不等式证明的常用基本方法
基本不等式常用方法
基本不等式常用方法
不等式在数学中有着广泛的应用，解决不等式时，常用的方法包括：
1. 代数方法
加减法：在不等式两边同时加上或减去相同的数字
乘除法：在不等式两边同时乘以或除以相同的正数，但若乘以或除以负数，则不等号需逆转
平方或取绝对值：当不等式中出现根式或绝对值时，可以平方或取绝对值，这时需要考虑平方或取绝对值后的符号变化
因式分解：将不等式中的多项式因式分解，然后根据因式之间的大小关系确定不等式的解
2. 几何方法
数轴法：将不等式表示在数轴上，不等号的符号决定了数轴上
被包含或排除的区域
直线法：当不等式涉及一次函数时，可以用直线方程表示不等式，直线上下方区域满足不等式
圆或椭圆法：当不等式涉及二次函数时，可以用圆或椭圆表示不等式，圆或椭圆内部或外部区域满足不等式
3. 代换法
代入法：给定不等式的解，将其代入不等式两边进行验证
换元法：引进新的变量，将不等式中的复杂表达式用新变量表示，简化不等式便于求解
4. 反证法
反证法：假设不等式不成立，推导出矛盾，从而证明不等式成立
背理法：假设不等式成立的否定，通过推理得到矛盾，从而证明不等式成立
5. 其它方法
分步传递法：将不等式分步传递，每一步都得到一个新的不等式，直到得到最终结果
数学归纳法：当不等式涉及自然数时，可以使用数学归纳法证明不等式对所有自然数成立
反例法：找出一个反例，证明不等式不成立。
高中数学：不等式题目的七种证明方法
高中数学：不等式题目的七种证明方法压轴题目一般是开放型的题目，每年都是会变化。
但大概率题目是函数、数列、圆锥曲线、不等式等知识的综合问题。
我就来总结一下不等式的证明方法。
01比较法所谓比较法，就是通过两个实数a与b的差或商的符号（范围）确定a与b大小关系的方法，即通过来确定a,b大小关系的方法。
前者为作差法，后者为作商法。
但要注意作差法适用范围较广；作商法再用时注意符号问题，如果同为正的话是没有问题的，同为负的话记得改变不等式的符号。
02分析法和综合这两个方法我们一般会一起使用。
分析法是从求证的不等式出发，分析这个不等式成立的充分条件，把证明这个不等式的问题转化为证明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，那么就可以判定所证的不等式成立。
综合法是从已知或证明过的不等式出发，根据不等式的性质及公理推导出欲证的不等式。
我们来看一个例题，已知如果要用综合法或者分析法的话，对于过程上需要写明，即证，所以要证，也就是说，即等价于……一些转化的语句来过渡我们的题目。
当然这两个方法我们经常一起用，因为分析完条件，分析结论，两个一起分析做题速度更快一些呢。
03反证法从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，证实结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的。
这个方法其实是按照集合的补集理论来的，正难则反，但是要注意用反证法证明不等式时，必须将命题结论的反面的各种情形都要考虑到，不能少的。
反证法证明一个命题的思路及步骤：1）假定命题的结论不成立；2）进行推理，在推理中出现下列情况之一：与已知条件矛盾；与公理或定理矛盾;3）由于上述矛盾的出现，可以断言，原来的假定“结论不成立”是错误的;4）肯定原来命题的结论是正确的。
04放缩法在证明过程中,利用不等式的传递性,作适当的放大或缩小,证明有更好的不等式来代替原不等式。
放缩法的目的性强,必须恰到好处,。
同时在放缩时必须时刻注意放缩的跨度，放不能过头，缩不能不及，灵活性很大。
不等式证明的几种常用方法
不等式证明的几种常用方法
不等式证明的几种常用方法
不等式证明是数学分析中的一种重要方法，它可以用来证明一个不等式的真实性。
一般来说，常用的不等式证明方法有三种：反证法、极限法和数学归纳法。
反证法是一种常用的不等式证明方法，它的基本思想是：如果要证明某个不等式成立，那么我们可以假设它不成立，然后用反证的方法来证明它的真实性。
极限法是另一种常用的不等式证明方法，它的基本思想是：如果要证明某个不等式成立，那么我们可以用极限的方法来证明它的真实性。
数学归纳法是最常用的不等式证明方法之一，它的基本思想是：如果要证明某个不等式成立，那么我们可以用数学归纳法来证明它的真实性。
反证法、极限法和数学归纳法是不等式证明的常用方法，它们可以用来证明不等式的真实性。
高考数学证明不等式的基本方法
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1.比较法证明不等式 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.
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2.综合法证明不等式 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”的题型研修
例 1 若 x，y，z∈R，a＞0，b＞0，c＞0.求证：b＋a cx2＋c＋b a
y2＋a＋c bz2≥2(xy＋yz＋zx).
证明 ∵b＋a cx2＋c＋b ay2＋a＋c bz2－2(xy＋yz＋zx)
＝bax2＋aby2－2xy＋bcy2＋bcz2－2yz＋acz2＋acx2－2zx＝
∴0＜ （n＋1）n22＋ ＋11＋ ＋（ n n＋1）＜1，即CCn＋n1＜1，
从而有 Cn＋1＜Cn.
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跟踪演练 2 若 a，b，m，n 都为正实数，且 m＋n＝1， 试证： ma＋nb≥m a＋n b. 证明 ∵a，b，m，n 均为正数，且 m＋n＝1， ∴( ma＋nb)2－(m a＋n b)2 ＝ma＋nb－m2a－n2b－2mn ab ＝m(1－m)a＋n(1－n)b－2mn ab ＝mn( a－ b)2≥0，又 ma＋nb＞0，m a＋n b＞0， ∴ ma＋nb≥m a＋n b.
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用导数证明函数不等式的四种常用方法
用导数证明函数不等式的四种常用方法本文将介绍用导数证明函数不等式的四种常用方法.例1 证明不等式：)0)1ln(>+>x x x （.证明 设)0)(1ln()(>+-=x x x x f ，可得欲证结论即()(0)(0)f x f x >>，所以只需证明函数()f x 是增函数.而这用导数易证：1()10(0)1f x x x '=->>+ 所以欲证结论成立. 注 欲证函数不等式()()()f x g x x a >>(或()()()f x g x x a ≥≥)，只需证明()()0()f x g x x a ->>(或()()0()f x g x x a -≥≥).设()()()()h x f x g x x a =->(或()()()()h x f x g x x a =-≥)，即证()0()h x x a >>(或()0()h x x a ≥≥).若()0h a =，则即证()()()h x h a x a >>(或()()()h x h a x a ≥≥).接下来，若能证得函数()h x 是增函数即可，这往往用导数容易解决.例2 证明不等式：)1ln(+≥x x .证明 设()ln(1)(1)f x x x x =-+>-，可得欲证结论即()0(1)f x x >>-.显然，本题不能用例1的单调性法来证，但可以这样证明：即证)1)(1ln()(->+-=x x x x f 的最小值是0，而这用导数易证：1()1(1)11x f x x x x '=-=>-++ 所以函数()f x 在(1,0],[0,)-+∞上分别是减函数、增函数，进而可得min ()(1)0(1)f x f x =-=>-所以欲证结论成立.注 欲证函数不等式()()()(,f x g x x I I >≥∈是区间)，只需证明()()()0()f x g x x I ->≥∈.设()()()()h x f x g x x I =-∈，即证()()0()h x x I >≥∈，也即证min ()()0()h x x I >≥∈(若min ()h x 不存在，则须求函数()h x 的下确界)，而这用导数往往容易解决.例3 (2014年高考课标全国卷I 理科第21题)设函数1e ()e ln x xb f x a x x -=+，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线为e(1)2y x =-+．(1)求,a b ；(2)证明：()1f x >．解 (1)112()e ln e e e x x x x a b b f x a x x x x--'=+-+． 题设即(1)2,(1)e f f '==，可求得1,2a b ==．(2)即证2ln e (0)ex x x x x ->->，而这用导数可证(请注意11e ≠)： 设()ln (0)g x x x x =>，得min 11()e e g x g ⎛⎫==- ⎪⎝⎭． 设2()e (0)ex h x x x -=->，得max 1()(1)e h x h ==-． 注 i)欲证函数不等式()()(,f x g x x I I ≥∈是区间)，只需证明min max ()()()f x g x x I ≥∈，而这用导数往往可以解决.欲证函数不等式()()(,f x g x x I I >∈是区间)，只需证明min max ()()()f x g x x I >∈，或证明min max ()()()f x g x x I ≥∈且两个最值点不相等，而这用导数往往也可以解决.ii)例3第(2)问与《2019年曲靖一中高考冲刺卷理科数学（一）》压轴题第(3)问完全一样，这道压轴题(即第22题)是：已知函数2()ln ,()3f x x x g x x ax ==-+-．(1)求函数()f x 在[,2](0)t t t +>上的最小值；(2)对一切(0,),2()()x f x g x ∈+∞≥恒成立，求实数a 的取值范围；(3)证明：对一切(0,)x ∈+∞，都有12ln e e x x x>-成立．例4 (2018年高考北京卷理科第18题)设L 为曲线C ：y ＝ln x x在点(1，0)处的切线． (1)求L 的方程；(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C 在直线L 的下方．解 (1)(过程略)L 的方程为y ＝x －1.(2)即证1ln -≤x xx (当且仅当1=x 时取等号). 设x x x x g ln 1)(--=，得g ′(x )＝x 2－1＋ln x x 2)0(>x . 当0<x <1时，x 2－1<0，ln x <0，所以g ′(x )<0，得g (x )单调递减；当x >1时，x 2－1>0，ln x >0，所以g ′(x )>0，得g (x )单调递增．所以0)1()(min ==g x g ，得欲证结论成立.(2)的另解 即证1ln -≤x x x (当且仅当1=x 时取等号)，也即证0ln 2≥--x x x (当且仅当1=x 时取等号).设x x x x g ln )(2--=，可得)0)(1(12)(>-+='x x xx x g . 进而可得0)1()(min ==g x g ，所以欲证结论成立.(2)的再解 即证1ln -≤x xx (当且仅当1=x 时取等号)，也即证x x x -≤2ln (当且仅当1=x 时取等号). 如图1所示，可求得曲线x y ln =与)0(2>-=x x x y 在公共点(1,0)处的切线是1-=x y ，所以接下来只需证明)0(1,1ln 2>-≤--≤x x x x x x (均当且仅当1=x 时取等号)前者用导数易证，后者移项配方后显然成立.所以欲证结论成立.图1例5 (2018年高考新课标全国卷II 理21(2)的等价问题)求证：e ln(2)x x >+．分析 用前三种方法都不易解决本问题，下面介绍用导数证明函数不等式的第四种常用方法.设()e (2),()ln(2)(2)xf x xg x x x =>-=+>-，我们想办法寻找出一个函数()h x ，使得()()()(2)f x h x g x x ≥≥>-且两个等号不是同时取到.当然，函数()h x 越简洁越好.但()h x 不可能是常数(因为函数()ln(2)(2)g x x x =+>-的值域是R )，所以我们可尝试()h x 能否为一次函数，当然应当考虑切线.如图2所示，可求得函数()e (2)x f x x =>-在点(0,1)A 处的切线是1y x =+，进而可得()()(2)f x h x x ≥>-；还可求得函数()ln(2)(2)g x x x =+>-在点(1,0)B -处的切线也是1y x =+，进而可得()()(2)h x g x x ≥>-.图2进而可用导数证得()()()(2)f x h x g x x ≥≥>-且两个等号不是同时取到，所以欲证结论成立.当然，用例2的方法，也可给出该题的证明(设而不求)：设)2ln(e )(+-=x x f x ，得1()e (2)2x f x x x '=->-+. 可得()f x '是增函数(两个增函数之和是增函数)，且1e 20,(1)e 102f f ⎛⎫''=<=-> ⎪⎝⎭，所以函数()g x '存在唯一的零点0x (得21e ,e 2,1e )2(000000+==+=+-x x x x x x )，再由均值不等式可得 00min 0000011()()e ln(2)ln e 22022x x f x f x x x x x -⎛⎫==-+=-=++-> ⎪++⎝⎭(因为可证01x ≠-)所以欲证结论成立.例6 求证：e ln 2x x >+.证法1 (例5的证法)用导数可证得1e +≥x x (当且仅当0=x 时取等号)，2ln 1+≥+x x (当且仅当1=x 时取等号)，所以欲证结论成立.证法2 (例2的证法)设x x f x ln e )(-=，得1()e (0)x f x x x'=->.可得()f x '是增函数且1110,(0)02 1.52g g ⎛⎫''-=-<=> ⎪⎝⎭，所以函数)(x g 存在唯一的零点0x (得00001e ,e x x x x -==)，再由均值不等式可得 00min 0000011()()e ln ln e 2x x f x f x x x x x -==-=-=+>(因为可证01x ≠) 所以欲证结论成立.注 欲证函数不等式()()(,f x g x x I I >∈是区间)，只需寻找一个函数()h x (可以考虑曲线()y h x =是函数(),()y f x y g x ==的公切线)使得()()()(2)f x h x g x x ≥≥>-且两个等号不是同时取到，而这用导数往往容易解决.下面再给出例5和例6的联系.对于两个常用不等式e 1,ln 1x x x x ≥+≤-，笔者发现e xy =与ln y x =互为反函数，1y x =+与1y x =-也互为反函数，进而得到了本文的几个结论.定理 已知(),()f x g x 都是单调函数，它们的反函数分别是11(),()fx g x --. (1)若()f x 是增函数，()()f s g s ≥恒成立，则11()()ft g t --≤恒成立； (2)若()f x 是减函数，()()f s g s ≥恒成立，则11()()ft g t --≥恒成立； (3)若()f x 是增函数，()()f s g s ≤恒成立，则11()()ft g t --≥恒成立； (4)若()f x 是减函数，()()f s g s ≤恒成立，则11()()ft g t --≤恒成立. 证明 下面只证明(1),(4)；(2),(3)同理可证.(1)设不等式()()f s g s ≥中s 的取值范围是A ，当s A ∈时，(),()f s g s 的取值范围分别是,A A f g ，得不等式11()()f t g t --≤中t 的取值范围是A A f g ⋂，所以1000,,(),()A A t f g x A t g x x g t -∀∈⋂∃∈==.由()()f s g s ≥恒成立，得00()()g x f x ≤.由()f x 是增函数，得1()f x -也是增函数，所以1110000(())(())(())f g x f f x x g g x ---≤==，即11()()f t g t --≤.得11,()()A A t f g f t g t --∀∈⋂≤，即欲证结论成立.(4)设不等式()()f s g s ≤中s 的取值范围是A ，当s A ∈时，(),()f s g s 的取值范围分别是,A A f g ，得不等式11()()f t g t --≥中t 的取值范围是A A f g ⋂，所以1000,,(),()A A t f g x A t g x x g t -∀∈⋂∃∈==.由()()f s g s ≤恒成立，得00()()g x f x ≥.由()f x 是减函数，得1()f x -也是减函数，所以1110000(())(())(())f g x f f x x g g x ---≤==，即11()()f t g t --≤.得11,()()A A t f g f t g t --∀∈⋂≤，即欲证结论成立.推论1 已知(),()f x g x 都是单调函数，它们的反函数分别是11(),()fx g x --. (1)若(),()f x g x 都是增函数，则()()f s g s ≥恒成立11()()ft g t --⇔≤恒成立； (2)若(),()f x g x 都是减函数，则()()f s g s ≥恒成立11()()ft g t --⇔≥恒成立. 证明 (1)由定理(1)知“⇒”成立.下证“⇐”：因为()g x 是增函数，11()()g t f t --≥恒成立，11(),()g x f x --的反函数分别是(),()g x f x ，所以由“⇒”的结论得()()g s f s ≤恒成立，即()()f s g s ≥恒成立.(2)同(1)可证.推论2 把定理和推论1中的“,≥≤”分别改为“,><”后，得到的结论均成立. (证法也是把相应结论中的“,≥≤”分别改为“,><”.)在例5与例6这一对姊妹结论“e ln(2),ln e 2x x x x >+<-”中e x y =与ln y x =互为反函数，ln(2)y x =+与e 2x y =-也互为反函数，所以推论2中的结论“若(),()f x g x 都是增函数，则()()f s g s >恒成立11()()f t g t --⇔<恒成立”给出了它们的联系.。
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。
证明不等式的基本方法
x2
例7(1)设
y2
1, 求x
y的最大值，
16 9
并求此时的x, y值。 三角换元
（2）设 x, y R，且 x2 y 2 1，
求证：| x2 2xy y 2 | 2 ；
（1）设 x r sin, y r cos,且 | r | 1
证明：∵ a, b 是正数，且 a b ， ∴要证 aabb abba ,只要证 lg (aabb ) lg(abba ) ,
只要证 a lg a b lgb b lg a a lgb .
(a lg a b lg b) (b lg a a lg b) = (a b)(lg a lg b)
= (a2 b2 )(a b) = (a b)(a b)2
∵ a,b 是正数，且 a b ,∴ a b 0, (a b)2 >0
∴ (a3 b3 ) (a2b ab2 ) >0,∴ a3 b3 a2b ab2
注：比较法是证明不等式的基本方法，也是 最重要的方法,另外，有时还可作商比较.
当且仅当(a b)(b c)≥0 时,等号成立.
四.反证法:
假设命题结论的反面成立，经过正确的推理, 引出矛盾，因此说明假设错误,从而证明原命题 成立,这样的证明方法叫反证法.(正难则反)
例、已知 f (x) x2 px q，求证：
1
| f (1) |,| f (2) |,| f (3) |中至少有一个不小于2 。
求证:已知a, b, c R+,求证 :书P25页2（2）
不等式的性质与证明方法
不等式的性质与证明方法不等式是数学中常见的一种数对关系，描述了数值之间的大小关系。
在不等式中，我们关注的是不同数值之间的相对大小，而不是它们的具体数值。
本文将介绍不等式的一些基本性质以及一些常用的证明方法。
一、不等式的性质1. 传递性在不等式中，如果a>b，且b>c，那么有a>c。
这个性质叫做不等式的传递性。
传递性是不等式证明中常用到的性质，可以通过多次使用传递性来推导出一些复杂的不等式。
2. 反身性在不等式中，对于任何一个数a，都有a≥a。
这个性质叫做不等式的反身性。
即一个数总是大于等于自身。
3. 反对称性在不等式中，如果a≥b且b≥a，那么有a=b。
这个性质叫做不等式的反对称性。
反对称性表示如果两个数既大于等于彼此又小于等于彼此，则这两个数应该相等。
4. 加法性和减法性在不等式中，如果a≥b，那么有a+c≥b+c；如果a≥b，那么有a-c≥b-c。
这个性质叫做不等式的加法性和减法性。
加法性和减法性表示在不等式两边同时加或减一个常数，原不等式的大小关系仍然成立。
5. 乘法性和除法性在不等式中，如果a≥b且c>0，那么有ac≥bc；如果a≥b且c<0，那么有ac≤bc。
这个性质叫做不等式的乘法性和除法性。
乘法性和除法性表示在不等式两边同时乘或除一个正数（或负数），原不等式的大小关系仍然成立，但需要注意，当乘或除一个负数时，不等号的方向会颠倒。
二、证明方法1. 直接证明法直接证明法是最常见的证明方法之一，也是最简单的一种方法。
这种方法通过对不等式进行一系列的推导和化简，最终直接得出结论。
例如，对于不等式a+b≥2√(ab)，可以利用乘法性、加法性和反身性进行证明。
2. 对偶证明法对偶证明法是一种证明方法，通过将不等式中的符号进行翻转，然后利用已知的性质或定理进行证明。
例如，对于不等式a+b≥2√(ab)，可以对偶后得到4ab≥(a+b)²，然后再利用乘法性和加法性进行证明。
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证明不等式的基本方法 导学目标：1.了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法.2.会用比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法证明比较简单的不等式．
[自主梳理] 1.三个正数的算术—几何平均不等式：如果a，b，c>0，那么_________________________，当且仅当a＝b＝c时等号成立． 2.基本不等式(基本不等式的推广)：对于n个正数a1，a2，…，an，它们的算术平均不小于
它们的几何平均，即a1＋a2＋…＋ann≥na1·a2·…·an，当且仅当__________________时等号成立． 3.证明不等式的常用五种方法 (1)比较法：比较法是证明不等式最基本的方法，具体有作差比较和作商比较两种，其基本思想是______与0比较大小或______与1比较大小． (2)综合法：从已知条件出发，利用定义、______、______、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫综合法．也叫顺推证法或由因导果法． (3)分析法：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的________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为止，这种证明方法叫分析法．也叫逆推证法或执果索因法． (4)反证法 ①反证法的定义 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，从而证明原命题成立，我们把它称为反证法． ②反证法的特点 先假设原命题不成立，再在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、事实等矛盾． (5)放缩法 ①定义：证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值________或________，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． ②思路：分析观察证明式的特点，适当放大或缩小是证题关键．
题型一 用比差法与比商法证明不等式 1.设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则s与t的大小关系是( A ) ≥t >t ≤t 【解析】∵s－t＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴s≥t.【答案】A 2.设a＝(m2＋1)(n2＋4)，b＝(mn＋2)2，则( D ) A．a＞b B．a＜b C．a≤b D．a≥b 解析：∵a－b＝(m2＋1)(n2＋4)－(mn＋2)2＝4m2＋n2－4mn＝(2m－n)2≥0，∴a≥b.答案：D
3.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 . 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. 题型二 用综合法与分析法证明不等式 4.(1)已知x，y均为正数，且x>y，求证：2x＋1x2－2xy＋y2≥2y＋3； (2)设a，b，c>0且ab＋bc＋ca＝1，求证：a＋b＋c≥3. 证明 (1)因为x>0，y>0，x－y>0，
2x＋1x2－2xy＋y2－2y＝2(x－y)＋1x－y2＝(x－y)＋(x－y)＋1x－y2
≥33x－y21x－y2＝3，所以2x＋1x2－2xy＋y2≥2y＋3. (2)因为a，b，c>0，所以要证a＋b＋c≥3，只需证明(a＋b＋c)2≥3. 即证：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，而ab＋bc＋ca＝1， 故需证明：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)． 即证：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
而ab＋bc＋ca≤a2＋b22＋b2＋c22＋c2＋a22＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)成立． 所以原不等式成立． 5.已知a、b都是正实数，且ab＝2.求证：(1＋2a)(1＋b)≥9. 证明：法一 因为a、b都是正实数，且ab＝2，所以2a＋b≥22ab＝4. 所以(1＋2a)(1＋b)＝1＋2a＋b＋2ab≥9.
法二 因为ab＝2，所以(1＋2a)(1＋b)＝(1＋2a)1＋2a＝5＋2a＋1a.
因为a为正实数，所以a＋1a≥2 a·1a＝2.所以(1＋2a)(1＋b)≥9.
法三 因为a、b都是正实数，所以(1＋2a)(1＋b)＝(1＋a＋a)·1＋b2＋b2≥3·3a2·3·3b24＝9·3a2b24.又ab＝2，所以(1＋2a)(1＋b)≥9. 思维升华 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． 题型三 放缩法证明不等式
6.已知0A. M>N B. M解析：∵00,1＋b>0,1－ab>0，
∴M－N＝1－a1＋a＋1－b1＋b＝2－2ab1＋a1＋b>0.答案：A 7.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|. 思维升华 (1)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1k2<1kk－1，1k2>1kk＋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00，则ab(2)在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度． 8.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， ∴12＝n2n≤1n＋1＋1n＋2＋…＋12nn＝1.∴原不等式成立．
题型四 用反证法证明不等式 9.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这与ab=1矛盾.故a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.
10.若a>0，b>0，且1a＋1b＝ab. (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】(1)由ab＝1a＋1b≥2ab，得ab≥2.当且仅当a＝b＝2时等号成立． 故a3＋b3≥2a3b3≥42，且当a＝b＝2时等号成立．所以a3＋b3的最小值为42. (2)由(1)知，2a＋3b≥26ab≥43.由于43>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.
1.证明不等式的常用方法有五种，即比较法、分析法、综合法、反证法、放缩法． 2.应用反证法证明数学命题，一般有下面几个步骤：(1)分清命题的条件和结论；(2)作出与命题结论相矛盾的假设；(3)由条件和假设出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；(4)断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设不真，于是原结论成立，从而间接地证明了命题为真． 3.放缩法证明不等式时，常见的放缩法依据或技巧主要有：(1)不等式的传递性；(2)等量加不等量为不等量；(3)同分子(母)异分母(子)的两个分式大小的比较．缩小分母、扩大分子，分式值增大；缩小分子、扩大分母，分式值减小；全量不少于部分；每一次缩小其和变小，但需大于所求；每一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头，同时放缩有时需便于求和．
4.放缩法的常用措施：(1)舍去或加上一些项，如a＋122＋34>a＋122；(2)将分子或分母放大
(缩小)，如1k2<1kk－1，1k2>1kk＋1，1k<2k＋k－1，1k>2k＋k＋1 (k∈N*且k>1)等．
1.设a、b是正实数，给出以下不等式：①ab>2aba＋b；②a>|a－b|－b；③a2＋b2>4ab－3b2；④ab＋2ab>2，其中恒成立的序号为( D ) A.①③ B.①④ C.②③ D.②④ [答案]D[解析]∵a、b∈R＋时，a＋b≥2ab，∴2aba＋b≤1，∴2aba＋b≤ab，∴①不恒成立，排除A、B；∵ab＋2ab≥22>2恒成立，故选D． 2.设M＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则( B ) A．M＝1 B．M<1 C．M>1 D．M与1大小关系不定 【解析】∵210＋1>210，210＋2>210，…，211－1>210，
∴M＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1<1210＋1210＋…＋1210210个＝1.【答案】B
3.若不等式tt2＋9≤a≤t＋2t2在t∈(0，2]上恒成立，则a的取值范围是( B )
【解析】由已知a≥1t＋9t，a≤1t＋21t2，对任意t∈(0，2]恒成立，于是只要当t∈(0，2]时，
a≥1t＋9tmax，
a≤1t＋21t2min，记f(t)＝t＋9t，g(t)＝1t＋21t2，可知两者都在(0，2]上单调递减，f(t)min
＝f(2)＝132，g(t)min＝g(2)＝1，所以a∈213，1. 【答案】B 4.已知a，b为实数，且a>0，b>0.则a＋b＋1aa2＋1b＋1a2的最小值为( C ) A．7 B．8 C．9 D．10
【解析】因为a>0，b>0，所以a＋b＋1a≥33a×b×1a＝33b>0，① 同理可证：a2＋1b＋1a2≥33a2×1b×1a2＝331b>0.② 由①②及不等式的性质得a＋b＋1aa2＋1b＋1a2≥33b×331b＝9.【答案】C