ．至少有一个不大于1 C ．都大于1 D ．都小于1答案 B解析解法一：设x 1≤x 2≤x 3，则x 1x 2≤1，x 2x 3≤1，x 3x 1≥1.故选B. 解法二：设x 1x 2>1，x 2x 3>1，x 3x 1>1， ∴x 1x 2·x 2x 3·x 3x 1>1与x 1x 2·x 2x 3·x 3x 1＝1矛盾， ∴至少有一个不大于1.3．设x >0，y >0，M ＝x ＋y 2＋x ＋y ，N ＝x 2＋x ＋y2＋y，则M 、N 的大小关系为________．答案 M <N解析 N ＝x 2＋x ＋y 2＋y >x 2＋x ＋y ＋y2＋x ＋y＝x ＋y2＋x ＋y＝M .4．已知a ，b ∈R ，a 2＋b 2＝4，则3a ＋2b 的取值范围是________．答案 [－213，213] 解析根据柯西不等式(ac ＋bd )2≤(a 2＋b 2)·(c 2＋d 2)，可得(3a ＋2b )2≤(a 2＋b 2)·(32＋22) ∴－213≤3a ＋2b ≤213. 3a ＋2b ∈[－213，213]．[B 级能力达标]5．求证：11×3＋13×5＋15×7＋…＋1n －n ＋<12(n ∈N *)．证明 ∵1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1∴左边＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12.6．[xx·泸州模拟]设函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －4a ＋|x ＋a |(a >0)．(1)证明：f (x )≥4；(2)若f (2)<5，求a 的取值范围．解 (1)证明：⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －4a ＋|x ＋a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋a ＋4a－x ＝a ＋4a≥4；当且仅当a ＝2时取等号．(2)f (2)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－4a ＋|a ＋2|.①当a ＝2时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－4a ＋|2＋a |<5显然满足；②当 0<a ≤2时，不等式变成a ＋4a<5，即a 2－5a ＋4<0⇒1<a <4，联立求解得1<a ≤2；③当a >2时，不等式变成a 2－a －4<0，∴1－172<a <1＋172，联立求解得2<a <1＋172.综上，a 的取值范围为1<a <1＋172. 7．[xx·龙门县校级模拟]已知函数f (x )＝|2x －1|.(1)若不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12≤2m ＋1(m >0)的解集为[－2,2]，求实数m 的值； (2)对任意x ∈R ，y >0，求证：f (x )≤2y ＋42y＋|2x ＋3|.解 (1)不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12≤2m ＋1⇔|2x |≤2m ＋1(m >0)， ∴－m －12≤x ≤m ＋12，由解集为[－2,2]，可得m ＋12＝2，解得m ＝32.(2)证明：原不等式即为|2x －1|－|2x ＋3|≤2y ＋42y .令g (x )＝|2x －1|－|2x ＋3|≤|(2x －1)－(2x ＋3)|＝4，当2x ＋3≤0，即x ≤－32时，g (x )取得最大值4，又2y ＋42y≥22y ·42y ＝4，当且仅当2y ＝42y，即y ＝1时，取得最小值4.则|2x －1|－|2x ＋3|≤2y ＋42y. 故原不等式成立．8．[xx·黄山期末](1)已知a ，b ∈(0，＋∞)，求证：x ，y ∈R ，有x 2a ＋y 2b ≥x ＋y2a ＋b；(2)若0<a <2,0<b <2,0<c <2，求证：(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 不能同时大于1.证明 (1)证法一：⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2a ＋y 2b (a ＋b )＝x 2＋bx 2a ＋ay 2b ＋y 2≥x 2＋2xy ＋y 2＝(x ＋y )2，当且仅当bx 2a ＝ay 2b ，即|bx |＝|ay |时取等号，由于a ，b ∈(0，＋∞)，所以有x 2a ＋y 2b ≥x ＋y2a ＋b.证法二：由柯西不等式得(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2a ＋y 2b ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ·x a ＋b ·y b 2，即(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2a ＋y 2b ≥(x ＋y )2，x 2a ＋y 2b ≥x ＋y 2a ＋b.(2)假设结论不成立，即(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 同时大于1.⎭⎪⎬⎪⎫－a b >1－b c >1－c a >1⇒(2－a )b ·(2－b )c ·(2－c )a >1，而(2－a )b ·(2－b )c · (2－c )a ＝(2－a )a ·(2－b )b ·(2－c )c ≤⎝⎛⎭⎪⎫2－a ＋a 22⎝ ⎛⎭⎪⎫2－b ＋b 22⎝ ⎛⎭⎪⎫2－c ＋c 22＝1，这与(2－a )b ·(2－b )c ·(2－c )a >1矛盾．所以假设错误，即(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 不能同时大于1. 9．[xx·天津期末]已知x >y >0，m >0. (1)试比较y x 与y ＋mx ＋m的大小；(2)用分析法证明：xy (2－xy )≤1. 解 (1)因为y x －y ＋m x ＋m ＝m y －xx x ＋m，x >y >0，m >0.所以m (y －x )<0，x (x ＋m )>0，所以m y －x x x ＋m <0，即y x －y ＋mx ＋m <0，所以y x <y ＋mx ＋m. (2)证明：(用分析法证明)要证xy (2－xy )≤1，只需证2xy －(xy )2≤1，只需证(xy )2－2xy ＋1≥0，即证(xy －1)2≥0，因为x ，y >0，且(xy －1)2≥0成立，所以xy (2－xy )≤1.10．[xx·江阴市期末]已知实数a >0，b >0.(1)若a ＋b >2，求证：1＋b a ，1＋ab中至少有一个小于2；(2)若a －b ＝2，求证：a 3＋b >8.证明 (1)假设1＋b a ，1＋a b 都不小于2，则1＋b a ≥2，1＋a b≥2，因为a >0，b >0，所以1＋b ≥2a,1＋a ≥2b ，1＋1＋a ＋b ≥2(a ＋b )，即2≥a ＋b ，这与已知a ＋b >2相矛盾，故假设不成立．综上，1＋b a ，1＋a b中至少有一个小于2.(2)∵a －b ＝2，∴b ＝a －2， ∵b >0，∴a >2，∴a 3＋b －8＝a 3－8＋a －2＝(a －2)(a 2＋2a ＋5)， ∴(a －2)[(a ＋1)2＋4]>0， ∴a 3＋b >8.2019-2020年高考数学一轮复习不等式选讲第一节绝对值不等式夯基提能作业本文1.(xx 课标全国Ⅰ,24,10分)已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|. (1)画出y=f(x)的图象; (2)求不等式|f(x)|>1的解集.2.(xx 广东五校协作体第一次诊断考试)已知函数f(x)=|x-a|,其中a>1. (1)当a=3时,求不等式f(x)≥4-|x-4|的解集;(2)若函数h(x)=f(2x+a)-2f(x)的图象与x 轴,y 轴围成的三角形面积大于a+4,求a 的取值范围.3.(xx课标全国Ⅲ,24,10分)已知函数f(x)=|2x-a|+a.(1)当a=2时,求不等式f(x)≤6的解集;(2)设函数g(x)=|2x-1|.当x∈R时, f(x)+g(x)≥3,求a的取值范围.4.(xx江西南昌第一次模拟)已知函数f(x)=|2x-a|+|x-1|,a∈R.(1)若不等式f(x)≤2-|x-1|有解,求实数a的取值范围;(2)当a<2时,函数f(x)的最小值为3,求实数a的值.B组提升题组1.已知函数y=f(x)=2|x+a|-|x-1|(a>0).(1)若函数f(x)的图象与x轴围成的三角形面积的最小值为4,求实数a的取值范围;(2)对任意的x∈R都有f(x)+2≥0,求实数a的取值范围.2.(xx湖南湘中名校联考)已知函数f(x)=|x-2|+|2x+a|,a∈R.(1)当a=1时,解不等式f(x)≥5;(2)若存在x0满足f(x0)+|x0-2|<3,求实数a的取值范围.3.(xx安徽合肥第一次模拟)已知函数f(x)=|x-m|-|x+3m|(m>0).(1)当m=1时,求不等式f(x)≥1的解集;(2)对于任意实数x、t,不等式f(x)<|2+t|+|t-1|恒成立,求m的取值范围.4.(xx陕西宝鸡质量检测(一))已知函数f(x)=|2x-a|+|2x+3|,g(x)=|x-1|+2.(1)解不等式:|g(x)|<5;(2)若对任意的x1∈R,都有x2∈R,使得f(x1)=g(x2)成立,求实数a的取值范围.答案精解精析A组基础题组1.解析(1)f(x)=y=f(x)的图象如图所示.(2)由f(x)的表达式及图象知,当f(x)=1时,可得x=1或x=3; 当f(x)=-1时,可得x=或x=5,故f(x)>1的解集为{x|1<x<3}; f(x)<-1的解集为.所以|f(x)|>1的解集为.2.解析(1)当a=3时, f(x)+|x-4|=当x≤3时,由f(x)≥4-|x-4|得,-2x+7≥4,解得x≤;当3<x<4时, f(x)≥4-|x-4|无解;当x≥4时,由f(x)≥4-|x-4|得,2x-7≥4,解得x≥.∴f(x)≥4-|x-4|的解集为.(2)因为h(x)=f(2x+a)-2f(x),所以h(x)=所以S=×2a×>a+4,解得a>4.3.解析(1)当a=2时,f(x)=|2x-2|+2.解不等式|2x-2|+2≤6得-1≤x≤3.因此f(x)≤6的解集为{x|-1≤x≤3}.(2)当x∈R时,f(x)+g(x)=|2x-a|+a+|1-2x|≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a,当x=时等号成立,所以当x∈R时, f(x)+g(x)≥3等价于|1-a|+a≥3.①当a≤1时,①等价于1-a+a≥3,无解.当a>1时,①等价于a-1+a≥3,解得a≥2.所以a的取值范围是[2,+∞).4.解析(1)不等式f(x)≤2-|x-1|,即+|x-1|≤1.而由绝对值的几何意义知+|x-1|≥,由不等式f(x)≤2-|x-1|有解,得≤1,解得0≤a≤4.所以实数a的取值范围是[0,4].(2)函数y=f(x)=|2x-a|+|x-1|的零点为和1,当a<2时,<1.所以f(x)=如图,可知f(x)在上单调递减,在上单调递增,所以f(x)min=f=-+1=3,解得a=-4(-4<2,符合题意),即a=-4.B组提升题组1.解析(1)f(x)=如图所示,函数y=f(x)的图象与x轴围成的△ABC,求得A(-2a-1,0),B,C(-a,-a-1).∴S△ABC=×|-a-1|=(a+1)2≥4(a>0),解得a≥-1.(2)由(1)中图,可知f(x)min=f(-a)=-a-1,对任意的x∈R都有f(x)+2≥0,即(-a-1)+2≥0,解得0<a≤1.2.解析(1)当a=1时, f(x)=|x-2|+|2x+1|.由f(x)≥5得|x-2|+|2x+1|≥5.当x≥2时,不等式等价于x-2+2x+1≥5,解得x≥2,所以x≥2;当-<x<2时,不等式等价于2-x+2x+1≥5,即x≥2,所以解集为空集;当x≤-时,不等式等价于2-x-2x-1≥5,解得x≤-,所以x≤-.故原不等式的解集为xx≤-或x≥2.(2)f(x)+|x-2|=2|x-2|+|2x+a|=|2x-4|+|2x+a|≥|2x+a-(2x-4)|=|a+4|,∵原命题等价于(f(x)+|x-2|)min<3,即|a+4|<3,∴-7<a<-1.3.解析(1)当m=1时,f(x)=|x-1|-|x+3|=由f(x)≥1得或x≤-3,得x≤-,所以不等式f(x)≥1的解集为.(2)不等式f(x)<|2+t|+|t-1|对任意的实数t、x恒成立等价于对任意的实数x, f(x)<(|2+t|+|t-1|)min 恒成立,即f(x)max<(|2+t|+|t-1|)min,因为f(x)=|x-m|-|x+3m|≤|x-m-(x+3m)|=4m,|2+t|+|t-1|≥|2+t-(t-1)|=3,所以4m<3,则m<,又因为m>0,所以0<m<.4.解析(1)由||x-1|+2|<5,得-5<|x-1|+2<5,所以-7<|x-1|<3,解不等式得-2<x<4,所以原不等式的解集是{x|-2<x<4}.(2)因为对任意的x1∈R,都有x2∈R,使得f(x1)=g(x2)成立,所以{y|y=f(x)}⊆{y|y=g(x)},又f(x)=|2x-a|+|2x+3|≥|(2x-a)-(2x+3)|=|a+3|,g(x)=|x-1|+2≥2,所以|a+3|≥2,解得a≥-1或a≤-5,所以实数a的取值范围是{a|a≥-1或a≤-5}.。

高考数学一轮复习不等式选讲第二节不等式的证明习

第二节不等式的证明 [基础达标]解答题(每小题10分,共40分)1.(2015·湖南高考)设a>0,b>0,且a+b=.证明:(1)a+b≥2;(2)a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.【解析】由a+b=,a>0,b>0,得ab=1.(1)由基本不等式及ab=1,有a+b≥2=2,即a+b≥2.(2)假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,则由a2+a<2及a>0得0<a<1;同理得0<b<1,从而ab<1,这与ab=1矛盾.故a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.2.设函数f(x)=x-c.(1)若c=-1,求不等式f(x)≤|x+1|+x的解集A;(2)若a>b>c,求证:.【解析】(1)原不等式可化为|x+1|≥1,由此可得x≥0或x≤-2.故不等式f(x)≤|x+1|+x的解集A为{x|x≥0或x≤-2}.(2)由=2+≥4,所以,即成立.当,即a+c=2b时取等号.3.(2015·河南六市联考)设不等式-2<|x-1|-|x+2|<0的解集为M,a,b∈M.(1)证明: a+b<;(2)比较|1-4ab|与2|a-b|的大小.【解析】(1)记f(x)=|x-1|-|x+2|=由-2<-2x-1<0解得-<x<,即M=,所以a+b≤|a|+|b|<.(2)由(1)得a2<,b2<,因为|1-4ab|2-4|a-b|2=(1-8ab+16a2b2)-4(a2-2ab+b2)=(4a2-1)(4b2-1)>0,故|1-4ab|2>4|a-b|2,即|1-4ab|>2|a-b|.4.已知a是常数,对任意实数x,不等式|x+1|-|2-x|≤a≤|x+1|+|2-x|都成立.(1)求a的值;(2)设m>n>0,求证:2m+≥2n+a.【解析】(1)设f(x)=|x+1|-|2-x|,则f(x)=∴f(x)的最大值为3.∵对任意实数x,|x+1|-|2-x|≤a都成立,即f(x)≤a,∴a≥3.设h(x)=|x+1|+|2-x|=∴h(x)的最小值为3.∵对任意实数x,|x+1|+|2-x|≥a都成立,即h(x)≥a,∴a≤3.∴a=3.(2)由(1)得a=3.∵2m+-2n=(m-n)+(m-n)+,又∵m>n>0,∴(m-n)+(m-n)+≥3=3.∴2m+≥2n+a.[高考冲关]1.(5分)设a,b∈R,给出下列不等式:①lg(1+a2)>0;②a2+b2≥2(a-b-1);③a2+3ab>2b2;④,其中所有恒成立的不等式序号是.②【解析】①a=0时不成立;②∵a2+b2-2(a-b-1)=(a-1)2+(b+1)2≥0,成立;③a=b=0时不成立;④a=2,b=1时不成立,故恒成立的只有②.2.(10分)(2015·银川质检)已知a,b,c∈R,且a2+b2+c2=1.(1)求证:|a+b+c|≤;(2)若不等式|x-1|+|x+1|≥(a+b+c)2对一切实数a,b,c恒成立,求x的取值范围.【解析】(1)因为a,b,c∈R,a2+b2+c2=1,所以(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≤a2+b2+c2+2=a2+b2+c2+2(a2+b2+c2)=3,所以(a+b+c)2≤3,即|a+b+c|≤,当且仅当a=b=c时取得等号.(2)由(1)可知不等式|x-1|+|x+1|≥3,从而解得x的取值范围为.3.(10分)(2014·新课标全国卷Ⅰ)若a>0,b>0,且.(1)求a3+b3的最小值;(2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?并说明理由.【解析】(1)由,得ab≥2,且当a=b=时等号成立,故a3+b3≥2≥4,且当a=b=时等号成立.所以a3+b3的最小值为4.(2)由(1)知ab≥2,则2a+3b≥2≥4,由于4>6,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.。

2019年高考数学一轮复习不等式的证明

复习目标
课前预习
高频考点
课时小结
课后练习
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. 1 所以 3(ab＋bc＋ca)≤1，即 ab＋bc＋ca≤3. a2 b2 c2 (2)因为 b ＋b≥2a， c ＋c≥2b， a ＋a≥2c， a2 b2 c2 故 b ＋ c ＋ a ＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)， a2 b2 c2 a2 b2 c2 即 b ＋ c ＋ a ≥a＋b＋c. 所以 b ＋ c ＋ a ≥1.
第十一单元
第85讲
选考内容
不等式的证明
复习目标
课前预习
高频考点
课时小结
课后练习
1．掌握证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法． 2．能运用适当的方法证明某些不等关系．
复目标
课前预习
高频考点
课时小结
课后练习
1．基本不等式 a＋b ≥ (1)基本不等式：如果 a，b>0，则 2 a＝b 时，等号成立．仅当 ab，当且
证明：(分析法)若 a≤b，不等式显然成立，若 a>b，要证原不等式成立，只需证 a－b>a＋b－2 ab，即证 b< ab，只需证 b< a，又只需证 b<a，而此式成立．故原不等式成立．综上，原不等式成立．
复习目标
课前预习
高频考点
课时小结
课后练习
基本不等式的应用
不等式的证明有关综合问题
复习目标
课前预习
高频考点
课时小结
课后练习

[推荐学习]全国版2019版高考数学一轮复习第6章不等式第2讲一元二次不等式及其解法增分练

第2讲一元二次不等式及其解法板块四模拟演练·提能增分[A 级基础达标]1．[2018·潍坊模拟]函数f (x )＝1－x 2＋4x －的定义域是( )A ．(－∞，1)∪(3，＋∞)B ．(1,3)C ．(－∞，2)∪(2，＋∞)D ．(1,2)∪(2,3)答案 D解析由题意知⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋4x －3>0，－x 2＋4x －3≠1，即⎩⎪⎨⎪⎧1<x <3，x ≠2，故函数f (x )的定义域为(1,2)∪(2,3)．2．关于x 的不等式x 2＋px －2<0的解集是(q,1)，则p ＋q 的值为( ) A ．－2 B ．－1 C ．1 D ．2 答案 B解析依题意得q,1是方程x 2＋px －2＝0的两根，q ＋1＝－p ，即p ＋q ＝－1.选B. 3．[2018·郑州模拟]已知关于x 的不等式ax －1x ＋1>0的解集是(－∞，－1)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，则a 的值为( )A ．－1 B.12 C ．1 D ．2答案 D解析由题意可得a ≠0且不等式等价于a (x ＋1)( x － ⎭⎪⎫1a>0，由解集的特点可得a >0且1a ＝12，故a ＝2.故选D. 4．[2018·福建模拟]若集合A ＝{x |ax 2－ax ＋1<0}＝∅，则实数a 的取值范围是( ) A ．(0,4) B ．[0,4) C ．(0,4] D ．[0,4] 答案 D解析由题意知a ＝0时，满足条件．a ≠0时，由⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ＝a 2－4a ≤0，得0<a ≤4，所以实数a 的取值范围是[0,4]．5．[2018·梧州模拟]不等式2x ＋1<1的解集是( ) A ．(－∞，－1)∪(1，＋∞) B ．(1，＋∞) C ．(－∞，－1) D ．(－1,1) 答案 A解析 ∵2x ＋1<1，∴2x ＋1－1<0，即1－x x ＋1<0，该不等式可化为(x ＋1)(x －1)>0，∴x <－1或x >1.6．不等式(2x －1)(1－|x |)<0成立的充要条件是( ) A ．x >1或x <12B ．x >1或－1<x <12C ．－1<x <12D ．x <－1或x >12答案 B解析原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧2x －1>0，1－|x |<0或⎩⎪⎨⎪⎧2x －1<0，1－|x |>0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x >12，x >1或x <－1或⎩⎪⎨⎪⎧x <12，－1<x <1.∴x >1或－1<x <12.故选B.7．[2018·重庆模拟]关于x 的不等式x 2－2ax －8a 2<0(a >0)的解集为(x 1，x 2)，且x 2－x 1＝15，则a ＝( )A.52B.72C.154D.152 答案 A解析由条件知x 1，x 2为方程x 2－2ax －8a 2＝0的两根，则x 1＋x 2＝2a ，x 1x 2＝－8a 2.故(x 2－x 1)2＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝(2a )2－4×(－8a 2)＝36a 2＝152，得a ＝52.故选A.8．[2018·青岛模拟]不等式2x 2－3|x |－35>0的解集为________．答案 {x |x <－5或x >5}解析 2x 2－3|x |－35>0⇔2|x |2－3|x |－35>0⇔(|x |－5)(2|x |＋7)>0⇔|x |>5或|x |<－72(舍)⇔x >5或x <－5. 9．已知关于x 的不等式ax 2＋2x ＋c >0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，12，则不等式－cx 2＋2x －a >0的解集为________．答案 (－2,3)解析依题意知，⎩⎪⎨⎪⎧－13＋12＝－2a，－13×12＝ca ，∴解得a ＝－12，c ＝2，∴不等式－cx 2＋2x －a >0，即为－2x 2＋2x ＋12>0，即x 2－x －6<0，解得－2<x <3.所以不等式的解集为(－2,3)．10．对于任意a ∈[－1,1]，f (x )＝x 2＋(a －4)x ＋4－2a 的值恒大于0，那么x 取值范围是________．答案 (－∞，1)∪(3，＋∞)解析令g (a )＝x 2＋(a －4)x ＋4－2a ＝(x －2)a ＋x 2－4x ＋4，由题意得g (－1)>0且g (1)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－5x ＋6>0，x 2－3x ＋2>0，解得x <1或x >3.[B 级知能提升]1．[2018·保定模拟]若不等式x 2＋ax －2>0在区间[1,5]上有解，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－235，＋∞ B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－235，1C ．(1，＋∞) D.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－235答案 A解析由Δ＝a 2＋8>0，知方程恒有两个不等实根，又知两根之积为负，所以方程必有一正根、一负根．于是不等式在区间[1,5]上有解，只需满足f (5)>0，即a >－235.2．[2018·辽宁模拟]若不等式2kx 2＋kx －38<0对一切实数x 都成立，则k 的取值范围为( )A ．(－3,0)B ．[－3,0)C ．[－3,0]D ．(－3,0]答案 D解析当k ＝0时，显然成立；当k ≠0时，即一元二次不等式2kx 2＋kx －38<0对一切实数x 都成立，则⎩⎪⎨⎪⎧k <0，k 2－4×2k ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－38<0，解得－3<k <0.综上，满足不等式2kx 2＋kx －38<0对一切实数x 都成立的k 的取值范围是(－3,0]．3．[2018·西安质检]在R 上定义运算：⎪⎪⎪⎪⎪⎪ab cd ＝ad －bc .若不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －1 a －2a ＋1 x ≥1对任意实数x 恒成立，则实数a 的最大值为________．答案 32解析原不等式等价于x (x －1)－(a －2)(a ＋1)≥1，即x 2－x －1≥(a ＋1)(a －2)对任意x 恒成立，x 2－x －1＝⎝⎛⎭⎪⎫x －122－54≥－54，所以－54≥a 2－a －2，解得－12≤a ≤32.4．[2018·池州模拟]已知函数f (x )＝ax 2＋2ax ＋1的定义域为R . (1)求a 的取值范围； (2)若函数f (x )的最小值为22，解关于x 的不等式x 2－x －a 2－a <0. 解 (1)∵函数f (x )＝ax 2＋2ax ＋1的定义域为R ， ∴ax 2＋2ax ＋1≥0恒成立，当a ＝0时，1≥0恒成立．当a ≠0时，则有⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ＝a2－4a ≤0，解得0<a ≤1，综上，a 的取值范围是[0,1]． (2)∵f (x )＝ax 2＋2ax ＋1＝ax ＋2＋1－a ，∵a >0，∴当x ＝－1时，f (x )min ＝1－a ，由题意，得1－a ＝22，∴a ＝12. ∴x 2－x －⎝ ⎛⎭⎪⎫122－12<0，即(2x ＋1)(2x －3)<0，－12<x <32.故不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32.5．已知函数f (x )＝ax 2＋(b －8)x －a －ab ，当x ∈(－∞，－3)∪(2，＋∞)时，f (x )<0.当x ∈(－3,2)时，f (x )>0.(1)求f (x )在[0,1]内的值域；(2)若ax 2＋bx ＋c ≤0的解集为R ，求实数c 的取值范围．解 (1)因为当x ∈(－∞，－3)∪(2，＋∞)时，f (x )<0，当x ∈(－3,2)时，f (x )>0，所以－3,2是方程ax 2＋(b －8)x －a －ab ＝0的两根，可得⎩⎪⎨⎪⎧－3＋2＝－b －8a，－3×2＝－a －aba，所以a ＝－3，b ＝5，f (x )＝－3x 2－3x ＋18＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋18.75，函数图象关于x ＝－12对称，且抛物线开口向下，所以在区间[0,1]上f (x )为减函数，所以函数的最大值为f (0)＝18，最小值为f (1)＝12，故f (x )在[0,1]内的值域为[12,18]．(2)由(1)知，不等式ax 2＋bx ＋c ≤0化为－3x 2＋5x ＋c ≤0，因为二次函数y ＝－3x 2＋5x＋c 的图象开口向下，要使－3x 2＋5x ＋c ≤0的解集为R ，只需⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3<0，Δ＝b 2－4ac ≤0，即25＋12c ≤0⇒c ≤－2512，所以实数c 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－2512.。

近年届高考数学大一轮复习第2讲不等式选讲第2课时不等式的证明配套练习文北师大版(2021年整理)

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第2课时不等式的证明1．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.2．已知a，b，c均为正实数，且互不相等,且abc＝1，求证:错误!＋错误!＋错误!＜错误!＋错误!＋错误!.证明法一∵a,b，c均为正实数，且互不相等，且abc＝1,∴错误!＋错误!＋错误!＝错误!＋错误!＋错误!＜错误!＋错误!＋错误!＝错误!＋错误!＋错误!。

∴错误!＋错误!＋错误!＜错误!＋错误!＋错误!。

法二∵错误!＋错误!≥2错误!＝2错误!；1b＋错误!≥2错误!＝2错误!；错误!＋错误!≥2错误!＝2错误!.∴以上三式相加，得错误!＋错误!＋错误!≥ 错误!＋错误!＋错误!.又∵a，b，c互不相等,∴错误!＋错误!＋错误!＞错误!＋错误!＋错误!。

法三∵a，b,c是不等正数，且abc＝1，∴1a＋1b＋错误!＝bc＋ca＋ab＝错误!＋错误!＋错误!＞错误!＋错误!＋错误!＝错误!＋错误!＋错误!。

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第2讲不等式的证明
板块三模拟演练·提能增分
[A 级基础达标]
1．已知a ，b ，c ，d 均为正数，S ＝a a ＋b ＋d ＋b b ＋c ＋a ＋c c ＋d ＋b ＋d
d ＋a ＋c
，则一定有( )
A ．0<S <1
B ．1<S <2
C ．2<S <3
D ．3<S <4
答案 B 解析 S >
a a ＋
b ＋
c ＋
d ＋
b a ＋b ＋
c ＋
d ＋
c
a ＋
b ＋
c ＋
d ＋
d
a ＋
b ＋
c ＋d
＝1，
S <
a
a ＋
b ＋b
a ＋
b ＋
c
c ＋
d ＋
d
c ＋d
＝2，
∴1<S <2.故选B.
2．[2018·驻马店期末]若x 1，x 2，x 3∈(0，＋∞)，则3个数x 1x 2，x 2x 3，x 3x 1
的值( ) A ．至多有一个不大于1 B ．至少有一个不大于1 C ．都大于1 D ．都小于1
答案 B
解析解法一：设x 1≤x 2≤x 3，则x 1x 2≤1，x 2x 3≤1，x 3x 1
≥1.故选B. 解法二：设x 1x 2>1，x 2x 3>1，x 3x 1
>1， ∴x 1x 2·x 2x 3·x 3x 1>1与x 1x 2·x 2x 3·x 3x 1
＝1矛盾， ∴至少有一个不大于1.
3．设x >0，y >0，M ＝x ＋y 2＋x ＋y ，N ＝x 2＋x ＋y
2＋y
，则M 、N 的大小关系为________．
答案 M <N
解析 N ＝x 2＋x ＋y 2＋y >x 2＋x ＋y ＋y
2＋x ＋y
＝
x ＋y
2＋x ＋y
＝M .
4．已知a ，b ∈R ，a 2
＋b 2
＝4，则3a ＋2b 的取值范围是________．答案 [－213，213] 解析根据柯西不等式
(ac ＋bd )2
≤(a 2
＋b 2
)·(c 2
＋d 2
)，可得(3a ＋2b )2
≤(a 2
＋b 2
)·(32
＋22
) ∴－213≤3a ＋2b ≤213. 3a ＋2b ∈[－213，213]．
[B 级能力达标]
5．求证：11×3＋13×5＋15×7＋…＋12n －12n ＋1<12(n ∈N *
)．
证明 ∵
1
2n －1
2n ＋1＝12⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
2n －1－12n ＋1
∴左边＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12
.
6．[2018·泸州模拟]设函数f (x )＝⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪x －4a ＋|x ＋a |(a >0)．
(1)证明：f (x )≥4；
(2)若f (2)<5，求a 的取值范围．
解 (1)证明：⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －4a ＋|x ＋a |≥⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪x ＋a ＋4a
－x ＝a ＋4a
≥4；当且仅当a ＝2时取等号．
(2)f (2)＝⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪2－4a ＋|a ＋2|.
①当a ＝2时，⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪2－4a ＋|2＋a |<5显然满足；
②当 0<a ≤2时，不等式变成a ＋4a
<5，即a 2
－5a ＋4<0⇒1<a <4，联立求解得1<a ≤2；
③当a >2时，不等式变成a 2
－a －4<0，∴1－172<a <1＋172，联立求解得2<a <1＋172.
综上，a 的取值范围为1<a <
1＋17
2
. 7．[2018·龙门县校级模拟]已知函数f (x )＝|2x －1|.
(1)若不等式f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋12≤2m ＋1(m >0)的解集为[－2,2]，求实数m 的值； (2)对任意x ∈R ，y >0，求证：f (x )≤2y ＋4
2y
＋|2x ＋3|.
解 (1)不等式f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋12≤2m ＋1⇔|2x |≤2m ＋1(m >0)， ∴－m －12≤x ≤m ＋1
2
，
由解集为[－2,2]，可得m ＋12＝2，解得m ＝3
2.
(2)证明：原不等式即为|2x －1|－|2x ＋3|≤2y ＋4
2y .
令g (x )＝|2x －1|－|2x ＋3|≤|(2x －1)－(2x ＋3)|＝4，当2x ＋3≤0，即x ≤－3
2时，g (x )取得最大值4，
又2y ＋4
2y
≥2
2y ·42y ＝4，当且仅当2y ＝4
2y
，即y ＝1时，取得最小值4.
则|2x －1|－|2x ＋3|≤2y ＋
4
2y
.
故原不等式成立．
8．[2018·黄山期末](1)已知a ，b ∈(0，＋∞)，求证：x ，y ∈R ，有x 2a ＋y 2b ≥
x ＋y
2
a ＋b
；
(2)若0<a <2,0<b <2,0<c <2，求证：(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 不能同时大于1.
证明 (1)证法一：⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2a ＋y 2b (a ＋b )＝x 2＋bx 2a ＋ay 2
b ＋y 2≥x 2＋2xy ＋y 2＝(x ＋y )2
，
当且仅当bx 2a ＝ay 2
b ，即|bx |＝|ay |时取等号，
由于a ，b ∈(0，＋∞)，所以有x 2a ＋y 2b ≥
x ＋y
2
a ＋b
.
证法二：由柯西不等式得
(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2a ＋y 2b ≥⎝ ⎛⎭
⎪⎫a ·x a ＋b ·y b 2，
即(a ＋b )⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 2a ＋y 2
b ≥(x ＋y )2
，
x 2a ＋y 2b ≥x ＋y 2
a ＋b
.
(2)假设结论不成立，即(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 同时大于1.
⎭
⎪⎬⎪
⎫
2－a b >12－b c >12－c a >1⇒(2－a )b ·(2－b )c ·(2－c )a >1，而(2－a )b ·(2－b )c · (2－c )a ＝(2－a )a ·(2－b )b ·(2－c )c ≤⎝
⎛⎭⎪⎫2－a ＋a 22⎝ ⎛⎭
⎪
⎫
2－b ＋b 22
⎝ ⎛⎭
⎪⎫2－c ＋c 22＝1，这与(2－a )b ·(2－b )c ·(2－c )a >1矛盾．
所以假设错误，即(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 不能同时大于1. 9．[2018·天津期末]已知x >y >0，m >0. (1)试比较y x 与
y ＋m
x ＋m
的大小；
(2)用分析法证明：xy (2－xy )≤1. 解 (1)因为y x －
y ＋m x ＋m ＝m y －x
x x ＋m
，x >y >0，m >0.
所以m (y －x )<0，x (x ＋m )>0，所以
m y －x x x ＋m <0，即y x －y ＋m
x ＋m <0，
所以y x <
y ＋m
x ＋m
. (2)证明：(用分析法证明)要证xy (2－xy )≤1，只需证2xy －(xy )2
≤1，
只需证(xy )2
－2xy ＋1≥0，即证(xy －1)2
≥0，
因为x ，y >0，且(xy －1)2
≥0成立，所以xy (2－xy )≤1.
10．[2018·江阴市期末]已知实数a >0，b >0.
(1)若a ＋b >2，求证：1＋b a ，1＋a
b
中至少有一个小于2；
(2)若a －b ＝2，求证：a 3
＋b >8.
证明 (1)假设1＋b a ，1＋a b 都不小于2，则1＋b a ≥2，1＋a b
≥2，因为a >0，b >0，所以1＋
b ≥2a,1＋a ≥2b ，1＋1＋a ＋b ≥2(a ＋b )，
即2≥a ＋b ，这与已知a ＋b >2相矛盾，故假设不成立．综上，1＋b a ，1＋a b
中至少有一个小于2.
(2)∵a －b ＝2，∴b ＝a －2， ∵b >0，∴a >2，
∴a 3
＋b －8＝a 3
－8＋a －2＝(a －2)(a 2
＋2a ＋5)， ∴(a －2)[(a ＋1)2
＋4]>0， ∴a 3
＋b >8.。