不等式的证明(2)
第42课时——不等式的证明(2)
2008届高三理科数学第一轮复习讲义 第42课时课题：不等式的证明（2）教学目标：了解用反证法、换元法、放缩法等方法证明简单的不等式． 教学重点：证题思路的探求.（一） 主要知识和方法：1.反证法的一般步骤：反设——推理——导出矛盾（得出结论）；2.换元法：一般由代数式的整体换元、三角换元，换元时要注意等价性； 常用的换元有三角换元有：已知222a y x =+，可设θθsin ,cos a y a x ==；已知122≤+y x ，可设θθsin ,cos r y r x ==(10≤≤r )； 已知12222=+by a x ，可设θθsin ,cos b y a x ==； 已知12222=-by a x ，可设θθtan ,sec b y a x ==； 3.放缩法：“放”和“缩”的方向与“放”和“缩”的量的大小是由题目分析、多次尝试得出,要注意放缩的适度。
常用的方法是： ①添加或舍去一些项，如：a a >+12，n n n >+)1(，22131242a a ⎛⎫⎛⎫++>+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ②将分子或分母放大（或缩小） ③真分数的性质：“若0a b <<，0m >，则a a mb b m+<+” ④利用基本不等式，如：4lg 16lg 15lg )25lg 3lg (5lg 3log 2=<=+<⋅； 2)1()1(++<+n n n n ⑤利用函数的单调性 ⑥利用函数的有界性：如：sin x ≤1()x R ∈；2x x -≥14()x R ∈；20x >()x R ∈ ⑦利用常用结论：2=>=()*,1k N k ∈>，2=<=()*,1k N k ∈> Ⅱ、k k k k k 111)1(112--=-< ； 111)1(112+-=+>k k k k k（程度大） Ⅲ、)1111(21)1)(1(111122+--=+-=-<k k k k k k ； （程度小） ⑧绝对值不等式：a b -≤a b ±≤a b +；⑨应用二项式定理.4.构造法：通过构造函数、方程、数列、向量或不等式来证明不等式.（二）典例分析：问题1.求证：21<++<()*n N ∈（多种证法）问题2.()1设2()13f x x x =-+，1x a -<，求证：()()()21f x f a a -<+；()2求证：223111112212n n n -<++⋅⋅⋅+<-+(n ≥2)问题3.已知332x y +=，求证：2x y +≤．问题4.已知 1≤22x y +≤2，求证：12≤22x xy y -+≤3问题5.在数列{}n a 中，23sin sin 2sin 3sin 2222n n n a αααα=++++ ，对正整数,m n 且m n >，求证：12m n n a a -<．问题6.设1a b c ++=，2221a b c ++=，a b c >>，求证：103c -<<．（三）课后作业：1.设实数,x y 满足22(1)1x y +-=，当0x y c ++≥时，c 的取值范围是.A 1,)+∞ .B (1]-∞ .C 1,)+∞ .D (1]-∞2.已知221x y +=，求证：y ax ≤-≤3.下列三个式子22a c -，22b a -，22(,,)c b a b c R -∈中.A 至少有一式小于1- .B 都小于1- .C 都大于等于1-，.D 至少有一式大于等于1-4.设0,0,,111x y x y x y A B x y x y+>>==+++++，则,A B 的大小关系是5.,,x x y R x y y∈=-，则x 的取值范围是6.求证：311112≤+--≤-x x x7.求证：122x x x <-()0x ≠8.求证：2221111223n++++<9.||||||1||1||1||a b a b a b a b +≤+++++10.已知01x <<，01a <<，试比较|log (1)|a x -和|log (1)|a x +的大小11.设,,a b c 为三角形的三边，求证：3a b c b c a a c b a b c ++≥+-+-+-12. （07临汾二模）设关于x 的实系数一元二次方程2110n n a x a x +-+=有两根n α，n β，且满足()()1120n n n n n αβαβ--+= ，1,2,3n =，…，11a =. ()1试用n a 表示1n a +；()2求数列{}n a 的通项公式；()3设1211n T a a =++…1n a +， 求证：1≤2n T <()*n N ∈（四）走向高考：13.（07浙江）已知数列{}n a 中的相邻两项21k a -，2k a 是关于x 的方程2(32)320k k x k x k -++= 的两个根，且21k a -≤2(123)k a k = ，，，． ()1求1a ，2a ，3a ，7a ；()2求数列{}n a 的前2n 项和2n S ；()3记sin 1()32sin n f n n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，(2)(3)(4)(1)123456212(1)(1)(1)(1)f f f f n n n n T a a a a a a a a +-----=++++…， 求证：16≤n T ≤524()n N ∈*．。
5.3数学归纳法证明不等式2 课件(人教A版选修4-5)
数学归纳法主要步骤:
找准起点 奠基要稳
数学归纳法是一种证明与正整数有关的数学命题的重要方法。 主要有两个步骤、一个结论:
第一步：验证当n取第一个值n0（如 n0=1或2等）时结论正确 第二步：假设n=k (k∈N＋ ， 且k≥ n0)时结论正确， 证明n=k+1时结论也正确
结论：由（1）、（2）得出结论正确
与正整数有关 的命题
问题情境一
完全归纳法
问题 1:大球中有5个小球，如何验证它们都是绿色的？ 模拟演示 问题2：若an=(n2- 5n+5)2 ，则an=1。对吗？
当n=1,a1= 1 ;n=2,a2= 1 ;n=3,a3= 1 ; n=4,a4=
n=5,a5=2 5
1 ;
问题3: 已知： －1＋3= 2 －1＋3－5= －3 －1＋3－5＋7= 4 －1+3－5＋7－9=－5 可猜想：
如何解决不完全归纳法 存在的问题呢？
必须寻找一种用有限个步骤，就 能处理完无限多个对象的方法。
问题情境三
多米诺骨牌操作实验
数学归纳法
（1）证明当n取第一个值n0(例如n0=1) 时命题成立
（2）假设当n=k(k ∈ N＋ ,k≥ n0 )时命题成立 k=2,k+1=2+1=3 证明当n=k+1时命题也成立。 k=3,k+1=3+1=4 … 这种证明方法叫做 数学归纳法 k=10,k+1=10+1=1 1 我们常采用数学归纳法来证明：由不完全归纳法 … 得到的某些与正整数有关的数学命题的正确性.
1×4+2×7+3×10+…+k(3k+1)=k(k+1)2
3）当n=k+1时，命题的形式是
不等式证明方法大全
不等式证明方法大全1.推导法：推导法是指通过逻辑推理从已知不等式得出要证明的不等式。
常用的推导法有数学归纳法、递推法、代入法等。
其中，数学归纳法是一种常见的证明不等式的方法，它基于以下两个基本原理：基准步和归纳假设。
（1）基准步：证明当一些特定的变量取一些特定的值时，不等式成立。
（2）归纳假设：假设当一些特定的变量取小于等于一些特定值时，不等式成立。
通过利用以上两个原则，可以通过递推关系不断推导得出要证明的不等式。
2.数学运算法：数学运算法是指通过对不等式进行各种数学运算来得到要证明的不等式。
常用的数学运算包括加法、减法、乘法、除法等。
在进行这些运算时，需要注意运算规则和要证明的不等式所满足的条件，避免运算过程中引入新的限制条件。
3.几何法：几何法是指通过将不等式转化为几何问题进行证明。
几何法常用于证明平面图形的不等式定理，如三角形的不等式定理、平行四边形的不等式定理等。
通过将要证明的不等式几何化，可以通过几何性质和定理进行证明。
4.广义的带参数的方法：广义的带参数的方法是指将要证明的不等式引入参数，通过参数的取值范围来证明不等式的成立。
这种方法常用于证明含有多个变量的复杂不等式，通过引入参数使得不等式简化或者更易处理。
5.分情况讨论法：分情况讨论法是指将要证明的不等式拆分为几个不同的情况进行讨论，分别证明每个情况下不等式的成立。
通过逐个讨论每种情况，可以得出要证明的不等式的证明。
6.反证法：反证法是指假设要证明的不等式不成立，通过推理推出与已知条件矛盾的结论，从而证明不等式的成立。
反证法常用于证明不等式的唯一性和存在性。
7.递推法：递推法是指通过依次推导出不等式的前一项和后一项之间的关系，逐步逼近要证明的不等式。
通过不断进行递推，可以逐步证明不等式的成立。
以上是一些常见的不等式证明方法，它们可以单独使用，也可以结合使用。
在进行不等式证明时，需要注意逻辑严谨、计算准确和推导合理，同时还需要根据具体的题目和要求选择合适的证明方法。
3.4.1 基本不等式的证明(2)
新沂市第三中学
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知识回顾
问题一：我们上一节课已经学习了两个重要的不等式， 请同学们回忆一下，这两个重要不等式的内容是什么， “等号”成立的条件是什么？
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一般性结论：
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小练习
1．下列函数中，最小值为4的是( 4 (A) y x x 4 0 x (B) y sinx sinx (C) y 4e x e -x )
点评：本题无法直接运用均值不等式求解，但凑系数后可 得到和为定值，从而可利用均值不等式求最大值。
点评：本题无法直接运用均值不等式求解，但凑项后可得 到积为定值，从而可利用均值不等式求最大值。
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点评：分离整式或换元
点评：“1”代换或整体代换
课堂小结
本节学习了几种利用均值不等式或重要不等式求解 最值方法？ 要求课后整理在课堂笔记上面
此题反映的是利用基本不等式求最值的方法，但应注意三 个条件：ⅰ）式中各项必须都是正数;ⅱ)式中含变数的各 项的和或积必须是常数；ⅲ）等号成立条件必须存在 即：三点：“一正、二定、三相等”.当条件不完全具 备时，应创造条件.三者缺一不可.
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例题与练习 例1 当0<x<4时，求y=x(8-2x)的最大值。
1．用基本不等式求最值必须具备的三个条件： 一“正”、二“定”、三“相等”，当给出的函数式不 具备条件时，往往通过对所给的函数式及条件进行拆分、配 凑变形来创造利用基本不等式的条件进行求解； 2．运用基本不等式求最值常用的变形方法有： （1）运用拆分和配凑（凑系数、凑项）； （2）将限制条件整体代入或者说“1”代换． （3）分离或换元 一般说来，和式形式存在最小值，凑积为常数；积的形 式存在最大值，凑和为常数，要注意定理及其变形的应用．
不等式的证明(二)
（ 一， ・ ＝ ・ Ｊ 口 口一Ｙ・ ＝ ０ ） 口 ， （ 一Ｙ ６ ＝ ・ ）・ ６一Ｙ ・ ＝ １—１ ＝０， ６ 从而 （ 一Ｙ Ｙ ＝ （ 一Ｙ （ ＋ ） ＝０， ）・ ）・ 叩 （７ １） （ ８ １） （９ １）
＾ ＾
（１ ２） （） ２ ２
（３ Ｚ）
即
Ａ（ ∑ 一 ） ２∑ ∑ １＋Ａ
ｉ＝ ｌ ＝ｌ ‘ ＿ ｌ＝ －
・＋ ｂ ｉ
… …
ｎ≥ ． ０
对 Ｃｕｈ ． ｅｙ不等式 ￣
∑ 。 ∑ ｂ ｌ ∑６≥（ ｉ ＝ ， ）
ｉ ｌ ＝ ｉ ＝Ｉ ｉ ＃ｌ
（ 几何意义 即为 向量 一 Ｙ与 口， ６均垂直 ， 以 一 所 Ｙ与 口 西张成 的平 面垂直． ， 特别地 ， 与Ｙ垂直． ）
＝
［， 一 ， ］ ＝Ｙ ｊ＋（ ｊ ） ＋２ （ 一ｊ ・ ， ）＋（ 一ｊ ＝Ｙ ， ） ＋（ － ） ｙ ≥Ｙ ，
（０ ２）
Ａ＝ ・ 口 口＝∑ｎＢ＝ ・ ＝∑６Ｃ＝ ・ ｂｂ ， ； 口 ６＝∑ ， ， ｂ
（ ＋ ）・ ＝ 叩 口
＝
（） １ １
（２ １） （３ １） （ ４ １） （ ５ １）
＋ Ｃ ＝ ０ ｐ ，
（ ＋届 ）・ ＝ Ｃ ＋卢 ＝ １ 叩 ６ Ｂ ．
由式 （２ ， （３ 易得 １ ）式 １）
维普资讯
２０ ０ ７年 第 ２期
中学教研 （ 学） 数
・３ ５・
不 等 式 的 证 明 （ 二 ）
●单 博 （ 江苏南京师范大学 ２０９） １ ７ ０
设 ａ ，２ …， 与 ｂ ，：… ， ａ ， ａ ｂ ， ｂ 是两组 不成 比例的实数 ， 实数 。 ２ …， 满足 ，，
第2节证明不等式的基本方法
第2节证明不等式的基本方法证明不等式的基本方法总结如下：一、利用数学分析中的中值定理、极值、单调性等性质进行证明。
1.利用中值定理：利用连续函数介值定理或拉格朗日中值定理，根据函数的一些性质，可以推出不等式的成立。
例如，证明一个凸函数在区间上的函数值不小于端点的函数值。
2.利用极值：通过求导或其他方法，找到函数的极值点，然后证明这些极值点就是不等式的最小（最大）值点。
例如，证明两数之积不大于它们的平方和，可以通过求导得到函数的极值点，然后通过证明这个极值点为最小值点来完成。
3.利用单调性：如果已知函数在一些区间上是严格递增（递减）的，可以通过证明不等式在一些特殊点成立，并通过函数的单调性推出在整个区间上成立。
例如，证明一个正数的倒数小于它自己，则可以先证明在0到1之间成立，然后利用单调性推出在整个正数范围内成立。
二、利用数学归纳法进行证明。
如果不等式中的变量是正整数，可以利用数学归纳法进行证明。
首先证明当n=1时不等式成立，然后假设当n=k时不等式成立，再证明当n=k+1时不等式也成立。
例如，证明n个正数的平均值不小于它们的几何平均值，可以先证明当n=1时成立，然后假设当n=k时成立，再证明当n=k+1时也成立，最后利用数学归纳法推出结论。
三、利用代数方法。
1.利用等价变形：对于一个复杂的不等式，可以通过进行等价变形来简化证明。
通过将不等式的两边同时加上或减去一些式子，或者将不等式两边同时乘以或除以一些式子，可以得到一个等价的不等式，然后证明这个等价的不等式。
例如，证明正数的n次方大于等于它的平方，可以将不等式两边同时开方，然后证明这个等价的不等式。
2. 利用加减法、乘除法不等式：对于一个分式或多项式不等式，可以通过利用加减法、乘除法的不等式性质，将不等式化简为更简单的形式，再进行证明。
例如，证明a+b≤2ab，则可以将两边同时减去a+b再加上2，利用不等式的性质简化后得到ab≥1，再证明这个等价的不等式。
2不等式证明2-权方和不等式+(学生版)
§3不等式的证明2—权方和不等式二元结构是：111)()(,0,,,---++≥+>n n n n n n b a y x b y a x b a y x by =时取到，这里注意只需0>n . 本节还会用到的等式或不等式有：1.bc ac ab c b a c b a 222)(2222+++++=++.2.3223333)(b ab b a a b a +++=+.3.R c b a ∈,,，.222ca bc ab c b a ++≥++证明：bc c b ac c a ab b a 2,2,2222222≥+≥+≥+三式相加，化简可得bc ab ac c b a ++≥++222，当且仅当c b a ==时取等号.二、例题讲解直接利用权方和不等式证明、求解.例1.（199I0年日本 IMO 选拔赛试题）已知0,,>c b a ， 1=++c b a ，求证：.36941≥++cb a例1.【解析】()363213219412322=++++≥++=++c b a c b a c b a .例2.设y x ,是正实数且满足,1=+y x 求2281y x +最小值.例2.【解析】()().2721218123232322=++≥+=+y x y x y x 当,21y x =即32,31==y x 时等式成立.例3.y x ,为正实数，且1=+y x ，则1222+++y y x x 的最小值是 .例3.【解析】()411212222=++++≥+++y x y x y y x x . 例4.若0,>b a ，122=+b a ，求b a 81+的最小值.例4.【解析】55)41()(4)(18122232122321223=++≥+=+b a b a b a ，当且仅当2241b a =即552,55==b a 时取等号.将整式转化为分式进行证明、求解.例5.（前苏联奥尔德荣尼基市第三届数学竞赛试题）已知0,,>c b a ， 1=++c b a ，求证：31222≥++c b a .例5.【解析】31111)(1112222222=++++≥++=++c b a c b a c b a ，当且仅当c b a ==，等号成立.将分式的分子、分母进行变形后进行求证、求解.例6.已知0,,>c b a ，求证：23≥+++++a c b c b a b a c .例6.【解析】 ()ca bc ab ca bc ab c b a ca bc ab c b a ab bc b ac ab a bc ac c a c b c b a b a c 222222222)()()(2222121212+++++++=++++≥+++++=+++++由bc c b ac c a ab b a 2,2,2222222≥+≥+≥+三式相加，可得bc ab ac c b a ++≥++222，因此cabc ab ca bc ab c b a 222222222+++++++23≥，当c b a ==，等号成立. 例7.已知+∈R c b a ,,且1=++c b a ，求证：43111≥+++++a c c b b a .bcac ab bc ac ab c b a c b a a c c c b b b a a a c c b +++=+++++++≥+++++=++++11)()1()1()1(112222.又因为12221)(12222=+++++⇒=++⇒=++bc ac ab c b a c b a c b a ，由bc c b ac c a ab b a 2,2,2222222≥+≥+≥+三式相加，可得bc ab ac c b a ++≥++222，因此则有31)(32221222≤++⇒++≥+++++=ac bc ab ac bc ab bc ac ab c b a ， 所以有4311≥+++bc ac ab . 三、针对练习1．已知0,,>c b a ，且1=++c b a ，求证：1222≥++ca b c a b ．2.（1984年列宁格勒数学竞赛试题）已知+∈R c b a ,,且1=++c b a ，求证：abc a c c b b a ≥++333.3.已知+∈R c b a ,,且1=++c b a ，求222811c b a ++的最小值.4.已知d c b a >>>，求证：d a d c c b b a -≥-+-+-9111.5.已知0,>b a ，且1=+b a ，（1）求证：411≥+b a ；（2）求证：202120202020211≥+ba ．6.已知正数c b a ,,满足c b a c b a ++≤++642541，则=++a c b a ．7.已知：+∈R b a ,，求证：1332222≥+++a b b b a a .8.已知+∈R c b a ,,且1=++c b a ，求证：43111≤+++++c c b b a a .9.（第36届IMO 试题）若,0,0,0,1>>>=c b a abc 求)(1)(1)(1333b a c a c b c b a +++++最小值.。
2 第2讲 不等式的证明
第2讲 不等式的证明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 ＋c 3≥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．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．若a >b >1，证明：a ＋1a >b ＋1b.证明：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a ＋1a －⎝⎛⎭⎫b ＋1b >0， 所以a ＋1a >b ＋1b.已知a >0，b >0，c >0，且a ，b ，c 不全相等，求证：bc a ＋ac b ＋abc >a ＋b ＋c .证明：因为a ，b ，c ∈(0，＋∞)，所以bc a ＋acb≥2bc a ·acb＝2c . 同理ac b ＋ab c ≥2a ，ab c ＋bca≥2b .因为a ，b ，c 不全相等，所以上述三个不等式中至少有一个等号不成立，三式相加，得2⎝⎛⎭⎫bc a ＋ac b ＋ab c >2(a ＋b ＋c )，即bc a ＋ac b ＋abc>a ＋b ＋c .用综合法、分析法证明不等式(师生共研)(一题多解)(2017·高考全国卷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】 法一(综合法)：(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.法二(分析法)：(1)因为a >0，b >0，a 3＋b 3＝2. 要证(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4，只需证(a ＋b )(a 5＋b 5)≥(a 3＋b 3)2， 再证a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6≥a 6＋2a 3b 3＋b 6， 再证a 4＋b 4≥2a 2b 2，因为(a 2－b 2)2≥0，即a 4＋b 4≥2a 2b 2成立． 故原不等式成立．(2)要证a ＋b ≤2成立，只需证(a ＋b )3≤8， 再证a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3≤8， 再证ab (a ＋b )≤2， 再证ab (a ＋b )≤a 3＋b 3，再证ab (a ＋b )≤(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)，即证ab ≤a 2－ab ＋b 2显然成立． 故原不等式成立．用综合法证明不等式是“由因导果”，用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，充分利用这一辩证关系，可以增加解题思路，开阔视野．1．(2019·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，所以m ＝－1，n ＝9. (2)证明：由(1)知9x ＋y ＝1，又x >0，y >0， 所以⎝⎛⎭⎫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，所以1x ＋1y≥16，即x ＋y ≥16xy .2．(2019·长春市质量检测(一))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 |，只需证1＋a 2b 2c 2>a 2b 2＋c 2，只需证1－a 2b 2>c 2(1－a 2b 2)， 只需证(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.放缩法证明不等式(师生共研)若a ，b ∈R ，求证：|a ＋b |1＋|a ＋b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |.【证明】 当|a ＋b |＝0时，不等式显然成立． 当|a ＋b |≠0时， 由0＜|a ＋b |≤|a |＋|b |⇒1|a ＋b |≥1|a |＋|b |， 所以|a ＋b |1＋|a ＋b |＝11|a ＋b |＋1≤11＋1|a |＋|b |＝|a |＋|b |1＋|a |＋|b |＝|a |1＋|a |＋|b |＋|b |1＋|a |＋|b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |.在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧．常见的放缩变换有： (1)变换分式的分子和分母，如1k 2＜1k （k －1），1k 2＞1k （k ＋1），1k ＜2k ＋k －1，1k ＞2k ＋k ＋1.上面不等式中k ∈N *，k ＞1. (2)利用函数的单调性．(3)真分数性质“若0＜a ＜b ，m ＞0，则a b ＜a ＋mb ＋m”．[注意] 在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．设n 是正整数，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <1.证明： 由2n ≥n ＋k >n (k ＝1，2，…，n )，得12n ≤1n ＋k <1n .当k ＝1时，12n ≤1n ＋1<1n ；当k ＝2时，12n ≤1n ＋2<1n ；…当k ＝n 时，12n ≤1n ＋n <1n，所以12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <n n ＝1.所以原不等式成立．反证法证明不等式(师生共研)设0<a ，b ，c <1，求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14.【证明】 设(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >14，三式相乘得(1－a )b ·(1－b )c ·(1－c )a >164，①又因为0<a ，b ，c <1，所以0<(1－a )a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤（1－a ）＋a 22＝14.同理：(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14，以上三式相乘得(1－a )a ·(1－b )b ·(1－c )c ≤164，与①矛盾．所以(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14.利用反证法证明问题的一般步骤(1)否定原结论．(2)从假设出发，导出矛盾． (3)证明原命题正确．已知a ＋b ＋c >0，ab ＋bc ＋ca >0，abc >0，求证：a ，b ，c >0. 证明：①设a <0，因为abc >0， 所以bc <0.又由a ＋b ＋c >0，则b ＋c >－a >0，所以ab ＋bc ＋ca ＝a (b ＋c )＋bc <0，与题设矛盾． ②若a ＝0，则与abc >0矛盾， 所以必有a >0. 同理可证：b >0，c >0. 综上可证a ，b ，c >0.[基础题组练]1．设a ＞0，b ＞0，若3是3a 与3b 的等比中项，求证：1a ＋1b ≥4.证明：由3是3a 与3b 的等比中项得 3a ·3b ＝3，即a ＋b ＝1，要证原不等式成立，只需证a ＋b a ＋a ＋b b ≥4成立，即证b a ＋a b ≥2成立，因为a ＞0，b ＞0，所以b a ＋ab≥2b a ·ab＝2， (当且仅当b a ＝a b ，即a ＝b ＝12时，“＝”成立)，所以1a ＋1b≥4.2．求证：112＋122＋132＋…＋1n 2＜2.证明：因为1n 2＜1n （n －1）＝1n －1－1n，所以112＋122＋132＋…＋1n 2＜1＋11×2＋12×3＋13×4＋…＋1（n －1）×n＝1＋⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n ＜2. 3．(2019·长春市质量检测(二))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|＝⎩⎨⎧3－2x ＋6－3x ⎝⎛⎭⎫x <322x －3＋6－3x ⎝⎛⎭⎫32≤x ≤22x －3＋3x －6（x >2）＝⎩⎨⎧－5x ＋9⎝⎛⎭⎫x <32－x ＋3⎝⎛⎭⎫32≤x ≤25x －9（x >2），其图象如图，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 . 4．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．解：(1)证明：记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，即M ＝⎝⎛⎭⎫－12，12，所以⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ≤13|a |＋16|b |＜13×12＋16×12＝14. (2)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) ＝(4a 2－1)(4b 2－1)＞0，故|1－4ab |2＞4|a －b |2，即|1－4ab |＞2|a －b |.[综合题组练]1．设a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1. (1)求证：2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12；(2)求证：a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a≥2.证明：(1)要证2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12，只需证1≥4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2，即证1－(4ab ＋2bc＋2ca ＋c 2)≥0，而1－(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)＝(a ＋b ＋c )2－(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)＝a 2＋b 2－2ab ＝(a －b )2≥0成立，所以2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12.(2)因为a 2＋c 2b ≥2ac b ，b 2＋a 2c ≥2ab c ，c 2＋b 2a ≥2bca，所以a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a ≥⎝⎛⎭⎫ac b ＋ab c ＋⎝⎛⎭⎫ab c ＋bc a ＋⎝⎛⎭⎫ac b ＋bc a ＝a ⎝⎛⎭⎫c b ＋b c ＋b ⎝⎛⎭⎫a c ＋ca ＋c ⎝⎛⎭⎫ab ＋b a ≥2a ＋2b ＋2c ＝2(当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立)． 2．(2019·新疆自治区适应性检测)设函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －4|，g (x )＝9＋2x －x 2. (1)解不等式f (x )>1；(2)证明：|8x －16|≥g (x )－2f (x )．解：(1)当x ≥2时，f (x )＝2x ＋1－(2x －4)＝5>1恒成立，所以x ≥2. 当－12≤x <2时，f (x )＝2x ＋1－(4－2x )＝4x －3>1，得x >1，所以1<x <2.当x <－12时，f (x )＝－2x －1－(4－2x )＝－5>1不成立．综上，原不等式的解集为(1，＋∞)．(2)证明：|8x －16|≥g (x )－2f (x )⇔|8x －16|＋2f (x )≥g (x )，因为2f (x )＋|8x －16|＝|4x ＋2|＋|4x －8|≥|(4x ＋2)－(4x －8)|＝10，当且仅当－12≤x ≤2时等号成立，所以2f (x )＋|8x －16|的最小值是10，又g (x )＝－(x －1)2＋10≤10，所以g (x )的最大值是10，当x ＝1时等号成立． 因为1∈⎣⎡⎦⎤－12，2，所以2f (x )＋|8x －16|≥g (x )， 所以|8x －16|≥g (x )－2f (x )．3．(2019·四川成都模拟)已知函数f (x )＝m －|x －1|，m ∈R ，且f (x ＋2)＋f (x －2)≥0的解集为[－2，4]．(1)求m 的值；(2)若a ，b ，c 为正数，且1a ＋12b ＋13c ＝m ，求证：a ＋2b ＋3c ≥3.解：(1)由f (x ＋2)＋f (x －2)≥0得，|x ＋1|＋|x －3|≤2m ， 设g (x )＝|x ＋1|＋|x －3|，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2，x ≤－1，4，－1<x <3，2x －2，x ≥3，数形结合可得g (－2)＝g (4)＝6＝2m ，得m ＝3. (2)证明：由(1)得1a ＋12b ＋13c＝3.由柯西不等式，得(a ＋2b ＋3c )⎝⎛⎭⎫1a ＋12b ＋13c ≥⎝⎛⎭⎫a ·1a＋2b ·12b＋3c ·13c 2＝32， 所以a ＋2b ＋3c ≥3.4．(2019·高考全国卷Ⅲ)设x ，y ，z ∈R ，且x ＋y ＋z ＝1. (1)求(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值．(2)若(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥13成立，证明：a ≤－3或a ≥－1.解：(1)由于[(x －1)＋(y ＋1)＋(z ＋1)]2＝(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2＋2[(x －1)(y ＋1)＋(y ＋1)(z ＋1)＋(z ＋1)(x －1)]≤3[(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2]，故由已知得(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2≥43，当且仅当x ＝53，y ＝－13，z ＝－13时等号成立．所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为43.(2)由于[(x －2)＋(y －1)＋(z －a )]2＝(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2＋2[(x －2)(y －1)＋(y －1)(z －a )＋(z －a )(x －2)] ≤3[(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2]，故由已知得(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥（2＋a ）23，当且仅当x ＝4－a 3，y ＝1－a 3，z ＝2a －23时等号成立．因此(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2的最小值为（2＋a ）23.由题设知（2＋a ）23≥13，解得a ≤－3或a ≥－1.。
数学选修4-5学案 §2.1.2不等式的证明(2)
§2.1.2不等式的证明(2)综合法与分析法学案 姓名☆学习目标： 1. 理解并掌握综合法与分析法;2. 会利用综合法和分析法证明不等式☻知识情景：1. 基本不等式：10. 如果,a b R ∈, 那么222a b ab +≥. 当且仅当a b =时, 等号成立.20. 如果,a b R +∈, 那么2a b +≥. 当且仅当a b =时, 等号成立.30. 如果,,a b c R +∈, 那么3a b c++≥, 当且仅当a b c ==时, 等号成立.2.均值不等式：如果,a b R +∈,那么 22ab a ba b++≤≤≤常用推论：10. 20a ≥; 0;a ≥ 12(0)a a a+≥>;20.2(0)a b ab b a +≥>; 30.a cb bac ++≥(,,a b c R +∈).3.不等式证明的基本方法：10. 作差法与作商法(两正数时)． 20. 综合法和分析法．30. 反证法、换元法、放缩法☆案例学习：综合法：从①已知条件、②不等式的性质、③基本不等式等出发,通过逻辑推理, 推导出所要证明的结论. 这种证明方法叫做综合法.又叫由 导 法. 用综合法证明不等式的逻辑关系：12n A B B B B ⇒⇒⇒⇒⇒ 例1 ,,0,,a b c >已知且不全相等222222()()()6a b c b c a c a b abc +++++>求证:例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 索 的思考和证明方法. 用分析法证明不等式的逻辑关系：例3例4例5 证明：.)())((22222bd ac d c b a +≥++12n 12n 12,,,R ,1,(1)(1)(1)2n n a a a a a a a a a +∈=+++≥ 已知且求证:12 ( ) n B B B B A ⇐⇐⇐⇐⇐ 结步步寻求不等式已论成立的充分条件知<求证222222,,0,a b b c c a a b c abca b c++>≥++已知求证:§2.1.2不等式的证明(2) 练习 姓名1、已知,,0,0y x y x ≠>>求证.411yx yx+>+2、已知,0>>b a 求证.b a b a ->-3、已知.0,0>>b a 求证：（1）.4))((11≥++--b a b a （2）.8))()((333322b a b a b a b a ≥+++4、已知d c b a ,,,都是正数。
8.导数应用之不等式证明(2)
3.设函数 f ( x) kx , g ( x) ln x ,
2
(1)讨论关于 x 的方程 f ( x) g ( x) 在区间 [e , e] 内的实数根的个数； (2)求证:对任意的正整数 n ,都有
1
ln1 ln 2 ln 3 ln 4 ln n 1 4 4 4 4 . 4 1 2 3 4 n 2e
4.设函数 f ( x) x a ln(1 x ) ,
2
(1)若函数 f ( x ) 在区间 ( , ) 上递增,求实数 a 的取值范围； (2)证明:当 x 0 时, ln(1 x ) x ；
2
1 2 3 3
(3)证明:对大于 1 的任意正整数 n ,都有 (1
1 1 1 1 )(1 4 )(1 4 ) (1 4 ) 2e . 4 1 2 3 n
2.设函数 f ( x) x ln( x a) 的最小值为 0 ,其中 a >0 . (1)若对任意的 x [0,+) ,有 f (x) kx 成立,求实数 k 的最小值；
2
(2)证明:对大于 1 的任意正整数 n ,都有
1 1 1 1 ln( 2n 1) . 3 5 2n 1 2
3 n
n n
e . e 1
7.设函数 f ( x) e x x 1 , (1)求证:函数 f ( x) 有且只有一个零点；
(2)求证:对任意的正整数 n ,都有 (
1 n 3 5 2n 1 n e . ) ( )n ( )n ( ) 2n 2n 2n 2n e 1
b b
(3)请将(2)中的命题推广到一般形式,并用数学归纳法证明你所推广的命题.
不等式证明的基本方法 经典例题透析
经典例题透析类型一：比较法证明不等式1、用作差比较法证明下列不等式：（1）；（2）(a，b均为正数，且a≠b)思路点拨：（1）中不等号两边是关于a,b,c的多项式，作差后因式分解的前途不大光明，但注意到如a2, b2, ab这样的结构，考虑配方来说明符号；（2）中作差后重新分组进行因式分解。
证明：（1）当且仅当a=b=c时等号成立，（当且仅当a=b=c取等号）.（2）∵a>0, b>0, a≠b,∴a+b>0, (a-b)2>0,∴，∴.总结升华：作差，变形（分解因式、配方等），判断差的符号，这是作差比较法证明不等式的常用方法。
举一反三：【变式1】证明下列不等式：(1)a2+b2+2≥2(a+b)(2)a2+b2+c2+3≥2(a+b+c)(3)a2+b2≥ab+a+b-1【答案】（1）（a2+b2+2）-2(a+b)=(a2-2a+1)+(b2-2b+1)=(a-1)2+(b-1)2≥0∴a2+b2+2≥2(a+b)（2）证法同（1）（3）2（a2+b2）-2（ab+a+b-1)=(a2-2ab+b2)+(a2-2a+1)+(b2-2b+1)=( a-b)2+(a-1)2+(b-1)2≥0 ∴2（a2+b2）≥2（ab+a+b-1)，即a2+b2≥ab+a+b-1【变式2】已知a，b∈，x，y∈，且a+b=1，求证：ax2+by2≥(ax+by)2【答案】ax2+by2-(ax+by)2=ax2+by2-a2x2-b2y2-2abxy=a(1-a)x2+b(1-b)y2-2abxy=abx2+aby2-2abxy=ab(x-y)2≥0∴ax2+by2≥(ax+by)22、用作商比较法证明下列不等式：（1）(a，b均为正实数，且a≠b)（2）（a，b，c∈，且a，b，c互不相等）证明：（1）∵a3+b3>0, a2b+ab2>0.∴，∵a, b为不等正数，∴，∴∴（2）证明：不妨设a>b>c，则∴所以，总结升华：当不等号两边均是正数乘积或指数式时，常用这种方法，目的是约分化简. 作商比较法的基本步骤:判定式子的符号并作商变形判定商式大于1或等于1或小于1结论。
例谈证明不等式的四种常用措施
=
cos2 a, a
∈
(0,
π 2
)
，
æ è
x
+
1 x
öøæèç
y
+
1 y
ö
÷
ø
=
æ
ç
sin2
a
è
+
1 sin2a
öæ
֍
cos2
a
øè
+
1 cos2a
ö
÷
ø
=
sin4 a
+
cos4a - 2 sin2a 4 sin22a
cos2 a
+
2
，
( ) =
4 - sin2a 2 + 16 ， 4 sin22a
(x)
=
(
cos sin
α β
)x
+
(
cos sin
β α
)x,
且x < 0,
α,β ∈
æ è
0,
π 2
öø，若
f (x) > 2, 求证：α + β >
π 2
.
证明：假设0
<
α
+
β
≤
π 2
,
由α, β
∈
（0，π2 ）可得0
<
α
≤
π 2
-
β
≤
π 2
，
则
cos
α
≥
cosæè
π 2
-
β
ö ø
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不等式的八种证明方法及一题多证
不等式的证明：一、比较法：比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法，它常用的证明方法有两种： 1．作差比较法方法：欲证A>B,只需要证A-B>0 步骤：“作差----变形----判断符号”。
使用此法作差后主要变形形式的处理：○将差变形为常数或一个常数与几个平方和的形式常用配方法或实数特征a2≥0判断差的符号。
○将差变形为几个因式的积的形式，常用因式分解法。
○若变形后得到二次三项式，常用判别式定符号。
总之，变形的目的是有利于判断式子的符号，而变形方法不限定，也就是说，关键是变形的目标。
2．作商比较法方法：要证A>B,常分以下三种情况：若B>0，只需证明1AB >； 若B=0，只需证明A>0； 若B<0，只需证明1AB<。
（3）步骤：“作商-----变形-----判断商数与1的大小” 例：已知a , b , m 都是正数，并且a < b ，求证：bam b m a >++解析：用作差比较法∵)()()()()(m b b a b m m b b m b a m a b b a m b m a +-=++-+=-++ ∵a ,b ,m 都是正数，并且a <b ，∴b + m > 0 , b - a > 0 ∴0)()(>+-m b b a b m 即：b a m b m a >++ 例：已知a>b>0,求证：()2a ba ba b ab +>解析：用作商比较法∵()222222a b a b a b a b a b a b a b a b a ba ababb ab -++-----+⎛⎫=== ⎪⎝⎭又∵a>b>0,()221,012a b a ba ba ab a b b a b ab -+-⎛⎫∴>>∴> ⎪⎝⎭∴>例：已知0 < x < 1, 0 < a < 1，试比较|)1(log | |)1(log |x x a a +-和的大小。
高三数学复习(理)：第2讲 不等式的证明
第2讲 不等式的证明[学生用书P272]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 ＋c 3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．定理3的推广：(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．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．常用结论基本不等式及其推广1．a 2≥0(a ∈R )．2．(a －b )2≥0(a ，b ∈R )，其变形有a 2＋b 2≥2ab ，⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≥ab ，a 2＋b 2≥12(a ＋b )2.3．若a ，b 为正实数，则a ＋b 2≥ab .特别地，b a ＋ab ≥2. 4．a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .一、思考辨析判断正误(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)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× 二、易错纠偏常见误区|Ｋ不等式放缩不当致错.已知三个互不相等的正数a ，b ，c 满足abc ＝1.试证明： a ＋b ＋c <1a ＋1b ＋1c.证明：因为a ，b ，c >0，且互不相等，abc ＝1，所以a ＋b ＋c ＝1bc ＋1ac＋1ab <1b ＋1c 2＋1a ＋1c 2＋1a ＋1b 2＝1a ＋1b ＋1c ，即a ＋b ＋c <1a ＋1b ＋1c .[学生用书P273]比较法证明不等式(师生共研)设a ，b 是非负实数，求证：a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)． 【证明】 因为a ，b 是非负实数，所以a3＋b3－ab(a2＋b2)＝a2a(a－b)＋b2b(b－a)＝(a－b)[(a)5－(b)5]．当a≥b时，a≥b，从而(a)5≥(b)5，得(a－b)[(a)5－(b)5]≥0；当a<b时，a<b，从而(a)5<(b)5，得(a－b)[(a)5－(b)5]>0.所以a3＋b3≥ab(a2＋b2)．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．1．当p，q都是正数且p＋q＝1时，试比较(px＋qy)2与px2＋qy2的大小．解：(px＋qy)2－(px2＋qy2)＝p2x2＋q2y2＋2pqxy－(px2＋qy2)＝p(p－1)x2＋q(q－1)y2＋2pqxy.因为p＋q＝1，所以p－1＝－q，q－1＝－p.所以(px＋qy)2－(px2＋qy2)＝－pq(x2＋y2－2xy)＝－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．已知a ，b ∈(0，＋∞)，求证：a b b a ≤(ab )a ＋b2.证明：a b b a（ab ）a ＋b2＝ab －a ＋b 2ba －a ＋b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b2.当a ＝b 时，⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b2＝1；当a >b >0时，0<b a <1，a －b 2>0，⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b2<1.当b >a >0时，b a >1，a －b 2<0，⎝ ⎛⎭⎪⎫b a a －b2<1.所以a b b a ≤(ab )a ＋b2.综合法、分析法证明不等式(师生共研)(一题多解)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】 方法一(综合法)： (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.方法二(分析法)：(1)因为a>0，b>0，a3＋b3＝2.要证(a＋b)(a5＋b5)≥4，只需证(a＋b)(a5＋b5)≥(a3＋b3)2，即证a6＋ab5＋a5b＋b6≥a6＋2a3b3＋b6，即证a4＋b4≥2a2b2，因为(a2－b2)2≥0，即a4＋b4≥2a2b2成立．故原不等式成立．(2)要证a＋b≤2成立，只需证(a＋b)3≤8，即证a3＋3a2b＋3ab2＋b3≤8，即证ab(a＋b)≤2，即证ab(a＋b)≤a3＋b3，即证ab(a＋b)≤(a＋b)(a2－ab＋b2)，即证ab≤a2－ab＋b2，显然成立．故原不等式成立．分析法与综合法常常结合起来使用，称为分析综合法，其实质是既充分利用已知条件，又时刻瞄准解题目标，不仅要搞清已知什么，还要明确要干什么，通常用分析法找到解题思路，用综合法书写证题过程．1．(2020·高考全国卷Ⅲ)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}≥3 4.解：(1)由题设可知，a，b，c均不为零，所以ab＋bc＋ca＝12[(a＋b＋c)2－(a2＋b2＋c2)]＝－12(a2＋b2＋c2)<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≤a34，故a≥34，所以max{a，b，c}≥34.2．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知a，b，c为正数，且满足abc＝1，证明：(1)1a＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2；(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.证明：(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，且abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝ab＋bc＋caabc＝1a＋1b＋1c.所以1a ＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2.(2)因为a，b，c为正数且abc＝1，故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥33（a＋b）3（b＋c）3（a＋c）3＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)≥3×(2ab)×(2bc)×(2ac)＝24.所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.反证法证明不等式(师生共研)设0<a ，b ，c <1，求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14. 【证明】 设(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >14，三式相乘得(1－a )b ·(1－b )c ·(1－c )a >164，① 又因为0<a ，b ，c <1，所以0<(1－a )a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤（1－a ）＋a 22＝14. 同理可得，(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14，以上三式相乘得(1－a )a ·(1－b )b ·(1－c )c ≤164，与①矛盾． 所以(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14.利用反证法证明问题的一般步骤(1)否定原结论．(2)从假设出发，导出矛盾． (3)证明原命题正确．已知a ＋b ＋c >0，ab ＋bc ＋ca >0，abc >0，求证：a ，b ，c >0.证明：①设a <0，因为abc >0， 所以bc <0.又由a ＋b ＋c >0，则b ＋c >－a >0，所以ab ＋bc ＋ca ＝a (b ＋c )＋bc <0，与题设矛盾． ②若a ＝0，则与abc >0矛盾，所以必有a >0. 同理可证b >0，c >0. 综上可证a ，b ，c >0.放缩法证明不等式(师生共研)若a ，b ∈R ，求证：|a ＋b |1＋|a ＋b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |.【证明】 当|a ＋b |＝0时，不等式显然成立． 当|a ＋b |≠0时， 由0＜|a ＋b |≤|a |＋|b |⇒1|a ＋b |≥1|a |＋|b |， 所以|a ＋b |1＋|a ＋b |＝11|a ＋b |＋1≤11＋1|a |＋|b |＝|a |＋|b |1＋|a |＋|b |＝|a |1＋|a |＋|b |＋|b |1＋|a |＋|b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |.综上，原不等式成立．“放”和“缩”的常用技巧在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧．常见的放缩变换有： (1)变换分式的分子和分母，如1k 2<1k （k －1），1k 2>1k （k ＋1），1k <2k ＋k －1，1k >2k ＋k ＋1.上面不等式中k ∈N *，k >1. (2)利用函数的单调性．(3)真分数性质“若0<a <b ，m >0，则a b <a ＋mb ＋m”．[提醒] 在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．设n 是正整数，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <1.证明：由2n ≥n ＋k >n (k ＝1，2，…，n )，得12n ≤1n ＋k <1n .当k ＝1时，12n ≤1n ＋1<1n ；当k ＝2时，12n ≤1n ＋2<1n ；…当k ＝n 时，12n ≤1n ＋n<1n ，所以12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <n n ＝1.所以原不等式成立．[学生用书P352(单独成册)][A 级 基础练]1．(2020·福州市适应性考试)已知a ＞0，b ＞0，c ＞0，且a ＋b ＋c ＝2. (1)求a 2＋b ＋c 的取值范围； (2)求证：1a ＋4b ＋9c ≥18.解：(1)依题意，2－a ＝b ＋c ＞0，故0＜a ＜2. 所以a 2＋b ＋c ＝a 2＋(2－a )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋74，所以74≤a 2＋b ＋c ＜22＋(2－2)＝4， 即a 2＋b ＋c 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫74，4.(2)证明：因为a ＞0，b ＞0，c ＞0，所以(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ＋9c＝14＋b a ＋4a b ＋c a ＋9a c ＋4c b ＋9bc≥14＋2b a ·4a b ＋2c a ·9a c ＋24c b ·9bc ＝14＋24＋29＋236＝36.当且仅当a ＝13，b ＝23，c ＝1时等号成立， 又a ＋b ＋c ＝2， 所以1a ＋4b ＋9c ≥18.2．(2020·开封市模拟考试)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12，M 为不等式f (x )＋f (x ＋1)<2的解集．(1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |<|1＋ab |. 解：(1)令g (x )＝f (x )＋f (x ＋1) ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12， 则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12<x <12，2x ，x ≥12，当x ≤－12时，由g (x )<2解得－1<x ≤－12； 当－12<x <12时，g (x )＝1<2恒成立； 当x ≥12时，由g (x )<2解得12≤x <1.所以f (x )＋f (x ＋1)<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，所以(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)(1－b 2)<0，所以|a ＋b |<|1＋ab |.3．(一题多解)(2020·广州市阶段训练)已知a ＞0，b ＞0，且a ＋b ＝1. (1)求1a ＋2b 的最小值； (2)证明：ab ＋2b a 2＋b 2＋1＜52.解：(1)方法一：因为a ＞0，b ＞0，且a ＋b ＝1， 所以1a ＋2b ＝a ＋b a ＋2（a ＋b ）b ＝3＋b a ＋2a b ≥3＋2b a ·2ab ＝3＋2 2. 当且仅当b a ＝2ab ，即b 2＝2a 2时，等号成立． 由⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，b 2＝2a 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2－1，b ＝2－ 2.所以1a ＋2b 的最小值为3＋2 2.方法二：因为a ＞0，b ＞0，且a ＋b ＝1， 所以1a ＋2b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b ＝3＋b a ＋2a b≥3＋2b a ·2ab ＝3＋2 2.当且仅当b a ＝2ab ，即b 2＝2a 2时，等号成立． 由⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，b 2＝2a 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2－1，b ＝2－ 2.所以1a ＋2b 的最小值为3＋2 2. (2)证明：方法一：因为a ＞0，b ＞0， 所以ab ＋2ba 2＋b 2＋1＝ab ＋2ba 2＋b 25＋4b 25＋1≤ab ＋2b2 a 2·b 25＋24b 25×1＝ab ＋2b25（ab ＋2b ）＝52.当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝b 25，4b 25＝1时，等号成立．解得a ＝12，b ＝52，此时a ＋b ≠1. 所以ab ＋2b a 2＋b 2＋1＜52. 方法二：由于a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，所以a ＝1－b ， 要证明ab ＋2ba 2＋b 2＋1＜52，只要证明（1－b ）b ＋2b （1－b ）2＋b 2＋1＜52， 即证3b －b 22b 2－2b ＋2＜52，只要证3b －b 2b 2－b ＋1＜ 5.由于b 2－b ＋1＞0，则只要证明3b －b 2＜5b 2－5b ＋5， 即(5＋1)b 2－(5＋3)b ＋5＞0.因为Δ＝(5＋3)2－45(5＋1)＝－6＋25＜0， 所以(5＋1)b 2－(5＋3)b ＋5＞0成立． 所以ab ＋2b a 2＋b 2＋1＜52. 方法三：由于a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，所以b ＝1－a ， 所以ab ＋2b a 2＋b 2＋1＝a （1－a ）＋2（1－a ）a 2＋（1－a ）2＋1＝－a 2－a ＋22（a 2－a ＋1）＝－12＋3－2a2（a 2－a ＋1）.令3－2a ＝t ，则a ＝3－t2，由于0＜a ＜1，所以1＜t ＜3. 则－12＋3－2a 2（a 2－a ＋1）＝－12＋2t t 2－4t ＋7＝－12＋2t ＋7t －4≤－12＋22t ×7t －4＝27＋16.当且仅当t ＝7t ，即t ＝7时，等号成立． 由于27＋16＜52，所以ab ＋2b a 2＋b 2＋1＜52. 4．已知函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －1|. (1)求函数f (x )的最小值a ；(2)根据(1)中的结论，若m 3＋n 3＝a ，且m >0，n >0，求证：m ＋n ≤2. 解：(1)f (x )＝|x ＋1|＋|x －1|≥|x ＋1－(x －1)|＝2，当且仅当(x ＋1)(x －1)≤0即－1≤x ≤1时取等号，所以f (x )min ＝2，即a ＝2.(2)证明：假设m ＋n >2，则m >2－n ，m 3>(2－n )3. 所以m 3＋n 3>(2－n )3＋n 3＝2＋6(1－n )2≥2.① 由(1)知a ＝2，所以m 3＋n 3＝2.② ①②矛盾，所以m ＋n ≤2.[B 级 综合练]5．已知函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －2|，集合A ＝{x |f (x )<3}． (1)求集合A ；(2)若实数s ，t ∈A ，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－t s <⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －1s .解：(1)函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋1，x <－12，x ＋3，－12≤x <2，3x －1，x ≥2.首先画出y ＝f (x )与y ＝3的图象如图所示．可得不等式f (x )<3的解集A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－23<x <0.(2)证明：因为实数s ，t ∈A ，所以s ，t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0.所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t s 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －1s 2＝1＋t 2s 2－t 2－1s 2＝1s 2(1－t 2)·(s 2－1)<0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t s 2<⎝ ⎛⎭⎪⎫t －1s 2，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－t s <⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －1s .6．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 |， 只需证1＋a 2b 2c 2>a 2b 2＋c 2， 只需证1－a 2b 2>c 2(1－a 2b 2)， 只需证(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. 7．已知函数f (x )＝k －|x －3|，k ∈R ，且f (x ＋3)≥0的解集为[－1，1]． (1)求k 的值；(2)若a ，b ，c 是正实数，且1ka ＋12kb ＋13kc ＝1， 求证：a ＋2b ＋3c ≥9. 解：(1)因为f (x )＝k －|x －3|， 所以f (x ＋3)≥0等价于|x |≤k ，由|x |≤k 有解，得k ≥0，且解集为[－k ，k ]． 因为f (x ＋3)≥0的解集为[－1，1]． 因此k ＝1.(2)证明：由(1)知1a ＋12b ＋13c ＝1， 因为a ，b ，c 为正实数，所以a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c＝3＋a 2b ＋a 3c ＋2b a ＋2b 3c ＋3c a ＋3c 2b ＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋2b a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3c ＋3c a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b 3c ＋3c 2b≥3＋2a 2b ·2b a ＋2a 3c ·3c a ＋22b 3c ·3c2b ＝9. 当且仅当a ＝2b ＝3c 时，等号成立． 因此a ＋2b ＋3c ≥9.8．设x ，y ，z ∈R ，且x ＋y ＋z ＝1. (1)求(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值；(2)若(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥13成立，证明：a ≤－3或a ≥－1. 解：(1)由于[(x －1)＋(y ＋1)＋(z ＋1)]2＝(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2＋2[(x －1)(y ＋1)＋(y ＋1)(z ＋1)＋(z ＋1)(x －1)] ≤3[(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2]，故由已知得(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2≥43，当且仅当x ＝53，y ＝－13，z ＝－13时等号成立．所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为43. (2)证明：由于[(x －2)＋(y －1)＋(z －a )]2＝(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2＋2[(x －2)(y －1)＋(y －1)(z －a )＋(z －a )(x －2)] ≤3[(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2]，故由已知得(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥（2＋a ）23，当且仅当x ＝4－a 3，y ＝1－a 3，z ＝2a －23时等号成立． 因此(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2的最小值为（2＋a ）23.由题设知（2＋a ）23≥13，解得a ≤－3或a ≥－1.。
不等式的证明与解2
不等式的证明与解一、不等式的证明方法（1）比较法：作差比较：B≤-0．⇔ABA≤作差比较的步骤：①作差：对要比较大小的两个数（或式）作差．②变形：对差进行因式分解或配方成几个数（或式）的完全平方和．③判断差的符号：结合变形的结果及题设条件判断差的符号．注意：若两个正数作差比较有困难，可以通过它们的平方差来比较大小．（2）综合法：由因导果．（3）分析法：执果索因．基本步骤：要证……只需证……，只需证……①“分析法”证题的理论依据：寻找结论成立的充分条件或者是充要条件．②“分析法”证题是一个非常好的方法，但是书写不是太方便，所以我们可以利用分析法寻找证题的途径，然后用“综合法”进行表达．（4）判别式法：利用判别式构造不等式。
含有两上字母的不等式，若可化成一边为零，而另一边是关于某字母的二次式时，这时可考虑判别式法，并注意根的取值范围和题目的限制条件．（5）反证法：正难则反．即若从正面考虑问题比较难入手时，则可考虑从相反方向去探索解决问题的方法，即我们常说的逆向思维，由结论向条件追溯；简单化原则，即寻求解题思路与途径，常把较复杂的问题转化为较简单的问题，在证明较复杂的不等式时，可以考虑将这个不等式不断地进行变换转化，得到一个较易证明的不等式． （6）放缩法：将不等式一侧适当的放大或缩小以达证题目的． 放缩法的方法有：①添加或舍去一些项，如：a a >+12；n n n >+)1(； ②将分子或分母放大（或缩小）； ③利用基本不等式，如：4lg 16lg 15lg )25lg 3lg (5lg 3log 2=<=+<⋅； 2)1()1(++<+n n n n ； ④利用常用结论：kkk k k 21111<++=-+；k k k k k 111)1(112--=-< ； 111)1(112+-=+>k k k k k （程度大） )1111(21)1)(1(111122+--=+-=-<k k k k k k ； （程度小） （7）换元法：换元的目的就是减少不等式中变量，以使问题化难为易，化繁为简，常用的换元有三角换元和代数换元． 如：已知222a y x =+，可设θθsin ,cos a y a x ==；已知122≤+y x ，可设θθsin ,cos r y r x ==（10≤≤r ）；已知12222=+b y a x ，可设θθsin ,cos b y a x ==；已知12222=-by a x ，可设θθtan ,sec b y a x ==；（8）构造法：通过构造函数、方程、数列、向量、平面几何或不等式来证明不等式；证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法．要依据题设、题断的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．（9）数学归纳法法：数学归纳法法证明不等式在数学归纳法中专门研究． 二、题型示例例1 若水杯中的b 克糖水里含有a 克糖，假如再添上m 克糖，糖水会变得更甜，试将这一事实用数学关系式反映出来，并证明之．例2 已知a ，b ∈R ，且a+b=1． 求证：()()2252222≥+++b a ．例3 设实数x ，y 满足y+x 2=0，0<a<1．求证：812log )(log +≤+a y x a a a ．例4 设m 等于a ，b 和1中最大的一个，当m x >时，求证：22<+xbx a ．例5 已知,a b R +∈，1a b +=，求证：221125()()2a b a b+++≥已知,,a b c R +∈，1a b c ++=，求证：222111100()()()3a b c a b c +++++≥例6已知函数()c x x x f +-=3，定义在[]1,0上，[]1,0,21∈x x 且21x x ≠证明：①()()10f f = ②()()12122x x x f x f -<- ③()()112<-x f x f例.例8已知m ，n 为正整数.（Ⅰ）用数学归纳法证明：当x >-1时，(1+x )m ≥1+mx ；（Ⅱ）对于n ≥6，已知21311<⎪⎭⎫ ⎝⎛+-n n ，求证mn n m ⎪⎭⎫⎝⎛<⎪⎭⎫ ⎝⎛+-2131，m =1,1,2…，n ；（Ⅲ）求出满足等式3n +4m +…+(n +2)m =(n +3)n 的所有正整数n .二、不等式的解法解不等式是求定义域、值域、参数的取值范围时的重要手段，与“等式变形”并列的“不等式的变形”，是研究数学的基本手段之一。
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不等式的证明（2）
一、复习引入：
1．比较法之一（作差法）步骤：作差——变形——判断与0的关系——结论 比较法之二（作商法）步骤：作商——变形——判断与1的关系——结论
2．综合法：利用某些已经证明过的不等式（例如算术平均数与几何平均数定理）和不等式的性质推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法通常叫做综合法用综合法证明不等式的逻辑关系是：12n A B B B B ⇒⇒⇒⇒⇒
综合法的思维特点是：由因导果，即由已知条件出发，利用已知的数学定理、性质和公式，推出结论的一种证明方法
二、讲解新课： 1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条件，把证明不等式转化为判定这些条件是否具备的问题，如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可以断定原不等式成立，这种方法通常叫做分析法
2．用分析法证明不等式的逻辑关系是：12n B B B B A ⇐⇐⇐⇐⇐
3．分析法的思维特点是：执果索因4．分析法的书写格式：
要证明命题B 为真，
只需要证明命题1B 为真，从而有……
这只需要证明命题2B 为真，从而又有……
……
这只需要证明命题A 为真
而已知A 为真，故命题B 必为真
三、讲解范例：
例1 求证5273<+ 证明：因为5273和+都是正数，所以为了证明5273<+ 只需证明22)52()73(<+展开得 2021210<+
即 2521,10212<<因为2521<成立，所以22)52()73(<+成立 即证明了5273<+
说明：①分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，它与综合法是对立统一的两种方法
②分析法论证“若A 则B ”这个命题的模式是：为了证明命题B 为真，
这只需要证明命题B 1为真，从而有……
这只需要证明命题B 2为真，从而又有……
这只需要证明命题A 为真
而已知A 为真，故B 必真
例2、已知a ,b ,c ,d ∈R ,求证:ac +bd ≤))((2222d c b a ++
分析一:用分析法
证法一:(1)当ac +bd ≤0时,显然成立
(2)当ac +bd >0时,欲证原不等式成立,
只需证(ac +bd )2≤(a 2+b 2)(c 2+d 2)
即证a 2c 2+2abcd +b 2d 2≤a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2
即证2abcd ≤b 2c 2+a 2d 2
即证0≤(bc -ad )2
因为a ,b ,c ,d ∈R ,所以上式恒成立,
综合(1)、(2)可知:原不等式成立
说明：对于较复杂的不等式，直接运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经常是结合在一起使用的 课后作业： 1选择题
(1)设x 1和x 2是方程x 2+px +4=0的两个不相等的实数根,则（ ）答案:B A |x 1|>2且|x 2|>2 B |x 1+x 2|>4 C |x 1+x 2|<4 D |x 1|=4且|x 2|=1
(2)若x ,y ∈R +,且x ≠y ,则下列四个数中最小的一个是（ ）答案:D
A )11(
2y x + B y x + *(3)若x >0,y >0,且y x +≤a y x +成立,则a 的最小值是（ ）答案:B
A 2
2 C 2 D 22 (4)已知a ,b ∈R +,则下列各式中成立的是（ ）答案:A
A cos 2θ·lg a +sin 2θ·lg b <lg(a +b )
B 2θ·lg a +sin 2θ·lg b >lg(a +b )
C a cos2θ·b sin2θ=a +b
D a cos 2θ·b sin2θ>a +b
(5)设a ,b ∈R +,且ab -a -b ≥1,则有（ ）答案:A
A a +b ≥2(2+1)
B a +b ≤+1
C a +b ≥(2+1)2
D a +b ≤2(2+1) 2用分析法证明: 3(1+a 2+a 4)≥(1+a +a 2)2
证明:要证3(1+a 2+a 4)≥(1+a +a 2)2
只需证3［(1+a 2)2-a 2］≥(1+a +a 2)2 即证3(1+a 2+a )(1+a 2-a )≥(1+a +a 2)2∵1+a +a 2=(a +
21)2+43>0 只需证3(1+a 2-a )≥1+a +a 2展开得2-4a +2a 2≥0即2(1-a )2≥0成立
故3(1+a 2+a 4)≥(1+a +a 2)2成立
3用分析法证明: ab +cd ≤22c a ⋅+证明:①当ab +cd <0时,
ab +cd <2222d b c a +⋅+成立
②当ab +cd ≥0时,
欲证ab +cd ≤2222d b c a +⋅+
只需证(ab +cd )2≤(2222d b c a +⋅+)2
展开得a 2b 2+2abcd +c 2d 2≤(a 2+c 2)(b 2+d 2)即a 2b 2+2abcd +c 2d 2≤a 2b 2+a 2d 2+b 2c 2+c 2d 2
即2abcd ≤a 2d 2+b 2c 2只需证a 2d 2+b 2c 2-2abcd ≥0即(ad -bc )2≥0
因为(ad -bc )2≥0成立 所以当ab +cd ≥0时,ab +cd ≤2222d b c a +⋅+成立
综合①②可知:ab +cd ≤2222d b c a +⋅+成立 4用分析法证明下列不等式:
(1)求证:15175+>+
(2)求证:4321---<---x x x x (x ≥4)
证明:(1)欲证15175+>+，只需证22)151()75(+>+
展开得12+235>16+215，即235>4+215，只需证(235)2>(4+215)2 即4>15这显然成立，故15175+>+成立(2)欲证4321---<--
-x x x x (x ≥4) 只需证2341-+-<-+
-x x x x (x ≥4) 即证22)23()41(-+-<-+-x x x x (x ≥4)
展开得2x -5+22325241-⋅-+-<-⋅-x x x x x 即)2)(3()4)(1(--<--x x x x 只需证［)4)(1(--x x ］2<［)2)(3(--x x ］2
即证x 2-5x +4<x 2-5x +6，即4<6这显然成立 故4321---<---x x x x (x ≥4)成立。