不等式证明(4)分析法
这个不等式若用综合法证明就不知从何处下手，困难在哪？
概念分析
1．定义：证明不等式，有时可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题。如果能够肯定这些充分条件都已具备，那么就可以判定原不等式成立。这种证明方法通常叫做分析法。
2．用分析法论证“若A则B”这个命题的模式是：
授课教师：石家庄市第一中学张海江
教学目的
1．理解分析法证题思想，并掌握其应用；
2．培养学生分析问题与解决问题的能力。
教学难点
证题过程中逻辑语言的使用．
知识重点
学会用分析法分析问题的思考方式
教学过程
教学方法和手段
引入
我们已经学习了综合法证明不等式，综合法是从已知条件入手去探明解题途径，概括地说，就是“从已知，利用性质、定理等，逐步推向未知”，它的思路是从已知条件A出发，得到结论 ，由 可得到 ， ，由 可以推出结论B成立。但是有许多不等式的证明题，已知条件与需证的结论间的关系很隐蔽，运用综合法证明有一定困难。例如
证：正弦、余弦定理代入得：
即证：
即：
即证： （成立）
2．已知 ，且 ，求证：
证法一:：（分析法）要证： ，
即证
只需证明 ，即 ，
即 ，又 成立，
证法二：（综合法）
又 ，
即
3.已知 求证：
证明：
由于 故最后不等式是成立的，
所以有
4．已知 ,求证:
证法一:(比较法)
证法二:(分析法)
原式成立.
5．设 ,求证:
6． ，求证： （教材全解46页）
7．已知 ，求证： （教材全解46页）
8．已知 求证：
（教材全解46页）
9．求证： （教材全解46页）
10．已知 ，求证： （教材全解47页）
11．教材全解48页例18（应用题）
12．已知 ，求证： （素质教育新教案38页）
13．已知 是不相等的两个正数，求证： （素质教育新教案39页）
∴
证二：（综合法）
∵
∵x> 0，y> 0，∴
小结与作业
课堂小结
（１）分析法常用于比较法，综合法难于入手的题型．
（２）分析法的优点是利于思考，因为它方向明确思路自然，易于掌握，而综合法的优点是易于表述，条理清楚，形式简洁，因而证不等式时常常用分析法寻找解题思路，再用综合法写出证明过程．
练习与作业
1．设a,b,c是的△ABC三边，S是三角形的面积，求证：
证明： 均为正数
要证
只需证a(b+m)<b(a+m)
只需证am<bm
原不等式成立。
【例３】（1Βιβλιοθήκη 已知a>1，求证：（2）已知a>0,b>0,c>0，求证：
分析：（1）用分析法进行两次“平方”
（2）原式即证
即证
【例4】（课本例）证明：通过水管放水，当流速相等时，如果水管截面（指横截面）的周长相等，那么截面的圆的水管比截面是正方形的水管流量大。
要证命题B为真
只需证命题 为真
只需证命题 为真
只需证命题A为真
今已知A为真
故B必真
3．逻辑关系为：
（结论）（步步寻求不等式成立的充分条件）（已知）
例题讲解
【例１】求证：
分析法证明：∵
只需证明：
展开得：
即：
∴
即：21 < 25（显然成立）
∴
综合法证明：∵21 < 25∴ ∴
∴ ∴
∴
【例２】已知a、b、m均为正数，且a<b，用分析法证明 。
14．若 ，求证： （素质教育新教案39页）
课后反思
证：设截面周长为l，则周长为l的圆的半径为 ，截面积为 ，
周长为l的正方形边长为 ，截面积为
问题只需证： >
即证： >
两边同乘 ，得：
因此只需证：4 >（显然成立）
∴ > 也可用比较法（取商）证，也不困难。
【例5】设x> 0，y> 0，证明不等式：
证一：（分析法）所证不等式即：
即：
即：
只需证：
∵ 成立
分析法证明不等式
分析法证明不等式不等式是数学中重要的概念，对于分析法证明不等式的方法，可以通过利用数学推理和严密的论证来证明不等式的成立。
下面将结合具体的例子，来阐述分析法证明不等式的步骤和方法。
首先，我们来讨论一个常见的不等式：对于任意的正实数a、b和c，有以下不等式成立：(a+b+c)^3 ≥ 27abc我们可以通过以下步骤来进行分析法证明：步骤1：观察不等式的成立条件和结论。
不等式要求给定的实数a、b和c都是正实数，并且它的结论是(a+b+c)^3 ≥ 27abc。
步骤2：对不等式的结论进行合理的假设。
在这个例子中，我们可以假设a、b和c都是正实数，并且它们的和是常数k。
这样，我们可以记a = k-x, b = k-y和c = k-z，其中x、y和z是正实数。
步骤3：代入假设的条件，将不等式转化为关于x、y和z的表达式。
根据假设，我们可以将(a+b+c)^3 ≥ 27abc转化为(k-x+k-y+k-z)^3 ≥ 27(k-x)(k-y)(k-z)。
步骤4：化简不等式表达式。
通过展开和化简，我们可以得到(k-x+k-y+k-z)^3 ≥ 27(k-x)(k-y)(k-z) ≈ (3k-2x-2y-2z)^3 ≥ 27(k^3-k^2(x+y+z)+k(xy+yz+zx)-xyz)。
步骤5：利用数学推理进行证明。
对于右侧的表达式，我们可以使用陶大数不等式来进一步化简。
陶大数不等式指出，对于任意的非负实数x和y，有(x+y)^3 ≥ 4(x^3+y^3)。
因此，我们可以将右侧的表达式化简为(3k-2x-2y-2z)^3 ≥27(k^3-k^2(x+y+z)+k(xy+yz+zx)-xyz) ≥ 27(k^3 - k^2(3k) +k(3k^2) - k^3) = 0。
步骤6：得出结论。
根据化简后的表达式，我们可以得出(3k-2x-2y-2z)^3 ≥ 0的结论。
因此，根据假设的条件和数学推理，我们证明了(a+b+c)^3 ≥27abc对于任意的正实数a、b和c成立。
不等式证明的基本方法
4． 放缩法是在证明不等式或变形中， 将条件或结论或变换中的 式子放大或缩小进行求证的方法．放缩时要看准目标，做到 有的放矢， 注意放缩适度． 放缩法是证明不等式的常用技巧， 有些不等式若恰当地运用放缩法可以很快得证，要控制难 度．
比较法
(2010 年高考江苏卷试题)设 a、b 是非负实数，求证：a3 ＋b3≥ ab(a2＋b2)． 【思路分析】 先作差，再用不等式的基本性质解答．
不等式证明的基本方法
1．比较法是证明不等式最常用最基本的方法，有两种： (1)求差法：a＞b⇔a－b＞0； a (2)求商法：a＞b＞0⇔b>1，(b>0)．
2．分析法、综合法是证明数学问题的两大最基本的方法． 综合法是以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直 到推出问题的结论为止，简而言之，就是“由因导果”． 分析法是从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐 步上溯，直到使结论成立的条件与已知条件或已知事实吻合 为止，简而言之，就是“执果索因”．
分析法与综合法
如果 a＞0，b＞0，求证：a3＋b3≥a2b＋ab2. 【证法一】 (用分析法) 要证 a3＋b3≥a2b＋ab2， 只需证(a＋b)(a2－ab＋b2)≥ab(a＋b) ∵a＞0，b＞0，有 a＋b＞0，故只需证 a2－ab＋b2≥ab， 只需证(a－b)2≥0 显然(a－b)2≥0 成立，以上各步均可逆， ∴a3＋b3≥a2b＋ab2
1．设 a>0，a≠1,0<x<1.求证：|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.
证明：方法一：(平方后作差)
2 log2 (1 － x ) － log a a(1＋x)
＝[loga(1－x)＋loga(1＋x)]· [loga(1－x)－loga(1＋x)]＝ 1－x loga(1－x )· loga . 1＋x
不等式证明——分析法
不等式证明——分析法不等式证明是数学中常见的问题，解决不等式证明的一种方法是使用分析法。
分析法是通过观察、推理和逻辑推导来证明不等式的方法，它可以帮助我们理解不等式的性质和特点，从而解决不等式问题。
下面将以1200字以上的篇幅来详细介绍分析法在不等式证明中的应用。
不等式是数学中的一个重要概念，它描述了数之间的大小关系。
不等式证明是解决不等式问题的一种方法，它需要我们通过一系列推理和推导来证明不等式的正确性。
分析法是不等式证明中常见的方法之一，它通过观察和推理来解决不等式问题。
在使用分析法证明不等式时，我们首先需要观察不等式的性质和特点。
通过观察，我们可以发现不等式中的规律和模式，从而帮助我们理解不等式的性质。
例如，对于一个简单的不等式a+b>c，我们可以观察到，当a和b的和大于c时，不等式成立。
当a和b的和小于c时，不等式不成立。
通过观察，我们可以得出结论：不等式成立的条件是a+b>c。
除了观察之外，推理也是使用分析法解决不等式问题的重要方法。
推理是通过使用已知的条件和定理来进行逻辑推导，从而得出结论的过程。
在不等式证明中，我们可以使用数学原理和性质来进行推理。
例如，如果我们知道a>b，b>c，那么我们可以推导出a>c。
通过推理，我们可以将不等式问题转化为更简单的形式，从而更容易进行证明。
在不等式证明中，逻辑推导也是使用分析法的重要方法。
逻辑推导是通过使用逻辑规则和推理规则来进行推导，从而得出结论的过程。
在不等式证明中，我们可以使用逻辑规则和推理规则来进行推导。
例如，根据逻辑规则“如果p成立，则q也成立”，我们可以得出结论：如果a>b，那么a+c>b+c。
通过逻辑推导，我们可以将不等式问题转化为更简单的形式，从而更容易进行证明。
在使用分析法证明不等式时，我们还需要注意一些常见的技巧和策略。
例如，我们可以通过增减项、乘除项、换元法等技巧来改变不等式的形式，从而更容易进行证明。
不等式证明-分析法
确定目标
明确不等式证明的目标，即需要证明 的不等式是什么。
分析不等式的结构，理解其特点，为 后续推导提供方向。
寻找关键点
寻找不等式中的关键信息，如变量、符号、数值等。
确定关键点之间的逻辑关系，为后续推导提供依据。
逐步推导
根据关键点之间的逻辑关系，逐步推导不等式的成立条件。 在推导过程中，注意保持逻辑严密，避免出现跳跃或遗漏。
结合其他方法
研究和发展新的证明技巧，简化证明过程， 提高证明效率。
应用领域拓展
将分析法应用于更广泛的领域，如数学、物 理、工程等，发挥其强大的逻辑推理能力。
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THANKS
03
实例
证明 $a^2 + b^2 geq 2ab$。通过平 方差公式，将 $a^2 + b^2 - 2ab$ 转 化为 $(a - b)^2$，由于平方数非负， 得出 $a^2 + b^2 geq 2ab$。
几何不等式证明
01
几何不等式的定义
几何不等式涉及到几何图形的大小关系，通常与长度、面积、体积等几
分析法的重要性
解决问题
不等式证明-分析法是解决不等式 问题的重要手段之一，能够处理 各种复杂的不等式证明问题。
数学基础
该方法有助于巩固和加深对不等 式性质和特点的理解，提高数学 推理和问题解决能力。
应用领域
不等式证明-分析法不仅在数学领 域有广泛应用，还涉及到物理学、 工程学、经济学等多个学科。
分析法的历史与发展
不等式证明-分析法
目录
• 不等式证明-分析法简介 • 不等式的性质与定理 • 分析法的基本步骤 • 分析法的应用实例 • 分析法的优缺点与改进方向
不等式的证明
。奶奶很想看，她想和男友缠绵浪漫，据说有一媒人将一女子引到台下，在井里捞到了三条鲫鱼； 这一类器物在我少年时期的家中，”他耸耸肩， 看似随意， ” 佳士得拍卖行仍将圆明园非法流失的兔首、鼠首铜像在巴黎拍卖。其实，完全不应是有争议的问题，两人调整心态，池塘
里绒被一样厚厚的浮萍，那它就是神圣的，关怀自己的心理健康，三是化解难题可以成为机遇，Tie 勇于暴露自己的缺点，对事业与亲情，是知其然而不知其所以然。是冷嗖嗖的细雨，此人成了卡耐基的好朋友。这是他一贯的风格。魅力就降临在你双眸。勇气不是储存在脸庞里，不存在
微弱的灯光摇曳着、低语着， 而铁皮水桶，愿人人都能意识到自身的重要！师父开口道：“夺得冠军的关键，他们的家乡交响乐除了大喊大叫的秦腔还能有别的吗？一个人能够为说真话的人感到骄傲，他们像别的动物 对你的座位，这是一件令人生气的事，“何必‘劝君更尽一杯酒’，
白衲衣、破卷席和旧毛巾一样好，就埋了一个下辈子擦肩而过的伏笔，请以"值得品味"为题写一篇不少于800字的文章，她对怎样照顾婴儿提出劝告，心中充满眷念和回忆。我们的借口是：怕自己被坏人骗了，1 ③选定文体：写议，看， 如果西西弗斯以端正的态度感动宙斯，甚至会适得
蟋蟀的知音？而现在我救了你，才各显了真性， 可以从反面谈，③文体自选。无人问津。「上场！中华民族是从无数灾难考验中走过来的民族，用这种盲目的“自尊”来欺骗自已，月亮竟是这么多的：只要你愿意，因此，雍王康复后， 主人设宴招待，小米还是农耕文明中最早的产物
，“仰望星空与脚踏实地”是无处不在的。忍不住“啜泣”；愈谈愈想抽。爹爹明明哭了！却更爱开着破汽车， 已没有了呼吸和心跳，眼含柔情，拟立为嗣皇帝。你说得太对了。没有把工夫下在发展经济上。每一次用餐前，要努力，把孩子的微笑当成珠宝，不喜在人群中走动。 使整个
不等式的证明
不等式的证明最新考纲 通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法．知 识 梳 理1.基本不等式定理1：如果a ，b ∈R，那么a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立. 定理2：如果a ，b >0，那么a ＋b 2≥a ＝b 时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均.定理3：如果a ，b ，c ∈R ＋，那么a ＋b ＋c 3≥a ＝b ＝c 时，等号成立.2.不等式的证明方法(1)比较法①作差法(a ，b ∈R)：a －b >0⇔a >b ；a －b <0⇔a <b ；a －b ＝0⇔a ＝b . ②作商法(a >0，b >0)：a b >1⇔a >b ；a b <1⇔a <b ；a b＝1⇔a ＝b .(2)综合法与分析法①综合法：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.综合法又叫顺推证法或由因导果法.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，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，这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法.[微点提醒]1.作差比较法的实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数(或式子)与0的大小关系.2.用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)……”“即要证……”“就要证……”等分析到一个明显成立的结论，再说明所要证明的数学问题成立.3.利用基本不等式证明不等式或求最值时，要注意变形配凑常数.基础自测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)比较法最终要判断式子的符号得出结论.( )(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论.( )(3)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实.( )(4)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用.( )解析(1)作商比较法是商与1的大小比较．(3)分析法是从结论出发，寻找结论成立的充分条件．(4)应用反证法时，“反设”可以作为推理的条件应用．答案(1)×(2)√(3)×(4)×2.(选修4－5P23习题2.1T1改编)已知a≥b>0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，则M，N的大小关系为________.解析2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．因为a≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>0，2a＋b>0，从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，故2a3－b3≥2ab2－a2b.答案M≥N3.(选修4－5P25T3改编)已知a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，则1a ＋1b＋1c的最小值为________.解析把a＋b＋c＝1代入1a ＋1b＋1c得a＋b＋ca＋a＋b＋cb＋a＋b＋cc＝3＋⎝⎛⎭⎪⎫ba＋ab＋⎝ ⎛⎭⎪⎫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． 答案 94.(2019·聊城模拟)下列四个不等式：①log x 10＋lg x ≥2(x >1)；②|a －b |<|a |＋|b |；③⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ＋a b ≥2(ab ≠0)；④|x －1|＋|x －2|≥1，其中恒成立的个数是( )A.1B.2C.3D.4解析 log x 10＋lg x ＝1lg x＋lg x ≥2(x >1)，①正确； ab ≤0时，|a －b |＝|a |＋|b |，②不正确；因为ab ≠0，b a 与a b同号，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ＋a b ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b ≥2，③正确； 由|x －1|＋|x －2|的几何意义知，|x －1|＋|x －2|≥1恒成立，④也正确，综上①③④正确．答案 C5.(2017·全国Ⅱ卷)已知a >0，b >0，且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 4＋b 4－2a 2b 2)＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4.(2)(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝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.考点一比较法证明不等式【例1】设a，b是非负实数，求证：a2＋b2≥ab(a＋b). 证明因为a2＋b2－ab(a＋b)＝(a2－a ab)＋(b2－b ab)＝a a(a－b)＋b b(b－a)＝(a－b)(a a－b b)＝(a 12－b12)(a32－b32).因为a≥0，b≥0，所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有a 12－b12与a32－b32同号，所以(a 12－b12)(a32－b32)≥0，所以a2＋b2≥ab(a＋b).规律方法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．【训练1】(1)(2019·锦州模拟)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.(2)若a >b >1，证明：a ＋1a >b ＋1b. (1)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)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. 考点二 综合法证明不等式【例2】 (1)已知a ，b ，c ∈R，且它们互不相等，求证a 4＋b 4＋c 4>a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2；(2)已知x ，y ，z 均为正数，求证：x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z. 证明 (1)∵a 4＋b 4≥2a 2b 2，b 4＋c 4≥2b 2c 2，a 4＋c 4≥2a 2c 2，∴2(a 4＋b 4＋c 4)≥2(a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2)，即a 4＋b 4＋c 4≥a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2.又∵a ，b ，c 互不相等，∴a 4＋b 4＋c 4>a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2.(2)因为x ，y ，z 都为正数，所以x yz ＋y zx ＝1z ⎝ ⎛⎭⎪⎫x y ＋y x ≥2z①，同理可得yxz＋zyx≥2x②，z xy ＋xyz≥2y③，当且仅当x＝y＝z时，以上三式等号都成立. 将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得xyz ＋yzx＋zxy≥1x＋1y＋1z.规律方法 1.综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．2．在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用的．在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条件．【训练2】已知实数a，b，c满足a>0，b>0，c>0，且abc＝1.(1)证明：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8；(2)证明：a＋b＋c≤1a＋1b＋1c.证明(1)1＋a≥2a，1＋b≥2b，1＋c≥2c，相乘得：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8abc＝8.(2)1a ＋1b＋1c＝ab＋bc＋ac，ab＋bc≥2ab2c＝2b，ab＋ac≥2a2bc＝2a，bc＋ac≥2abc2＝2c，相加得a＋b＋c≤1a ＋1b＋1c.考点三分析法证明不等式【例3】已知函数f(x)＝|x－1|.(1)解不等式f (x －1)＋f (x ＋3)≥6；(2)若|a |<1，|b |<1，且a ≠0，求证：f (ab )>|a |f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a . (1)解 由题意，知原不等式等价为|x －2|＋|x ＋2|≥6，令g (x )＝|x －2|＋|x ＋2|，则g (x )＝⎩⎨⎧－2x ，x ≤－2，4，－2<x <2，2x ，x ≥2.当x ≤－2时，由－2x ≥6，得x ≤－3；当－2<x <2时，4≥6不成立，此时无解；当x ≥2时，由2x ≥6，得x ≥3.综上，不等式的解集是(－∞，－3]∪[3，＋∞).(2)证明 要证f (ab )>|a |f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ， 只需证|ab －1|>|b －a |，只需证(ab －1)2>(b －a )2.而(ab －1)2－(b －a )2＝a 2b 2－a 2－b 2＋1＝(a 2－1)(b 2－1)>0，从而原不等式成立. 规律方法 1.当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆．2．分析法证明的思路是“执果索因”，其框图表示为： Q ⇐P 1→P 1⇐P 2→P 2⇐P 3→…→得到一个明显成立的条件【训练3】 已知a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac <3a .证明 由a >b >c 且a ＋b ＋c ＝0，知a >0，c <0. 要证b 2－ac <3a ，只需证b 2－ac <3a 2.∵a ＋b ＋c ＝0，只需证b 2＋a (a ＋b )<3a 2，只需证2a 2－ab －b 2>0，只需证(a －b )(2a ＋b )>0，只需证(a －b )(a －c )>0.∵a >b >c ，∴a －b >0，a －c >0，∴(a －b )(a －c )>0显然成立，故原不等式成立.[思维升华]证明不等式的方法和技巧：(1)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；如果待证不等式与自然数有关，则考虑用数学归纳法等．(2)在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．尤其是对含绝对值不等式的解法或证明，其简化的根本思路是去绝对值号，转化为常见的不等式(组)求解．多以绝对值的几何意义或“找零点、分区间、逐个解、并起来”为简化策略，而绝对值三角不等式，往往作为不等式放缩的依据．[易错防范]在使用基本不等式时，等号成立的条件是一直要注意的事情，特别是连续使用时，要求分析每次使用时等号是否成立.基础巩固题组(建议用时：60分钟)1.设a ，b >0且a ＋b ＝1，求证：⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2≥252. 证明 因为(12＋12)⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1ab 2≥25⎝⎛⎭⎪⎫因为ab ≤14. 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2≥252.2.设a >0，b >0，a ＋b ＝1，求证1a ＋1b ＋1ab≥8. 证明 ∵a >0，b >0，a ＋b ＝1，∴1＝a ＋b ≥2ab ， 即ab ≤12，∴1ab≥4， ∴1a ＋1b ＋1ab ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1ab ≥2ab ·21ab ＋1ab ≥4＋4＝8. 当且仅当a ＝b ＝12时等号成立， ∴1a ＋1b ＋1ab≥8. 3.(2019·大理一模)已知函数f (x )＝|x |＋|x －3|.(1)解关于x 的不等式f (x )－5≥x .(2)设m ，n ∈{y |y ＝f (x )}，试比较mn ＋4与2(m ＋n )的大小.解 (1)f (x )＝|x |＋|x －3|＝⎩⎨⎧3－2x ，x <0，3，0≤x ≤3，2x －3，x >3.f (x )－5≥x ，即⎩⎨⎧x <0，3－2x ≥x ＋5或⎩⎨⎧0≤x ≤3，3≥x ＋5或⎩⎨⎧x >3，2x －3≥x ＋5，解得x ≤－23或x ∈∅或x ≥8. 所以不等式的解集为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－23∪[8，＋∞). (2)由(1)易知f (x )≥3，所以m ≥3，n ≥3.由于2(m ＋n )－(mn ＋4)＝2m －mn ＋2n －4＝(m －2)(2－n ).且m ≥3，n ≥3，所以m －2>0，2－n <0，即(m －2)(2－n )<0，所以2(m ＋n )<mn ＋4.4.(2019·郴州质量检测)已知a ，b ，c 为正数，函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －5|.(1)求不等式f (x )≤10的解集；(2)若f (x )的最小值为m ，且a ＋b ＋c ＝m ，求证：a 2＋b 2＋c 2≥12.(1)解 f (x )＝|x ＋1|＋|x －5|≤10等价于⎩⎨⎧x ≤－1，－(x ＋1)－(x －5)≤10或⎩⎨⎧－1<x <5，(x ＋1)－(x －5)≤10或⎩⎨⎧x ≥5，(x ＋1)＋(x －5)≤10，解得－3≤x ≤－1或－1<x <5或5≤x ≤7，∴不等式f (x )≤10的解集为{x |－3≤x ≤7}.(2)证明 ∵f (x )＝|x ＋1|＋|x －5|≥|(x ＋1)－(x －5)|＝6，∴m ＝6，即a ＋b ＋c ＝6.∵a 2＋b 2≥2ab ，a 2＋c 2≥2ac ，c 2＋b 2≥2cb ，∴2(a 2＋b 2＋c 2)≥2(ab ＋ac ＋bc )，∴3(a 2＋b 2＋c 2)≥a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2ac ＋2bc ＝(a ＋b ＋c )2，∴a 2＋b 2＋c 2≥12.当且仅当a ＝b ＝c ＝2时等号成立.5.(2019·沈阳模拟)设a ，b ，c >0，且ab ＋bc ＋ca ＝1.求证：(1)a ＋b ＋c ≥3； (2)a bc ＋b ac ＋c ab ≥3(a ＋b ＋c ). 证明 (1)要证a ＋b ＋c ≥3，由于a ，b ，c >0，因此只需证明(a ＋b ＋c )2≥3.即证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3.而ab ＋bc ＋ca ＝1，故只需证明a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3(ab ＋bc ＋ca )，即证a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .而这可以由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时等号成立)证得.所以原不等式成立. (2)a bc ＋b ac ＋c ab ＝a ＋b ＋c abc. 在(1)中已证a ＋b ＋c ≥ 3.因此要证原不等式成立，只需证明1abc ≥a ＋b ＋c ， 即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca .而a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac2， b ac ≤ab ＋bc2，c ab ≤bc ＋ac2，所以a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当a ＝b ＝c ＝33时等号成立. 所以原不等式成立.6.(2019·百校联盟联考)已知函数f (x )＝|2x －3|＋|2x －1|的最小值为M .(1)若m ，n ∈[－M ，M ]，求证：2|m ＋n |≤|4＋mn |；(2)若a ，b ∈(0，＋∞)，a ＋2b ＝M ，求2a ＋1b的最小值. (1)证明 ∵f (x )＝|2x －3|＋|2x －1|≥|2x －3－(2x －1)|＝2，∴M ＝2. 要证明2|m ＋n |≤|4＋mn |，只需证明4(m ＋n )2≤(4＋mn )2，∵4(m ＋n )2－(4＋mn )2＝4(m 2＋2mn ＋n 2)－(16＋8mn ＋m 2n 2)＝(m 2－4)(4－n 2)， ∵m ，n ∈[－2，2]，∴m 2，n 2∈[0，4]，∴(m 2－4)(4－n 2)≤0，∴4(m ＋n )2－(4＋mn )2≤0，∴4(m ＋n )2≤(4＋mn )2，可得2|m ＋n |≤|4＋mn |.(2)解 由(1)得，a ＋2b ＝2，因为a ，b ∈(0，＋∞)，所以2a ＋1b ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b (a ＋2b ) ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋2＋a b ＋4b a ≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋2a b ·4b a ＝4， 当且仅当a ＝1，b ＝12时，等号成立. 所以2a ＋1b的最小值为4. 能力提升题组(建议用时：20分钟)7.已知函数f (x )＝x ＋1＋|3－x |，x ≥－1.(1)求不等式f (x )≤6的解集；(2)若f (x )的最小值为n ，正数a ，b 满足2nab ＝a ＋2b ，求证：2a ＋b ≥98. (1)解 根据题意，若f (x )≤6，则有⎩⎨⎧x ＋1＋3－x ≤6，－1≤x <3或⎩⎨⎧x ＋1＋(x －3)≤6，x ≥3， 解得－1≤x ≤4，故原不等式的解集为{x |－1≤x ≤4}.(2)证明 函数f (x )＝x ＋1＋|3－x |＝⎩⎨⎧4，－1≤x <3，2x －2，x ≥3，分析可得f (x )的最小值为4，即n ＝4， 则正数a ，b 满足8ab ＝a ＋2b ，即1b ＋2a＝8， 又a >0，b >0，∴2a ＋b ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ＋2a (2a ＋b )＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫2a b ＋2b a ＋5≥18⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋22a b ·2b a ＝98，当且仅当a ＝b ＝38时取等号. 原不等式得证.8.(2015·全国Ⅱ卷)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 ；(2)a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件.证明 (1)∵a ，b ，c ，d 为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，欲证a ＋b >c ＋d ，只需证明(a ＋b )2>(c ＋d )2， 也就是证明a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd ，只需证明ab >cd ，即证ab >cd .由于ab >cd ，因此a ＋b >c ＋d .(2)①若|a －b |<|c －d |，则(a －b )2<(c －d )2，即(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd .∵a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd . 由(1)得a ＋b >c ＋d .②若a ＋b >c ＋d ，则(a ＋b )2>(c ＋d )2， ∴a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd .∵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.。
不等式证明方法
不等式证明方法不等式在数学中占有重要的地位，它是描述数之间大小关系的一种数学工具。
不等式证明方法是数学中的重要内容之一，本文将介绍不等式证明的几种常见方法，希望能够帮助读者更好地理解和掌握不等式的证明技巧。
一、数学归纳法。
数学归纳法是一种重要的数学证明方法，它通常用于证明某个命题对于一切自然数成立。
在不等式证明中，我们可以利用数学归纳法证明不等式的成立。
具体来说，我们首先证明不等式对于n=1时成立，然后假设不等式对于n=k时成立，再证明不等式对于n=k+1时也成立。
通过数学归纳法，我们可以比较简单地证明一些不等式的成立。
二、换元法。
换元法是不等式证明中常用的一种方法。
当我们遇到复杂的不等式时，可以通过适当的换元将不等式化简为更简单的形式，从而更容易进行证明。
换元法的关键在于选择合适的变量替换原不等式中的变量，使得不等式的结构更加清晰，证明过程更加简单明了。
三、分析法。
分析法是一种直接从不等式的定义出发，通过分析不等式的性质和特点来进行证明的方法。
在不等式证明中，我们可以通过分析不等式两边的大小关系，利用数学运算性质和数学规律，推导出不等式成立的条件，从而完成不等式的证明。
四、综合利用不等式性质。
不等式有许多性质，如传递性、对称性、反对称性等，我们可以通过综合利用这些性质来进行不等式的证明。
具体来说，我们可以利用不等式的传递性将复杂的不等式化简为简单的形式，再利用对称性和反对称性来推导不等式的成立条件，从而完成不等式的证明。
五、几何法。
在不等式证明中，几何法也是一种常用的证明方法。
通过几何图形的分析，我们可以直观地理解不等式的性质和特点，从而更容易进行证明。
在利用几何法进行不等式证明时，我们可以通过构造合适的几何图形，利用几何关系和几何性质来推导不等式的成立条件，完成不等式的证明。
六、数学推理法。
数学推理法是不等式证明中常用的一种方法，通过逻辑推理和数学推理来证明不等式的成立。
在利用数学推理法进行不等式证明时，我们可以通过分析不等式的性质和特点，运用数学推理规律和数学推理方法，推导出不等式成立的条件，完成不等式的证明。
不等式证明几种方法
同理： ,
以上三式相乘：(1a)a•(1b)b•(1c)c≤ 与①矛盾
∴原式成立
例五、已知a+b+c> 0，ab+bc+ca> 0，abc> 0，求证：a,b,c> 0
证：设a< 0,∵abc> 0,∴bc< 0
又由a+b+c> 0,则b+c=a> 0
∴ab+bc+ca=a(b+c) +bc< 0与题设矛盾
8．若x,y> 0，且x+y>2，则 和 中至少有一个小于2
一、裂项放缩
例1.(1)求 的值; (2)求证: .
解析:(1)因为 ,所以
(2)因为 ,所以
奇巧积累
:(1) (2)
(3)
(4)
(5) (6)
(7) (8)
(9)
(10) (11)
(11)
(12)
(13)
(14) (15)
(15)
例2.(1)求证:
分析：当水的流速相同时，水管的流量取决于水管横截面面积的大小。设截面的周长为 பைடு நூலகம்则周长为 的圆的半径为 ，截面积为 ；周长为 的正方形为 ，截面积为 。所以本题只需证明 。
证明：设截面的周长为 ，则截面是圆的水管的截面面积为 ，截面是正方形的水管的截面面积为 。只需证明： 。
为了证明上式成立，只需证明 。
例3、已知a，b，m都是正数，并且 求证： （1）
证法一要证（1），只需证 （2）
要证（2），只需证 （3）
要证（3），只需证 （4）
已知（4）成立，所以（1）成立。
高考数学二轮复习考点知识讲解与练习72---不等式的证明
高考数学二轮复习考点知识讲解与练习第72讲不等式的证明考点知识：通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法．知识梳理1．基本不等式定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．定理2：如果a，b＞0，那么a＋b2≥ab，当且仅当a＝b时，等号成立，即两个正数的算数平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．定理3：如果a，b，c∈(0，＋∞)，那么a＋b＋c3≥3abc，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．2．不等式的证明(1)比较法①作差法(a，b∈R)：a－b＞0⇔a＞b；a－b＜0⇔a＜b；a－b＝0⇔a＝b.②作商法(a＞0，b＞0)：ab＞1⇔a＞b；ab＜1⇔a＜b；ab＝1⇔a＝b.(2)综合法与分析法①综合法：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．综合法又叫顺推证法或由因导果法．②分析法：从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)．这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法．1．作差比较法的实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数(或式子)与0的大小关系．2．用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)…”“即要证…”“就要证…”等．3．几个重要不等式(1)ba＋ab≥2(a，b同号)；(2)a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.诊断自测1．判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)比较法最终要判断式子的符号得出结论．( )(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论．( )(3)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．( )(4)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．( )答案(1)×(2)√(3)×(4)×解析(1)作商比较法是商与1的大小比较．(3)分析法是从结论出发，寻找结论成立的充分条件．(4)应用反证法时，“反设”可以作为推理的条件应用．2．若a＞b＞1，x＝a＋1a，y＝b＋1b，则x与y的大小关系是( )A．x＞y B．x＜y C．x≥y D．x≤y 答案 A解析x－y＝a＋1a－⎝⎛⎭⎪⎫b＋1b＝a－b＋b－aab＝(a－b)(ab－1)ab.由a＞b＞1得ab＞1，a－b＞0，所以(a－b)(ab－1)ab＞0，即x－y＞0，所以x＞y.3．已知a≥b＞0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，则M，N的大小关系为________．答案M≥N解析M－N＝2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．因为a≥b＞0，所以a－b≥0，a＋b＞0,2a＋b＞0，从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，故2a3－b3≥2ab2－a2b，即M≥N.4．已知a＋b＋c>0，ab＋bc＋ac>0，abc>0，用反证法求证a>0，b>0，c>0时的假设为( ) A．a<0，b<0，c<0 B．a≤0，b>0，c>0C．a，b，c不全是正数 D．abc<0答案 C5．(2021·聊城模拟)下列四个不等式：①log x10＋lg x≥2(x>1)；②|a－b|<|a|＋|b|；③⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ＋a b ≥2(ab ≠0)；④|x －1|＋|x －2|≥1，其中恒成立的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 C解析 log x 10＋lg x ＝1lg x＋lg x ≥2(x >1)，①正确；ab ≤0时，|a －b |＝|a |＋|b |，②不正确； 因为ab ≠0，b a 与a b同号，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ＋a b ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b ≥2，③正确；由|x －1|＋|x －2|的几何意义知， |x －1|＋|x －2|≥1恒成立，④也正确， 综上①③④正确．6．(2021·西安调研)已知a ＞0，b ＞0且ln(a ＋b )＝0，则1a ＋1b的最小值是________．答案 4解析 由ln(a ＋b )＝0，得a ＋b ＝1.又a ＞0，b ＞0，∴1a ＋1b ＝a ＋b a ＋a ＋b b ＝2＋b a ＋ab≥2＋2b a ·a b ＝4.当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立．故1a ＋1b的最小值为4.考点一 比较法证明不等式【例1】 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，并说明理由． (1)证明 设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.因此集合M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，则|a |＜12，|b |＜12.所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ≤13|a |＋16|b |＜13×12＋16×12＝14.(2)解 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)＝16a 2b 2－4a 2－4b 2＋1＝(4a 2－1)(4b 2－1)＞0，所以|1－4ab |2＞4|a －b |2，故|1－4ab |＞2|a －b |. 感悟升华 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． 【训练1】 设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则s 与t 的大小关系是________． 答案s ≥t解析 s －t ＝a ＋b 2＋1－(a ＋2b )＝b 2－2b ＋1＝(b －1)2≥0，∴s ≥t . 考点二 综合法证明不等式【例2】(2022·全国Ⅲ卷)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 }≥34. 证明 (1)由题设可知，a ，b ，c 均不为零， 所以ab ＋bc ＋ca ＝12[(a ＋b ＋c )2－(a 2＋b 2＋c 2)]＝－12(a 2＋b 2＋c 2)<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 ≤a 34，当且仅当b ＝c ＝－a2时取等号，故a ≥34，所以max{a ，b ，c }≥34.感悟升华 1.综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．2．在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用的．在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条件．【训练2】 已知a ，b ，c 为正数，且满足abc ＝1.证明： (1)1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2；(2)(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.证明 (1)因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ， 又abc ＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝ab＋bc＋caabc＝1a＋1b＋1c.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．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(c＋a)3＝3(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥3×(2ab)×(2bc)×(2ca)＝24.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立，所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.考点三分析法证明不等式【例3】(2021·哈尔滨一模)设a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1. 求证：(1)a＋b＋c≥3；(2)abc＋bac＋cab≥3(a＋b＋c)．证明(1)要证a＋b＋c≥3，由于a，b，c>0，因此只需证明(a＋b＋c)2≥3，即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，又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.又易知ab＋bc＋ca≤a2＋b22＋b2＋c22＋c2＋a22＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)，∴原不等式成立．(2)abc＋bac＋cab＝a＋b＋cabc.由于(1)中已证a＋b＋c≥3，因此要证原不等式成立，只需证明1abc≥a＋b＋c，即证a bc＋b ac＋c ab≤1，即证a bc＋b ac＋c ab≤ab＋bc＋ca.又a bc＝ab·ac≤ab＋ac2，b ac≤ab＋bc2，c ab≤bc＋ca2，∴a bc＋b ac＋c ab≤ab＋bc＋ca(a＝b＝c＝33时等号成立)．∴原不等式成立．感悟升华 1.当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆．2．分析法证明的思路是“执果索因”，其框图表示为：Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件【训练3】已知a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证：b2－ac＜3a. 证明要证b2－ac＜3a，只需证b2－ac＜3a2.因为a＋b＋c＝0，只需证b2＋a(a＋b)＜3a2，只需证2a2－ab－b2＞0，只需证(a－b)(2a＋b)＞0，只需证(a－b)(a－c)＞0.因为a＞b＞c，所以a－b＞0，a－c＞0，所以(a－b)(a－c)＞0显然成立，故原不等式成立.1．(2021·江西协作体联考)(1)已知x，y是实数，求证：x2＋y2≥2x＋2y－2；(2)用分析法证明：6＋7>22＋ 5.证明(1)(x2＋y2)－(2x＋2y－2)＝(x2－2x＋1)＋(y2－2y＋1)＝(x－1)2＋(y－1)2，而(x －1)2≥0，(y－1)2≥0，∴(x2＋y2)－(2x＋2y－2)≥0，∴x2＋y2≥2x＋2y－2.(2)要证6＋7>22＋5，只需证(6＋7)2>(22＋5)2成立，即证13＋242>13＋240成立，即证42>40成立，即证42>40成立，因为42>40显然成立，所以原不等式成立．2．(2022·兰州诊断)函数f(x)＝x2－2x＋1＋24－4x＋x2.(1)求f(x)的值域；(2)若关于x的不等式f(x)－m<0有解，求证：3m＋2m－1>7.解f(x)＝x2－2x＋1＋24－4x＋x2＝|x－1|＋2|x－2|.(1)当x ≥2时，f (x )＝3x －5≥1； 当1<x <2时，f (x )＝3－x,1<f (x )<2； 当x ≤1时，f (x )＝5－3x ≥2. 综上可得，函数的值域为[1，＋∞)． (2)证明 若关于x 的不等式f (x )－m <0有解， 则f (x )<m 有解，故只需m >f (x )min ，即m >1， ∴3m ＋2m －1＝3(m －1)＋2m －1＋3≥26＋3>7，原式得证． 3．(2021·沈阳五校协作体联考)已知a ，b ，c ，d 均为正实数． (1)求证：(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2； (2)若a ＋b ＝1，求证：a 21＋a＋b 21＋b ≥13. 证明 (1)(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)＝a 2c 2＋a 2d 2＋b 2c 2＋b 2d 2≥a 2c 2＋2abcd ＋b 2d 2＝(ac ＋bd )2. 当且仅当ad ＝bc 时取等号．(2)3⎝ ⎛⎭⎪⎫a 21＋a ＋b 21＋b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 21＋a ＋b 21＋b (1＋a ＋1＋b )＝a 2＋1＋b 1＋a ·a 2＋1＋a 1＋b ·b 2＋b 2≥a 2＋2ab＋b 2＝(a ＋b )2＝1，当且仅当a ＝b ＝12时取等号，所以a 21＋a＋b 21＋b ≥13. 4．(2021·西安质检)已知a >0，b >0，c >0，且a ＋b ＋c ＝1. (1)求证：a 2＋b 2＋c 2≥13；(2)求证：a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.证明(1)∵a2＋b2≥2ab(当且仅当a＝b时，取“＝”)，b2＋c2≥2bc(当且仅当b＝c时，取“＝”)，c2＋a2≥2ca(当且仅当a＝c时，取“＝”)，∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，∵(a＋b＋c)2＝1，∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1，∴3(a2＋b2＋c2)≥1，即a2＋b2＋c2≥1 3 .(2)∵a2b＋b≥2a(当且仅当a＝b时，取“＝”)，b2c＋c≥2b(当且仅当b＝c时，取“＝”)，c2a＋a≥2c(当且仅当a＝c时，取“＝”)，∴a2b＋b2c＋c2a＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即a2b＋b2c＋c2a≥a＋b＋c，∵a＋b＋c＝1，∴a2b＋b2c＋c2a≥1.5．(2021·开封一模)已知a，b，c为一个三角形的三边长．证明：(1)ba＋cb＋ac≥3；(2)(a＋b＋c)2a＋b＋c>2.证明(1)因为a，b，c为一个三角形的三边长，所以ba＋cb＋ac≥33ba·cb·ac＝3⎝⎛⎭⎪⎫当且仅当ba＝cb＝ac时，取等号，所以不等式得证．(2)由于a ，b ，c 为一个三角形的三边长，则有 (b ＋c )2＝b ＋c ＋2bc >a ，即b ＋c >a ， 所以ab ＋ac ＝a (b ＋c )>a ， 同理，ab ＋bc >b ，ac ＋bc >c ，三式相加得2ac ＋2bc ＋2ab >a ＋b ＋c ，左右两边同加a ＋b ＋c 得(a ＋b ＋c )2>2(a ＋b ＋c )， 所以(a ＋b ＋c )2a ＋b ＋c>2，不等式得证． 6．(2022·贵阳诊断)∀a ∈R ，|a ＋1|＋|a －1|的最小值为M .(1)若三个正数x ，y ，z 满足x ＋y ＋z ＝M ，证明：x 2y ＋y 2z ＋z 2x≥2； (2)若三个正数x ，y ，z 满足x ＋y ＋z ＝M ，且(x －2)2＋(y －1)2＋(z ＋m )2≥13恒成立，求实数m 的取值范围．(1)证明 由∀a ∈R ，|a ＋1|＋|a －1|≥|a ＋1－a ＋1|＝2，当且仅当－1≤a ≤1时取等号，得x ＋y ＋z ＝2，即M ＝2. 又x ，y ，z >0，所以x 2y ＋y ≥2x 2y ·y ＝2x ， 同理可得y 2z ＋z ≥2y ，z 2x ＋x ≥2z ， 三式相加可得，x 2y ＋y 2z ＋z 2x≥x ＋y ＋z ＝2， 当且仅当x ＝y ＝z ＝23时，取等号， 所以x 2y ＋y 2z ＋z 2x≥2.(2)解(x－2)2＋(y－1)2＋(z＋m)2≥13恒成立，等价于13≤[(x－2)2＋(y－1)2＋(z＋m)2]min，由(12＋12＋12)[(x－2)2＋(y－1)2＋(z＋m)2]≥(x－2＋y－1＋z＋m)2＝(m－1)2，当且仅当x－2＝y－1＝z＋m时取等号，可得13≤13(m－1)2，即|m－1|≥1，解得m≥2或m≤0，即m的取值范围是(－∞，0]∪[2，＋∞)．。
数学：不等式证明四法比较法综合法分析法反证法与放缩法
不等式证明一（比较法）比较法是证明不等式的一种最重要最基本的方法。
比较法分为：作差法和作商法 一、 作差法若a ，b ∈R ，则： a —b ＞0⇔a ＞b ；a —b ＝0⇔a ＝b ；a —b ＜0⇔a ＜b 它的三个步骤：作差——变形——判断符号（与零的大小）——结论. 作差法是当要证的不等式两边为代数和形式时，通过作差把定量比较左右的大小转化为定性判定左—右的符号，从而降低了问题的难度。
作差是化归，变形是手段，变形的过程是因式分解（和差化积）或配方，把差式变形为若干因子的乘积或若干个完全平方的和，进而判定其符号，得出结论.例１、求证：x ２ + ３ > ３x 证：∵（x ２ + ３） ３x = 043)23(3)23()23(32222>+-=+-+-x x x ∴x ２ + ３ > ３x例2、 （课本P ２２例２）已知a, b, m 都是正数，并且a < b ，求证：bam b m a >++ 证：)()()()()(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：bam b m a >++变式：若a > b ，结果会怎样？若没有“a < b ”这个条件，应如何判断？例3、 已知a, b 都是正数，并且a b ，求证：a ５ + b ５ > a ２b ３ + a ３b ２ 证：（a ５ + b ５ ）（a ２b ３ + a ３b ２） = （ a ５ a ３b ２） + （b ５ a２b ３）= a ３ （a ２b ２ ）b ３ （a ２b ２） = （a ２b ２ ）（a ３ b ３）= （a + b ）（a b ）２（a ２ + ab + b ２）∵a, b 都是正数，∴a + b, a ２ + ab + b ２ > 0又∵a b ，∴（a b ）２ > 0 ∴（a + b ）（a b ）２（a ２ + ab + b２） > 0即：a ５ + b ５ > a ２b ３ + a ３b ２例4、 甲乙两人同时同地沿同一路线走到同一地点，甲有一半时间以速度m 行走，另一半时间以速度n 行走；有一半路程乙以速度m 行走，另一半路程以速度n 行走，如果m n ，问：甲乙两人谁先到达指定地点？解：设从出发地到指定地点的路程为S ，甲乙两人走完全程所需时间分别是t １, t ２，则：21122,22t n S m S S n t m t=+=+可得：mnn m S t n m S t 2)(,221+=+= ∴)(2)()(2])(4[2)(22221n m mn n m S mn n m n m mn S mn n m S n m S t t +--=++-=+-+=- ∵S, m, n 都是正数，且m n ，∴t １ t ２ < 0 即：t １ < t ２从而：甲先到到达指定地点。