2011届高考数学一轮复习百大经典例题之不等式证明(新课标)
高考数学一轮复习不等式选讲第71讲不等式的证明课件理
第71讲 不等式的证明
考纲要求
考情分析
命题趋势
1.会用参数配方法讨论柯西不等式的
不等式的证明是
nn
一般情形：a2i ·b2i ≥
i＝1 i＝1
i＝n1aibi2，会用
向量递归方法讨论排序不等式．
2016，全国卷Ⅱ，24T 2015，全国卷Ⅱ，24T
对必修 5 中“不 等式”的补充和 深化，其中以考查 综合法、分析法、
• (2)分析法：证明命题时，从待证不等式出发，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．这是一种____执__果__索__因的思考和证明方法．
• 3．反证法
• 先理假、设定要义证 、的 定命 理题 、_性__质不__等成__，_立_进_行，正以确此的为出__发__推点__理，__结__合，已得知到条和件命，题应的用条公件 (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
A．8
B．4
C．1
D．14
解析：因为 3a·3b＝3，所以 a＋b＝1，
1a＋1b＝(a＋b)1a＋1b＝2＋ba＋ab≥2＋2 ba·ab＝4，当且仅当ba＝ab，即 a＝b＝12时 “＝”成立，故选 B．
• 4．若直线3x＋4y＝2，则x2＋y2的最小值为____2_45___，最小值点为____2_65_，__2_85_.
1．比较法 作差比较法与作商比较法的基本原理： (1)作差法：a－b＞0⇔__a_＞___b____.
(2)作商法：ab＞____1______⇔a＞b(a＞0，b＞0)．
2011届高考数学一轮复习百大经典例题之不等式证明(新课标)
典型例题一例1 若10<<x ，证明)1(log )1(log x x a a +>-（0>a 且1≠a ）．分析1 用作差法来证明．需分为1>a 和10<<a 两种情况，去掉绝对值符号，然后比较法证明．解法1 （1）当1>a 时，因为 11,110>+<-<x x ， 所以 )1(log )1(log x x a a +-- )1(log )1(log x x a a +---= 0)1(log 2>--=x a ． （2）当10<<a 时， 因为 11,110>+<-<x x 所以 )1(log )1(log x x a a +-- )1(l o g )1(l o g x x a a ++-=0)1(l o g 2>-=x a ．综合（1）（2）知)1(log )1(log x x a a +>-．分析2 直接作差，然后用对数的性质来去绝对值符号． 解法2 作差比较法．因为 )1(log )1(log x x a a +-- a x a x lg )1lg(lg )1lg(+--=[])1lg()1lg(lg 1x x a+--=[])1lg()1lg(lg 1x x a+---=0)1lg(lg 12>--=x a， 所以)1(log )1(log x x a a +>-．说明：解法一用分类相当于增设了已知条件，便于在变形中脱去绝对值符号；解法二用对数性质（换底公式）也能达到同样的目的，且不必分而治之，其解法自然简捷、明快．典型例题二例2 设0>>b a ，求证：.abba b a b a >分析：发现作差后变形、判断符号较为困难．考虑到两边都是正数，可以作商，判断比值与1的大小关系，从而证明不等式．证明：b a a b ba ab b a b a b aba b a ---=⋅=)( ∵0>>b a ，∴.0,1>->b a ba∴1)(>-b a b a . ∴a b ba ba b a .1> 又∵0>abb a ， ∴.abba b a b a >.说明：本题考查不等式的证明方法——比较法(作商比较法).作商比较法证明不等式的步骤是：判断符号、作商、变形、判断与1的大小.典型例题三例3 对于任意实数a 、b ，求证444()22a b a b ++≥（当且仅当a b =时取等号） 分析 这个题若使用比较法来证明，将会很麻烦，因为，所要证明的不等式中有4()2a b +，展开后很复杂。
2011届高考数学一轮复习百大经典例题之算术平均数与几何平均数(新课标)
典型例题一例1 已知R c b a ∈,,，求证.222ca bc ab c b a ++≥++ 证明：∵ ab b a 222≥+， bc c b 222≥+，ca a c 222≥+， 三式相加，得)(2)(2222ca bc ab c b a ++≥++，即.222ca bc ab c b a ++≥++说明：这是一个重要的不等式，要熟练掌握．典型例题二例2 已知c b a 、、是互不相等的正数，求证：abc b a c c a b c b a 6)()()(222222>+++++ 证明：∵0222>>+a bc c b ，， ∴abc c b a 2)(22>+同理可得：abc b a c abc c a b 2)(2)(2222>+>+，． 三个同向不等式相加，得abc b a c c a b c b a 6)()()(222222>+++++ ①说明：此题中c b a 、、互不相等，故应用基本不等式时，等号不成立．特别地，b a =，c b ≠时，所得不等式①仍不取等号．典型例题三例3 求证)(2222222c b a a c c b b a ++≥+++++．分析：此问题的关键是“灵活运用重要基本不等式ab b a 222≥+，并能由)(2c b a ++这一特征，思索如何将ab b a 222≥+进行变形，进行创造”．证明：∵ab b a 222≥+，两边同加22b a +得222)()(2b a b a +≥+．即2)(222b a b a +≥+．∴)(222122b a b a b a +≥+≥+．同理可得：)(2222c b c b +≥+，)(2222a c a c +≥+． 三式相加即得)(2222222c b a a c c b b a ++≥+++++．典型例题四例4 若正数a 、b 满足3++=b a ab ，则ab 的取值范围是 ． 解：∵+∈R b a ,， ∴323+≥++=ab b a ab ，令ab y =，得0322≥--y y ，∴3≥y ，或1-≤y （舍去）．∴92≥=ab y ，∴ ab 的取值范围是[).,9+∞说明：本题的常见错误有二．一是没有舍去1-≤y ；二是忘了还原，得出[)+∞∈,3ab ．前者和后者的问题根源都是对ab 的理解，前者忽视了.0≥ab 后者错误地将2y 视为ab ．因此，解题过程中若用换元法，一定要对所设“元”的取值范围有所了解，并注意还原之．典型例题五例5 （1）求41622++=x x y 的最大值． （2）求函数1422++=x x y 的最小值，并求出取得最小值时的x 值． （3）若0,0>>y x ，且2=+y x ，求22y x +的最小值．解：（1）41622++=x x y 13163)1(162222+++=+++=x x x x .3326=≤即y 的最大值为.3当且仅当13122+=+x x 时，即22=x 2±=x 时，取得此最大值．（2）1141142222-+++=++=x x x x y 3142=-⋅≥ ∴ y 的最小值为3，当且仅当11422+=+x x ，即4)1(22=+x ，212=+x ，1±=x 时取得此最小值．（3）∴ xy y x 222≥+ ∴222)()(2y x y x +≥+即2)(222y x y x +≥+∵2=+y x ∴222≥+y x 即22y x +的最小值为2． 当且仅当4==y x 时取得此最小值．说明：解这类最值，要选好常用不等式，特别注意等号成立的条件．典型例题六例6 求函数xx y 321--=的最值． 分析：本例的各小题都可用最值定理求函数的最值，但是应注意满足相应条件．如：0≠x ，应分别对0,0<>x x 两种情况讨论，如果忽视+∈R x 的条件，就会发生如下错误：∵ 6213221)32(1321-=⋅-≤+-=--=xx x x x x y ，.621max -=y 解：当0>x 时，03,02>>x x ，又632=⋅xx ， 当且仅当x x 32=，即26=x 时，函数x x 32+有最小值.62 ∴ .621max -=y 当0<x 时，03,02>->-x x ，又6)3()2(=-⋅-xx ， 当且仅当x x 32-=-，即26+=x 时，函数)32(x x +-最小值.62 ∴ .621min +=y典型例题七例7 求函数91022++=x x y 的最值．分析：291991)9(2222≥+++=+++=x x x x y ．但等号成立时82-=x ，这是矛盾的！于是我们运用函数xx y 1+=在1≥x 时单调递增这一性质，求函数)3(1≥+=t tt y 的最值．解：设392≥+=x t ，∴t t x x y 191022+=++=．当3≥t 时，函数tt y 1+=递增． 故原函数的最小值为310313=+，无最大值．典型例题八例8 求函数4522++=x x y 的最小值．分析：用换元法，设242≥+=x t ，原函数变形为)2(1≥+=t tt y ，再利用函数)2(1≥+=t tt y 的单调性可得结果．或用函数方程思想求解．解：解法一： 设242≥+=x t ，故).2(14522≥+=++=t t t x x y212121212121121)()11()(2t t t t t t t t t t y y t t --=-+-=-≥>，设． 由202121><-t t t t ，，得：0121>-t t ，故：21y y <． ∴函数)2(1≥+=t t t y 为增函数，从而25212=+≥y ． 解法二： 设242≥=+t x ，知)2(1≥+=t tt y ，可得关于t 的二次方程012=+-yt t ，由根与系数的关系，得：121=t t ．又2≥t ，故有一个根大于或等于2，设函数1)(2+-=yt t t f ，则0)2(≤f ，即0124≤+-y ，故25≥y ．说明：本题易出现如下错解：2414452222≥+++=++=x x x x y ．要知道，41422+=+x x 无实数解，即2≠y ，所以原函数的最小值不是2．错误原因是忽视了等号成立的条件．当a 、b 为常数，且ab 为定值，b a ≠时，ab ba >+2，不能直接求最大（小）值，可以利用恒等变形ab b a b a 4)(2+-=+，当b a -之差最小时，再求原函数的最大（小）值．典型例题九例9 ,4,0,0=+>>b a b a 求2211⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+b b a a 的最小值．分析：此题出现加的形式和平方，考虑利用重要不等式求最小值． 解：由,4=+b a ，得.2162)(222ab ab b a b a -=-+=+ 又,222ab b a ≥+得ab ab 2216≥-，即4≤ab ．21111222⎪⎭⎫ ⎝⎛+++≥⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+∴b b a a b b a a .225244444422=⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ab 故2211⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+b b a a 的最小值是225．说明：本题易出现如下错解：8441212112222=+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅≥⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+∴b b a a b b a a ，故2211⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+b b a a 的最小值是8．错误的原因是，在两次用到重要不等式当等号成立时，有1=a 和1=b ，但在4=+b a 的条件下，这两个式子不会同时取等号（31==b a 时，）．排除错误的办法是看都取等号时，与题设是否有矛盾．典型例题十例10 已知：+∈R c b a ,,，求证：c b a cab b ac a bc ++≥++． 分析：根据题设，可想到利用重要不等式进行证明．证明：.2,222c bac a bc c ab abc b ac a bc ≥+=≥+即同理：a cab b ac b c ab a bc 2,2≥+≥+ ).(22c b a c ab b ac a bc ++≥⎪⎭⎫⎝⎛++∴.c b a cab b ac a bc ++≥++∴说明：证明本题易出现的思维障碍是：(1)想利用三元重要不等式解决问题；(2)不会利用重要不等式ab ba ≥+2的变式；(3)不熟练证明轮换对称不等式的常用方法．因此，在证明不等式时，应根据求证式两边的结构，合理地选择重要不等式．另外，本题的证明方法在证轮换对称不等式时具有一定的普遍性．典型例题十一例11设R e d c b a ∈、、、、，且8=++++e d c b a ，1622222=++++e d c b a ，求e 的最大值．分析：如何将22b a +与b a +用不等式的形式联系起来，是本题获解的关键．算术平均数与几何平均数定理ab b a 222≥+两边同加22b a +之后得222)(21b a b a +≥+． 解：由222)(21b a b a +≥+，则有 ,)(41])()[(212222222d c b a d c b a d c b a +++≥+++≥+++.5160)8(411622≤≤⇒-≥-∴e e e.51656＝时，当最大值e d c b a ====说明：常有以下错解：abcd cd ab d c b a e 4)(21622222≥+≥+++=-， 448abcd d c b a e ≥+++=-．故abcd e abcd e ≥-≥-4222)48(,4)16(． 两式相除且开方得516014)8(1622≤≤⇒≥--e e e ．错因是两不等式相除，如211,12>>，相除则有22>． 不等式222)(21b a b a +≥+是解决从“和”到“积”的形式．从“和”到“积”怎么办呢？有以下变形：222)(21b a b a +≥+或)(21222b a b a +≥+．典型例题十二例12 已知：0>y x ＞，且：1=xy ，求证：2222≥-+yx y x ，并且求等号成立的条件．分析：由已知条件+∈R y x ，，可以考虑使用均值不等式，但所求证的式子中有y x -，无法利用xy y x 2≥+，故猜想先将所求证的式子进行变形，看能否出现)(1)(y x y x -+-型，再行论证．证明：,1.0,0=>-∴>>xy y x y x 又yx xyy x y x y x -+-=-+∴2)(222 yx y x -+-=2)( .22)(2)(2=-⋅-≥y x y x等号成立，当且仅当)(2)(y x y x -=-时．.4,2,2)(222=+=-=-∴y x y x y x ,6)(,12=+∴=y x xy.6=+∴y x由以上得226,226-=+=y x 即当226,226-=+=y x 时等号成立．说明：本题是基本题型的变形题．在基本题型中，大量的是整式中直接使用的均值不等式，这容易形成思维定式．本题中是利用条件将所求证的式子化成分式后再使用均值不等式．要注意灵活运用均值不等式．典型例题十三例13 已知00>>y x ，，且302=++xy y x ，求xy 的最大值． 分析：由302=++xy y x ，可得，)300(230<<+-=x xxy ， 故)300(2302<<+-=x x x x xy ，令xx x t +-=2302．利用判别式法可求得t （即xy ）的最大值，但因为x 有范围300<<x 的限制，还必须综合韦达定理展开讨论．仅用判别式是不够的，因而有一定的麻烦，下面转用基本不等式求解．解法一：由302=++xy y x ，可得，)300(230<<+-=x xxy ． xx x x x x xy +-+++-=+-=264)2(34)2(23022⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++-=264)2(34x x 注意到16264)2(2264)2(=+⋅+≥+++x x x x ． 可得，18≤xy ． 当且仅当2642+=+x x ，即6=x 时等号成立，代入302=++xy y x 中得3=y ，故xy 的最大值为18．解法二：+∈R y x , ，xy xy y x ⋅=≥+∴22222， 代入302=++xy y x 中得：3022≤+⋅xy xy 解此不等式得180≤≤xy ．下面解法见解法一，下略．说明：解法一的变形是具有通用效能的方法，值得注意：而解法二则是抓住了问题的本质，所以解得更为简捷．典型例题十四例14 若+∈R c b a 、、，且1=++c b a ，求证：8111111≥⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-c b a ．分析：不等式右边的数字“8”使我们联想到可能是左边三个因式分别使用基本不等式所得三个“2”连乘而来，而abca cb a a a 2111≥+=-=-． 证明：acb a a a +=-=-111，又0>a ，0>b ，0>c ， a bc a c b 2≥+∴，即a bca a 21≥-． 同理b ca b 211≥-，cab c 211≥-， 8111111≥⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-∴c b a ．当且仅当31===c b a 时，等号成立． 说明：本题巧妙利用1=++c b a 的条件，同时要注意此不等式是关于c b a 、、的轮换式．典型例题十五例15 设+∈R c b a 、、，求证：)(2222222c b a a c c b b a ++≥+++++．分析：本题的难点在于222222a c c b b a +++、、不易处理，如能找出22b a +与b a +之间的关系，问题可得到解决，注意到：b a b a b a b a ab b a +≥+⇒+≥+⇒≥+)(2)()(222222222，则容易得到证明．证明：2222222)(2)(22b a ab b a b a ab b a +≥++≥+∴≥+， ，于是．)(222222b a b a b a +=+≥+ 同理：)(2222c b c b +≥+，)(2222a c a c +≥+． 三式相加即得：)(2222222c b a a c c b b a ++≥+++++．说明：注意观察所给不等式的结构，此不等式是关于c b a 、、的轮换式．因此只需抓住一个根号进行研究，其余同理可得，然后利用同向不等式的可加性．典型例题十六例16 已知：+∈R b a 、（其中+R 表示正实数）求证：．ba ab b a b a b a 112222222+≥≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥+≥+ 分析：要证明的这一串不等式非常重要，222b a +称为平方根，2b a +称为算术平均数，ab 称为几何平均数，ba 112+称为调和平均数．证明：()．0412222222≥-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎪⎭⎫⎝⎛+b a b a b a ．222222⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∴b a b a +∈R b a 、∴2222ba b a +≥+，当且仅当“b a =”时等号成立． ．0)(412222≥-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+b a b a b a ∴222⎪⎪⎭⎫⎝⎛+≥+b a b a ，等号成立条件是“b a =” ，0)(41222≥-=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+b a ab b a ∴ab b a ≥⎪⎪⎭⎫⎝⎛+22，等号成立条件是“b a =”．ba abab b a b a ab ab ba ab +-+=+-=+-2)(2112 ．0)()2(2≥+-=+-+=ba b a ab b a ab b a ab∴ba ab 112+≥，等号成立条件是“b a =”．说明：本题可以作为均值不等式推论，熟记以上结论有利于处理某些复杂不等式的证明问题．本例证明过程说明，不等式性质中的比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法．典型例题十七例17 设实数1a ，1b ，1c ，2a ，2b ，2c 满足021>a a ，2111b c a ≥，2222b c a ≥，求证2212121)())((b b c c a a +≥++．分析：由条件可得到1a ，2a ，1c ， 2c 同号．为方便，不妨都设为正．将求证式子的左边展开后可看出有交叉项21c a 和12c a 无法利用条件，但使用均值不等式变成乘积后，重新搭配，可利用条件求证．证明：同号．2121,,0a a a a ∴>同理，由22222111b c a b c a ≥≥，知1a 与1c 同号，2a 与2c 同号 ∴1a ，1c ，2a ，2c 同号．不妨都设为正．122122112121))((c a c a c a c a c c a a +++=++∴122122212c a c a b b ⋅++≥221122212c a c a b b ⋅++=222122212b b b b ⋅++≥||2212221b b b b ++=221212221)(2b b b b b b +=++≥，即2212121)())((b b c c a a +≥++．说明：本题是根据题意分析得1a ，1c ，2a ，2c 同号，然后利用均值不等式变形得证．换一个角度，由条件的特点我们还会联想到使用二次方程根的判别式，可能会有另一类证法．实际上，由条件可知1a ，1c ，2a ，2c 为同号，不妨设同为正．又∵2111b c a ≥，2222b c a ≥，∴211144b c a ≥，222244b c a ≥．不等式021121≥++c x b x a ，022222≥++c x b x a 对任意实数x 恒成立（根据二次三项式恒为正的充要条件），两式相加得0)()(2)(2121221≥+++++c c x b b x a a ，它对任意实数x 恒成立．同上可得：2212121)())((b b c c a a +≥++．典型例题十八例18 如下图所示，某畜牧基地要围成相同面积的羊圈4间，一面可利用原有的墙壁，其余各面用篱笆围成，篱笆总长为36m ．问每间羊圈的长和宽各为多少时，羊圈面积最大？分析：可先设出羊圈的长和宽分别为x ，y ，即求xy 的最大值．注意条件3664=+y x 的利用．解：设每间羊圈的长、宽分别为x ，y ，则有3664=+y x ，即1832=+y x ．设xy S =,623223218xy y x y x =⋅≥+=227,227≤≤∴S xy 即 上式当且仅当y x 32=时取“＝”．此时⎩⎨⎧===,1832,32y x y x ⎪⎩⎪⎨⎧==∴.3,29y x ∴羊圈长、宽分别为29m ，3m 时面积最大． 说明：(1)首先应设出变量（此处是长和宽），将题中条件数学化（即建立数学模型）才能利用数学知识求解；(2)注意在条件1832=+y x 之下求积xy 的最大值的方法：直接用不等式y x y x 3223218⋅≥+=，即可出现积xy ．当然，也可用“减少变量”的方法：22218261)218(261)218(31)218(31⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅≤-⋅⋅=-⋅==→-=x x x x x x xy S x y ，当且仅当x x 2182-=时取“=”．典型例题十九例19 某单位建造一间地面面积为12m 2的背面靠墙的矩形小房，房屋正面的造价为1200元/m 2，房屋侧面的造价为800 元/m 2，屋顶的造价为5800元．如果墙高为3m ，且不计房屋背面的费用，问怎样设计房屋能使总造价最低，最低总造价是多少元？分析：这是一个求函数最小值的问题，关键的问题是设未知数，建立函数关系．从已知条件看，矩形地面面积为12m 2，但长和宽不知道，故考虑设宽为x m ，则长为x12m ，再设总造价为y ．由题意就可以建立函数关系了．解：设矩形地面的正面宽为x m ，则长为x12m ；设房屋的总造价为y ．根据题意，可得： 5800280012312003+⨯⋅⋅+⋅=x x y 5800576003600++=xx580016236005800)16(3600+⋅⨯≥++=xx x x )(34600580028800元=+=当xx 16=，即4=x 时，y 有最小值34600元． 因此，当矩形地面宽为4m 时，房屋的总造价最低，最低总造价是34600元．说明：本题是函数最小值的应用题，这类题在我们的日常生活中经常遇到，有求最小值的问题，也有求最大值的问题，这类题都是利用函数式搭桥，用均值不等式解决，解决的关键是等号是否成立，因此，在解这类题时，要注意验证等号的成立．典型例题二十例20 某单位决定投资3200元建一仓库（长方体状），高度恒定，它的后墙利用旧墙不花钱，正面用铁栅，每1m 长造价40元，两侧墙砌砖，每1m 长造价45元，顶部每1m 2造价20元．计算：(1)仓库底面积Ｓ的最大允许值是多少？(2)为使Ｓ达到最大，而实际投资又不超过预算，那么正面铁栅应设计为多长？ 分析：用字母分别表示铁栅长和一堵砖墙长，再由题意翻译数量关系．解：设铁栅长为x m ，一堵砖墙长为y m ，则有xy S =.由题意得(*).32002045240=+⨯+xy y x应用算术平均数与几何平均数定理，得,201202012020904023200S S xy xy xyy x +=+=+⋅≥,1606≤+∴S S即：.0)10)(10(≤--S S,010,016≤-∴>+S S从而：.100≤S因此S 的最大允许值是2100m ，取得此最大值的条件是y x 9040=，而100=xy ，由此求得15=x ，即铁栅的长应是m 15． 说明：本题也可将xSy =代入（*）式，导出关于x 的二次方程，利用判别式法求解． 典型例题二十一例21 甲、乙两地相距km s ，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不超过km/h c ，已知汽车每小时的运输成本．．．．．．．．（以元为单位）由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度km/h v 的平方成正比，且比例系数为b ；固定部分为a 元．（1）把全程运输成本y 元表示为速度km/h v 的函数，并指出这个函数的定义域； （2）为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？分析：这是1997年的全国高考试题，主要考查建立函数关系式、不等式性质（公式）的应用．也是综合应用数学知识、思想和方法解决实际问题的一道优秀试题．解：（1）依题意知汽车从甲地匀速行驶到乙地所用的时间为h vs，全程运输成本为 )(2bv vas v s bv v s a y +=⋅+⋅=．故所求函数为)(bv bas y +=，定义域为)0(c v ，∈．（2）由于v b a s 、、、都为正数，故有bv bas bv v a s ⋅⋅≥+2)(， 即ab s bv va s 2)(≥+．当且仅当bv v a =，即ba v =时上式中等号成立． 若c b a ≤时，则bav =时，全程运输成本y 最小； 当c ba≤，易证c v <<0，函数)()(bv v a s v f y +==单调递减，即c v =时，)(m i n bc cas y +=．综上可知，为使全程运输成本y 最小，在c b a ≤时，行驶速度应为b av =； 在c ba≤时，行驶速度应为c v =．。
高考数学一轮复习专题训练—不等式的证明
不等式的证明考纲要求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≥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 ＋c 3≥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)：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)b a ＋a b ≥2(a ，b 同号)；(2)a 2＋b 2＋c 2≥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 ＞yB ．x ＜yC ．x ≥yD ．x ≤y答案 A解析 x －y ＝a ＋1a －⎝⎛⎭⎫b ＋1b ＝a －b ＋b －a ab ＝a －b ab －1ab.由a ＞b ＞1得ab ＞1，a －b ＞0，所以a －bab －1ab ＞0，即x －y ＞0，所以x ＞y . 3．已知a ≥b ＞0，M ＝2a 3－b 3，N ＝2ab 2－a 2b ，则M ，N 的大小关系为________． 答案 M ≥N解析 M －N ＝2a 3－b 3－(2ab 2－a 2b )＝2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2)＝(a 2－b 2)(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2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b ，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 <0B ．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 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 ＋a b≥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】 (2020·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 ＝－a 2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a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ＝ab ＋bc ＋ca abc ＝1a ＋1b ＋1c . 当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立．所以1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2. (2)因为a ，b ，c 为正数且abc ＝1，故有(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥33a ＋b 3b ＋c 3c ＋a3＝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)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，又ab ＋bc ＋ca ＝1，故需证明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 .又易知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)， ∴原不等式成立．(2)a bc ＋b ac ＋c ab ＝a ＋b ＋c abc. 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 ＋ac 2，b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤bc ＋ca 2， ∴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 ⇐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 要证b 2－ac ＜3a ，只需证b 2－ac ＜3a 2.因为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.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：x 2＋y 2≥2x ＋2y －2；(2)用分析法证明：6＋7>22＋ 5.证明 (1)(x 2＋y 2)－(2x ＋2y －2)＝(x 2－2x ＋1)＋(y 2－2y ＋1)＝(x －1)2＋(y －1)2，而(x －1)2≥0，(y －1)2≥0，∴(x 2＋y 2)－(2x ＋2y －2)≥0，∴x 2＋y 2≥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．(2020·兰州诊断)函数f (x )＝x 2－2x ＋1＋24－4x ＋x 2.(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 )＝x 2－2x ＋1＋24－4x ＋x 2＝|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)∵a 2＋b 2≥2ab (当且仅当a ＝b 时，取“＝”)，b 2＋c 2≥2bc (当且仅当b ＝c 时，取“＝”)，c 2＋a 2≥2ca (当且仅当a ＝c 时，取“＝”)，∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ，∵(a ＋b ＋c )2＝1，∴a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1，∴3(a 2＋b 2＋c 2)≥1，即a 2＋b 2＋c 2≥13. (2)∵a 2b ＋b ≥2a (当且仅当a ＝b 时，取“＝”)，b 2c ＋c ≥2b (当且仅当b ＝c 时，取“＝”)，c 2a ＋a ≥2c (当且仅当a ＝c 时，取“＝”)，∴a 2b ＋b 2c ＋c 2a＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c ， ∵a ＋b ＋c ＝1，∴a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥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)b a ＋c b ＋a c ≥3； (2)a ＋b ＋c2a ＋b ＋c >2.证明 (1)因为a ，b ，c 为一个三角形的三边长，所以b a ＋c b ＋a c ≥33b a ·c b ·a c＝3⎝⎛⎭⎫当且仅当b a ＝c b ＝a c 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 ＋c2a ＋b ＋c >2，不等式得证．6．(2020·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，＋∞)．。
2011年高考数学一轮复习(共87节)8.3基本不等式的证明
8.3 基本不等式的证明【知识网络】1、重要的基本不等式，不等式等号成立的条件；2、证明不等式的方法及应用。
【典型例题】例1：（1）设,a R ∈b ，已知命题:p a b =；命题222:22a b a bq ++⎛⎫≤⎪⎝⎭，则p 是q 成 立的 （ ）A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件答案：B 。
解析： a b =是22222a b a b++⎛⎫≤⎪⎝⎭等号成立的条件。
（2）若,,a b c 为△ABC 的三条边，且222,S a b c p ab bc ac =++=++，则（ ）A ．2S p ≥B ． 2p S p <<C ．S p >D ．2p S p ≤<答案:D ．解析：2222221()[()()()]0,2S p a b c ab bc ac a b b c a c S p -=++-++=-+-+-≥∴≥，又∵222222222||,||,||,2,2,2a b c b c a a c b a ab b c b bc c a a ac c b -<-<-<∴-+<-+<-+< ∴2222(),2a b c ab bc ac S p ++<++∴<。
（3）设x > 0, y > 0,y x y x a +++=1, yyx x b +++=11， a 与b 的大小关系 （ ）A ．a >bB ．a <bC ．a ≤bD ．a ≥b答案：B 。
解析：11111x y x y x ya x y x y x y x y+==+<+++++++++。
（4）b 克盐水中，有a 克盐（0>>a b ），若再添加m 克盐（m >0）则盐水就变咸了， 试根据这一事实提炼一个不等式 .答案：mb ma b a ++<．解析:由盐的浓度变大得． （5）设.11120,0的最小值，求且yxy x y x +=+>> ．答案： 223+。
2011高考数学单元复习训练不等式地证明(
高中数学辅导网://shuxuefudao课时训练 37 不等式的证明〔二〕【说明】本试卷总分值 100 分，考试时间 90 分钟.一、选择题〔每题6 分，共 42 分〕1.设 0＜ x ＜1,a 、 b 为正常数，a 21 b2 的最小值是〔〕xxA.4abB.2(a 2+b 2)22C.(a+b)D.(a-b)答案： C2θ ,θ ∈ (0, ), 那么 a 2b 2 2222 22 2222解析： 令 x=cos x1 x=a sec θ +bcsc θ =a +b +a tan θ +bcot θ ≥2a 2+b 2+2ab=(a+b) 2.2.假设 a 、 b ∈R ,a 2+b 2=10,那么 a-b 的取值X 围是〔 〕A.［ -25 ，2 5 ］B.［ -2 10 ，2 10 ］C.［- 10， 10 ］D.［0，10 ］答案： A解析： 设 a=10 cos θ,b= 10 sin θ,那么a-b= 10 (cos θ -sin θ )=2 5 ·cos(θ+)4-2 5,2 5 ］.3. a ∈R + ,那么以下各式中成立的是〔 〕A.cos 2θ · lga+sin 2θ · lgb ＜ lg(a+b)B.cos 2θ · lga+sin 2θ · lgb ＞ lg(a+b)C.a cos 2b sin 2=a+bD.a cos 2b sin 2＞ a+b答案： A解析： cos 2θ lga+sin 2θ lgb ＜ cos 2θ lg(a+b)+sin 2θlg(a+b)=lg(a+b).4.设函数 f(x)=ax+b(0 ≤ x ≤1),那么 a+2b ＞0 是 f(x) ＞0 在［ 0， 1］上恒成立的〔 〕A. 充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案： B解析：a+2b ＞ 0a ·1+b ＞ 0 f( 1 )＞ 0,不能推出 f(x) ＞ 0,x ∈［0,1］;反之，f(x) ＞ 0,x ∈［ 0,1］122a+2b ＞ 0.f( )＞ 025.(2021**万州区一模， 7)函数 y=f(x) 满足：① y=f(x+1) 是偶函数；②在［ 1， +∞〕上为增函数 .假设 x 1＜ 0,x 2＞ 0,且 x 1+x 2＜ -2,那么 f(-x 1)与 f(-x 2)的大小关系是 ()A.f(-x 1 )＞ f(-x 2)B.f(-x 1)＜ f(-x 2)C.f(-x )=f(-x 2 )D.f(-x )与 f(-x )的大小关系不能确定112答案： A解析： y=f(x+1) 是偶函数 f(x+1)=f(-x+1)f(x+2)=f(-x). 又 x 1+x 2＜ -2,-x 1＞ 2+x 2＞ 2，京翰教育 1 对 1 家教://zgjhjy/故f(-x 1)＞ f(2+x 2)=f(-x 2).6.(2021**十一校大联考，9)定义在R上的偶函数 y=f(x) 满足 f(x+2)=-f(x) 对所有实数x 都成立，且在［ -2， 0］上单调递增， a=f( 3),b=f(7),c=f( log1 8)，那么以下成立的是 () 222A.a＞ b＞cB.b ＞ c＞ aC.b ＞ a＞ cD.c＞ a＞ b答案： B解析：由 f(x+2)=-f(x) 有 f(x+4)=f(x),∴T=4, 而 f 〔x〕在R上为偶函数又在［ -2， 0］上单调递增，所以f(x) 在［ 0，2］上单调递减.7113).b=f( )=f(-)=f(),c=f( log1 8)=f(-3)=f(1),a=f(22222∵3＞ 1＞1,∴b＞ c＞ a.22设、、、∈，m= a2b2+c2d2,n=(a c) 2(b d )2那么()7. a b c d R,A.m ＜ nB.m ＞ nC.m≤nD.m ≥ n答案： D解析：设 A(a,b),B(c,d),O(0,0),∵|OA|+|OB| ≥ |AB|,∴得 m≥ n.二、填空题〔每题5 分，共 15 分〕8.设 x＞ 0,y＞ 0,A=x y,B=x y,那么 A ， B 的大小关系是 __________________.x y x111y答案： A＜Bx y x y 解析： A=1x y x 11=B.1 x y y9. x2+y 2=1, 对于任意实数x,y 恒有不等式 x+y-k ≥ 0 成立，那么 k 的最大值是 ____________.答案：- 2解析：设 x=cosθ,y=sin θ ,k≤ x+y=sin θ +cosθ= 2 sin(θ +), ∴ k≤ - 2 .∴ k 的最大值为4- 2 .2210.设｛ a n｝是等差数列，且 a1 +a11≤ 100,记 S=a1+a2+⋯ +a11那么 S 的取值X围是______________.答案：［ -55 2， 55 2 ］22≥( a1 a11a1a11∈［ -5 2 ,5 2］ .解析：由a1a11)2222∴S=a1+a2+⋯ +a11京翰教育 1 对 1 家教://zgjhjy/=(a1+a11)+(a2+a10)+⋯ +(a5+a7)+a 6112 ,552 ］.= (a1+a11)∈［ -552三、解答题〔 11— 13 题每题 10 分， 14 题 13 分，共 43分〕11.假设 x,y 均为正数，且x+y ＞ 2.求证 : 1 y与1x中至少有一个小于 2. x y证明：假设1y 与 1x均不小于 2，即1y≥ 2 且1x≥ 2,那么 1+y≥2x,1+x ≥ 2y.相加得x y x y2+x+y ≥ 2(x+y) ，推出 x+y ≤ 2,与题设 x+y ≥ 2矛盾 .故假设错误 .12. a n= 1 2 2 3 +⋯+ n(n 1) (n∈N*),求证：恒成立 .2n(n1) ＜a n＜ (n1)对n∈ N* 22证明： a n＞1222+⋯+ n 2=1+2+3+⋯+n=n(n 1),2而 a n＜1［ (1+2)+(2+3)+ ⋯ +(n+(n+1)) ］ =n+(1+2+3+ ⋯ +n)=n22n ＜ (n1)2. 222213.假设 a,b,c 为三角形三边，x,y,z∈R ,x+y+z=0,2z2证明：∵ z=-x-y,∴a2yz+b 2zx+c 2 xy=a2y(-x-y)+b 2x(-x-y)+c 2xy=-b 2x2-(a2+b2-c2)yx-a 2y2,∴原不等式f(x)=b 2x2+(a2+b2-c2)yx+a 2y2≥0.(*)22 2 222222222］ =(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(a-b-c),∵Δ =(a +b-c ) -4a b =［ (a +b +2ab)-c］［ (a+b -2ab)-ca,b,c 为三角三边，∴＜ 0.∴b2＞ 0,∴ f(x) ＞ 0 对 x∈R恒成立，即〔 * 〕表示，∴原不等式得证 .14.： a∈R+,求证： a+41≥17.a44aa证明：∵ a∈R+，设 t=a+4a≥ 2a4=4, 那么左式=f(t)=t+1(t ≥4)a t1∴f(t)=(tt)2+2 在 t≥ 4 上递增 .1 17∴f(t) ≥ f(4)=4+ =得证.4 4京翰教育 1 对 1 家教://zgjhjy/。
2011届高考数学一轮复习百大经典例题之不等式解法(新课标)
典型例题一例1 解不等式：（1）015223>--x x x ；（2）0)2()5)(4(32<-++x x x ． 分析：如果多项式)(x f 可分解为n 个一次式的积，则一元高次不等式0)(>x f （或0)(<x f ）可用“穿根法”求解，但要注意处理好有重根的情况．解：（1）原不等式可化为0)3)(52(>-+x x x把方程0)3)(52(=-+x x x 的三个根3,25,0321=-==x x x 顺次标上数轴．然后从右上开始画线顺次经过三个根，其解集如下图的阴影部分．∴原不等式解集为⎭⎬⎫⎩⎨⎧><<-3025x x x 或 （2）原不等式等价于⎩⎨⎧>-<-≠⇔⎩⎨⎧>-+≠+⇔>-++2450)2)(4(050)2()5)(4(32x x x x x x x x x 或 ∴原不等式解集为{}2455>-<<--<x x x x 或或说明：用“穿根法”解不等式时应注意：①各一次项中x 的系数必为正；②对于偶次或奇次重根可转化为不含重根的不等式，也可直接用“穿根法”，但注意“奇穿偶不穿”，其法如下图．典型例题二例2 解下列分式不等式：（1）22123+-≤-x x ； （2）12731422<+-+-x x x x 分析：当分式不等式化为)0(0)()(≤<或x g x f 时，要注意它的等价变形①0)()(0)()(<⋅⇔<x g x f x g x f ②0)()(0)(0)()(0)(0)()(0)()(<⋅=⇔≤⎩⎨⎧≠≤⋅⇔≤x g x f x f x g x f x g x g x f x g x f 或或（1）解：原不等式等价于⎩⎨⎧≠-+≥+-+-⇔≥+-+-⇔≤+-++-⇔≤+---+⇔≤+--⇔+≤-0)2)(2(0)2)(2)(1)(6(0)2)(2()1)(6(0)2)(2(650)2)(2()2()2(302232232x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x用“穿根法”∴原不等式解集为[)[)+∞⋃-⋃--∞,62,1)2,(。
数学百大经典例题——绝对值不等式(新课标)
典型例题一例1解不等式x+1 A|2X—3 —2a（a 启0）分析：解含有绝对值的不等式，通常是利用绝对值概念a=丿' ，将不等式中的绝对符号去-a（a c 0）掉，转化成与之同解的不含绝对值的不等式（组），再去求解.去绝对值符号的关键是找零点（使绝对值等于零的那个数所对应的点），将数轴分成若干段，然后从左向右逐段讨论.3x = -1，令2x _3 = 0 ,••• x = 2，如图所示.(1 )当x _ -1时原不等式化为-(X • 1) • _(2x -3) - 2•x - 2与条件矛盾，无解.3（2 ）当-1：：：x 时，原不等式化为xT・-（2x-3）-2 .23•x 0 ,故0 ：x _23（3）当x 时，原不等式化为23x 1 2x -3 - 2 . • x 6，故x ：6 .2综上，原不等式的解为*0 ：：：x ：：：说明：要注意找零点去绝对值符号最好画数轴，零点分段，然后从左向右逐段讨论，这样做条理分明、不重不漏.典型例题二例2求使不等式x -4 + x -3 va有解的a的取值范围.分析：此题若用讨论法，可以求解，但过程较繁；用绝对值的几何意义去求解十分简便.解法一：将数轴分为- ：：,3,[3,4],（4「：）三个区间7 — a 7 — a当x 3时，原不等式变为（4 -X）■ （3 -X）：：：a,x 有解的条件为3，即a 1 ;2 2当3 - x - 4时，得（4 -X）■ （x -3）：：：a，即a 1 ；+ 7 a+ 7a当x - 4时，得（x -4厂（x -3）：：： a，即x ，有解的条件为 4 • a 1 .2 2以上三种情况中任一个均可满足题目要求，故求它们的并集，即仍为解法二：设数X , 3, 4在数轴上对应的点分别为P , A , B ,如图，由绝对值的几何定义，原不等式PA +|PB va 的意义是P 到A 、B 的距离之和小于a .因为AB =1，故数轴上任一点到 A 、B 距离之和大于（等于 1）,即x-4 + x-3>1，故当a>1时,x - 4 +|x -3 <a 有解.典型例题三分析：根据条件凑x - a, y - b . 证明： xy _ab =|xy _ ya + ya _ab= |y(x —a)+a(y —b)勻y|x —a +|a ，y —b cM说明：这是为学习极限证明作的准备，要习惯用凑的方法.典型例题四2 ,2a — b例4求证 _ 曰a - b分析：使用分析法证明••• a| >0，二只需证明，两边同除b 2，即只需证明2 2a -ba 2(-)2 -1 > a 2(-)2 abbb2bba >1时， a 2 (—)2 -1 a 2=(—)2 -1 > (-)2 _a ;当 a bbbbbb :::1时,例3已知x -a c —2My -b| £ 打，y E (0,M )，求证 xy — ab2Mba b 0，原不等式显然成立.•••原不等式成立.说明：在绝对值不等式的证明，常用分析法•本例也可以一开始就用定理:a(1)如果—>1，则a-b 兰0，原不等式显然成立.b典型例题五分析：本题的证法很多，下面给出一种证法：比较要证明的不等式左右两边的形式完全相同，使我们 联想利用构造函数的方法，再用单调性去证明.x 1 x -11 证明：设f (X )1 --1+x 1+x1+xf (x)分别在区间(」：，-1)，区间(-1, •：：)上是增函数. 又 0 _ a b _ a | " |b , • f(a b) _ f (a b) 即 a +b|兰 l a | +|b | _ |a | + |b | 兰 |a| 十 |b |1 +|a +b | _1 +同 +冋 _1 +|a | +|b | 1 +|a |+|b | _ 1 +|a | 1 +|b |•••原不等式成立.说明：在利用放缩法时常常会产生如下错误：••• a +b 兰 a +|b , 1 +a +b >0 ,...a +b 兰 l a [+|b [ _」a | _ + 川 兰」a l .忖_ .1+a+b 1+|a +b | 1+|a +b | 1+|a +b | 1+|a | 1 +|b |错误在不能保证1 +|a +b K 1 +a , 1 +|a +b K 1 + b .绝对值不等式 a ±b E|a +|b 在运用放缩法证明不等 式时有非常重要的作用，其形式转化比较灵活.放缩要适度，要根据题目的要求，及时调整放缩的形式结 构.典型例题六例5求证1b b a 2 -b 22—|b/ 一卩1 “laa ,b(2)如果b <1，则a l>|-b ，利用不等式的传递性知a_ £，b | >|a _ b ,•••原不等式也成立.定义域为{ x x E R ，且x 工一1},空0 JL 与x^3(a 1)x 2(3a 1) <0 (^ R)的解集依次为 _ 2 A 与B ，求使A 二B 的a 的取值范围.分析：分别求出集合A 、B ，然后再分类讨论.所以a 的取值范围是 A B 的a 时，要注意关于a 的不等式组中有没有等号，否则会导致误解.典型例题七例6已知数列通项公式 a^Sina - Sin2a -岂23翌亠'亠岂^匹 对于正整数 m 、n ,当m • n 时，求证:222 23 2n1am 一an 吒―.2n分析：已知数列的通项公式是数列的前n 项和，它的任意两项差还是某个数列的和，再利用不等式印乜2 •…鸟| |印| "禺"，"总，问题便可解决.例6关于实数x 的不等式x_(a 1)2 解：解不等式x(a 1)2 ... (a-1)2 -2 ，(a -1)... (a -1)2— ,22a zx za 2 1, a 三 R 二解不等式 x 2 -3(a 1)x 2(3a 1) _0 , [x -(3a 1)](x -2) _0 .1当a 时（即3a 1 2时），得B =』x 2 兰 x 兰3a +1, a a 」>.1当a 时（即3a • 1乞2时）,得3B =』x 3a+1Wx^2,aE — >.1 当a •-时，要满足 3A -B ,必须2；二2,故1兰a 兰3 ;a 2 +1 兰 3a +1,1当匕时，要满足必须鮎 23a+1, 2 Ka 2 +1;a <-1, —1兰aM1,说明：在求满足条件1 1尹ORJ21 1 1 1-（1 二）n （o ：：：1 二门）• 2“ 』 2* 2皿』11 11 1说明： 一T—r一是以 一T 为首项，以-为公比，共有 m -n 项的等比数列的和，误认为2n12n*22 m 2-T 2共有m -n -1项是常见错误.正余弦函数的值域，即 sin 叫<1 , cosq <1，是解本题的关键•本题把不等式、三角函数、数列、 n 个变量的绝对值不等式问题连在一起，是一个较为典型的综合题目•如果将本题中的正弦改为余弦，不等式同 样成立.典型例题八例 8 已知 f (x) =x 2 —x +13 , x —a c l ，求证：f (x) - f (a) v 2( a +1)分析：本题中给定函数f (x)和条件x-ac1 ,注意到要证的式子右边不含 x ,因此对条件x-ac1的 使用可有几种选择：(1)直接用；(2)打开绝对值用a -1 ：：： x ：：： a • 1 ,替出x ； (3)用绝对值的性质 x -a | |x -a | ；：1—x ::: a 1 进行替换.证明：T f (x) =x 2「x 13 f (a)二 a 2「a 13 ,T x —a| <1，二 x 一 a| 勻 x —a c l .••• x < a +1 ,f (x) _f (a) = x 2 _a 2+a _x = (x —a)(x a) 一(x —a) =(x -a)(x +a T)二am -a n =sin(n 1)a si n(n 2)a 2n 1.....込sin(n +1)asin(n +2)a2^2=x —a x +a -1c|x +a T v x +|a +1 £a +1 +|a +1 =2( a +1),解法一：不等式两边平方得：(3 -X )2(2 x)2 (3 x)2(2 -x)2 .• (x 2 _x _6)2 (x 2 x —6)2，即(x 2 _x _6 x 2 x _6)(x 2 _ x — 6 _x 2 _ x 6) 0 ,2• x(6 —x ) 0，又 0 ：： x ：：3 .解法二：•/ x 0 ,•可分成两种情况讨论：3 — x 2 — x(1)当0：：：x 乞2时，不等式组化为 (0：：：x 乞2 ).3+x 2+x解得0 ： x 岂2 .3 _x x_2⑵当心时，不等式组可化为乔=药(5)，综合(1)、(2)得，原不等式组的解为 0 ：：：x ：：：，选C .说明：本题是在x 0的条件下，解一个含绝对值的分式不等式，如何去绝对值是本题的关键所在, 必须注意，只有在保证两边均为非负数时，才能将不等式两边同时平方.另一种方法则是分区间讨论，从 而去掉绝对值符号.当然本即 f(x) —f (a) ：：：2(a 1).说明：这是绝对值和函数的综合题，这类题通常要涉及绝对值及绝对值不等式的性质等综合知识的运 用•分析中对条件 x —a <1使用时出现的三种可能是经常碰到的，要结合求证，灵活选用.典型例题九例9不等式组 x 0<3 —x 2 —x 的解集是(3 +x > 2 +x)•A .窗 0 : x ：：2 ?B. ： x 0 ：：： x ：：： 25分析：本题是考查含有绝对值不等式的解法,3-x 3 x3 _ x ,知 . 0 , - 3：：：x ：；3，又 x 0 ,• 0 :: x ：：3，解原不等式组实为解不等式 3-x 2-x3 + x 》2 +x(0 ：： x ：： 3 ).f 2X 2 -6 <0 0 <x c3• 0 ：：： x ：：： -. 6 .选 C.题还可用特殊值排除法求解.典型例题十例 10 设二次函数 f (X) =ax ?+bx +c (a 〉0，且 b^O )，已知 b 兰a , f (0) <1, f(—1)兰 1, f (1) <1 , 5 当x <1时，证明f (x)兰上.4分析：从a>0知，二次函数的图像是开口向上的抛物线；从 x|E1且f(-1)|兰1 , f (1) <1知，要求证的是f(x)兰工，所以抛物线的顶点一定在x 轴下方，取绝对值后，图像翻到x 轴上方•因此抛物线的顶点4的取值非常重要，也是解这道题的关键所在.证明：•/ 2b =|(a+b+c) _(a _b+c)_ a b c | _|a -b c二 f(1)| 屮(-1) <1 1=2 ,••• b <1 .又••• b <a , • b <1 .af (丄)卜c - b 2 兰c +2a 丨4a 1 14a11而f(x)的图像为开口向上的抛物线，且x <1 ,•••| fg , | …，f(£Wf(-*)2a 4ac -b 2 b 2 ——c ■4a ' 又 c = f(0) <1 ,• f (x)的最大值应在x =1 ,x = T 或x —处取得.2a2a 2ba5••• f（x）乞5.4说明：本题考查了绝对值不等式的性质、二次函数的最值及分类讨论的思想和逻辑思维的能力，关键是通过对参数a，b，c的分析，确定抛物线顶点的取值范围，然后通过比较求出函数在x乞1范围内的最大值.。
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典型例题一例1 若10<<x ，证明)1(log )1(log x x a a +>-（0>a 且1≠a ）．分析1 用作差法来证明．需分为1>a 和10<<a 两种情况，去掉绝对值符号，然后比较法证明．解法1 （1）当1>a 时，因为 11,110>+<-<x x ， 所以 )1(log )1(log x x a a +-- )1(log )1(log x x a a +---= 0)1(log 2>--=x a ． （2）当10<<a 时， 因为 11,110>+<-<x x 所以 )1(log )1(log x x a a +-- )1(l o g )1(l o g x x a a ++-=0)1(l o g 2>-=x a． 综合（1）（2）知)1(log )1(log x x a a +>-．分析2 直接作差，然后用对数的性质来去绝对值符号． 解法2 作差比较法．因为 )1(log )1(log x x a a +-- a x a x lg )1lg(lg )1lg(+--=[])1lg()1lg(lg 1x x a+--=[])1lg()1lg(lg 1x x a+---=0)1lg(lg 12>--=x a， 所以)1(log )1(log x x a a +>-．说明：解法一用分类相当于增设了已知条件，便于在变形中脱去绝对值符号；解法二用对数性质（换底公式）也能达到同样的目的，且不必分而治之，其解法自然简捷、明快．典型例题二例2 设0>>b a ，求证：.abba b a b a >分析：发现作差后变形、判断符号较为困难．考虑到两边都是正数，可以作商，判断比值与1的大小关系，从而证明不等式．证明：b a a b ba ab b a b a b aba b a ---=⋅=)( ∵0>>b a ，∴.0,1>->b a ba∴1)(>-b a b a . ∴a b ba ba b a .1> 又∵0>abb a ， ∴.abba b a b a >.说明：本题考查不等式的证明方法——比较法(作商比较法).作商比较法证明不等式的步骤是：判断符号、作商、变形、判断与1的大小.典型例题三例3 对于任意实数a 、b ，求证444()22a b a b ++≥（当且仅当a b =时取等号） 分析 这个题若使用比较法来证明，将会很麻烦，因为，所要证明的不等式中有4()2a b +，展开后很复杂。
若使用综合法，从重要不等式：222a b ab +≥出发，再恰当地利用不等式的有关性质及“配方”的技巧可得到证明。
证明：∵ 222a b ab +≥（当且仅当22a b =时取等号） 两边同加4444222():2()()a b a b a b ++≥+，即：44222()22a b a b ++≥ （1） 又：∵ 222a b ab +≥（当且仅当a b =时取等号）两边同加22222():2()()a b a b a b ++≥+∴222()22a b a b ++≥ ∴ 2224()()22a b a b ++≥ （2） 由（1）和（2）可得444()22a b a b ++≥（当且仅当a b =时取等号）． 说明：此题参考用综合法证明不等式．综合法证明不等式主要是应用均值不等式来证明，要注意均值不等式的变形应用，一般式子中出现有平方和乘积形式后可以考虑用综合法来解．典型例题四例4 已知a 、b 、c R +∈，1a b c ++=，求证1119.a b c ++≥ 分析 显然这个题用比较法是不易证出的。
若把111a b c++通分，则会把不等式变得较复杂而不易得到证明．由于右边是一个常数，故可考虑把左边的式子变为具有“倒数”特征的形式，比如b aa b+，再利用“均值定理”就有可能找到正确的证明途径，这也常称为“凑倒数”的技巧．证明：∵1a b c ++=∴ 111a b c ++a b c a b c a b c a b c++++++=++ (1)(1)(1)b c a c a ba ab bc c =++++++++3()()()b a c a c ba b a c b c=++++++∵2b a a b +≥=，同理：2c a a c +≥，2c b b c +≥。
∴11132229.a b c++≥+++= 说明：此题考查了变形应用综合法证明不等式．题目中用到了“凑倒数”，这种技巧在很多不等式证明中都可应用，但有时要首先对代数式进行适当变形，以期达到可以“凑倒数”的目的．典型例题五例５ 已知c b a >>，求证：ac c b b a -+-+-111＞0. 分析：此题直接入手不容易，考虑用分析法来证明，由于分析法的过程可以用综合法来书写，所以此题用两种方法来书写证明过程.证明一：(分析法书写过程)为了证明ac c b b a -+-+-111＞0 只需要证明c b b a -+-11＞ca -1∵c b a >>∴0,0>->->-c b b a c a∴c b c a b a ---1,11 ＞0 ∴c b b a -+-11＞c a -1成立 ∴ac c b b a -+-+-111＞0成立 证明二：(综合法书写过程)∵c b a >> ∴0,0>->->-c b b a c a∴b a -1＞c a -1 c b -1＞0 ∴c b b a -+-11＞c a -1成立 ∴ac c b b a -+-+-111＞0成立 说明：学会分析法入手，综合法书写证明过程，但有时这两种方法经常混在一起应用，混合应用时，应用语言叙述清楚.典型例题六例6 若0,0a b >>，且2c a b >+，求证：c a c <<分析 这个不等式从形式上不易看出其规律性，与我们掌握的定理和重要的结论也没有什么直接的联系，所以可以采用分析的方法来寻找证明途径．但用“分析”法证不等式，要有严格的格式，即每一步推出的都是上一步的充分条件，直到推出的条件是明显成立的（已知条件或某些定理等）．证明：为要证c a c <<只需证a c <-<即证a c -<也就是22()a c c ab -<-，即证22a ac ab -<-， 即证2()ac a a b >+， ∵0,2,0a c a b b >>+>，∴2a bc +>≥2c ab >即有20c ab ->， 又 由2c a b >+可得2()ac a a b >+成立，∴ 所求不等式c a c <<说明：此题考查了用分析法证明不等式．在题目中分析法和综合法是综合运用的，要注意在书写时，分析法的书写过程应该是：“欲证……需证……”，综合法的书写过程是：“因为（∵）……所以（∴）……”，即使在一个题目中是边分析边说明也应该注意不要弄混．典型例题七例7 若233=+b a ，求证2≤+b a ．分析：本题结论的反面比原结论更具体、更简、宜用反证法．证法一：假设2>+b a ，则)(2))((222233b ab a b ab a b a b a +->+-+=+， 而233=+b a ，故1)(22<+-b ab a ． ∴ab b a ab 2122≥+>+．从而1<ab ， ∴2122<+<+ab b a ．∴4222)(222<+<++=+ab ab b a b a ． ∴2<+b a ．这与假设矛盾，故2≤+b a ．证法二：假设2>+b a ，则b a ->2，故3333)2(2b b b a +->+=，即261282b b +->，即0)1(2<-b ， 这不可能．从而2≤+b a ．证法三：假设2>+b a ，则8)(3)(333>+++=+b a ab b a b a ． 由233=+b a ，得6)(3>+b a ab ，故2)(>+b a ab ． 又2))((2233=+-+=+b ab a b a b a ，∴))(()(22b ab a b a b a ab +-+>+． ∴ab b ab a <+-22，即0)(2<-b a ．这不可能，故2≤+b a ．说明：本题三种方法均采用反证法，有的推至与已知矛盾，有的推至与已知事实矛盾． 一般说来，结论中出现“至少”“至多”“唯一”等字句，或结论以否定语句出现，或结论肯定“过头”时，都可以考虑用反证法．典型例题八例8 设x 、y 为正数，求证33322y x y x +>+． 分析：用综合法证明比较困难，可试用分析法．证明：要证33322y x y x +>+，只需证233322)()(y x y x +>+， 即证6336642246233y y x x y y x y x x ++>+++，化简得334224233y x y x y x >+，0)323(2222>+-y xy x y x ． ∵0334422<⨯⨯-=∆y y ， ∴032322>+-y xy x ． ∴0)323(2222>+-y xy x y x ． ∴原不等式成立．说明：1．本题证明易出现以下错误证法：xy y x 222≥+，323233332y x y x ≥+，然后分(1)1>>y x ；(2)1<<y x ；(3)1>x 且10<<y ；(4)1>y 且10<<x 来讨论，结果无效．2．用分析法证明数学问题，要求相邻两步的关系是B A ⇐，前一步是后一步的必要条件，后一步是前一步的充分条件，当然相互为充要条件也可以．典型例题九例9 已知2122≤+≤y x ，求证32122≤+-≤y xy x ． 分析：联想三角函数知识，进行三角换元，然后利用三角函数的值域进行证明． 证明：从条件看，可用三角代换，但需要引入半径参数r ． ∵2122≤+≤y x ，∴可设θ=cos r x ，θ=sin r y ，其中π≤θ≤≤≤2021，r ．∴)2sin 211(cos sin 22222θ-=θθ-=+-r r r y xy x ． 由232sin 21121≤θ-≤，故22223)2sin 211(21r r r ≤θ-≤． 而21212≥r ，3232≤r ，故32122≤+-≤y xy x ．说明：1．三角代换是最常见的变量代换，当条件为222r y x =+或222r y x ≤+或12222=±b y a x 时，均可用三角代换．2．用换元法一定要注意新元的范围，否则所证不等式的变量和取值的变化会影响其结果的正确性．典型例题十例10 设n 是正整数，求证121211121<+++++≤n n n ． 分析：要求一个n 项分式nn n 212111+++++ 的范围，它的和又求不出来，可以采用“化整为零”的方法，观察每一项的范围，再求整体的范围．证明：由),,2,1(2n k n k n n =>+≥，得nk n n 1121<+≤． 当1=k 时，n n n 11121<+≤； 当2=k 时，nn n 12121<+≤……当n k =时，nn n n 1121<+≤． ∴1212111221=<+++++≤=nn n n n n n ． 说明：1、用放缩法证明不等式，放缩要适应，否则会走入困境．例如证明4712111222<+++n ．由kk k 11112--<，如果从第3项开始放缩，正好可证明；如果从第2项放缩，可得小于2．当放缩方式不同，结果也在变化．2、放缩法一般包括：用缩小分母，扩大分子，分式值增大；缩小分子，扩大分母，分式值缩小；全量不少于部分；每一次缩小其和变小，但需大于所求，第一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头，同时放缩后便于求和．典型例题十一例11 已知0>>b a ，求证：bb a ab b a a b a 8)(28)(22-<-+<-． 分析：欲证不等式看起来较为“复杂”，宜将它化为较“简单”的形式，因而用分析法证明较好．证明：欲证b b a ab b a a b a 8)(28)(22-<-+<-， 只须证bb a ab b a a b a 4)(24)(22-<-+<-． 即要证2222)(2⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-<-<⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-b b a b a a b a ，即要证bb a b a ab a 22-<-<-．即要证bb a ab a 212+<<+，即要证bb a a b a +<<+2．即要证121+<<+ba ab ，即ba a b<<1． 即要证baa b <<1 （*） ∵0>>b a ，∴（*）显然成立，故b b a ab b a a b a 8)(28)(22-<-+<- 说明：分析法证明不等式，实质上是寻求结论成立的一个充分条件．分析法通常采用“欲证——只要证——即证——已知”的格式．典型例题十二例12 如果x ，y ，z R ∈，求证：332332332888y x z x z y z y x z y x ++≥++． 分析：注意到不等式左边各字母在项中的分布处于分离状态，而右边却结合在一起，因而要寻求一个熟知的不等式具有这种转换功能（保持两边项数相同），由0)()()(222≥-+-+-a c c b b a ，易得ca bc ab c b a ++≥++222，此式的外形特征符合要求，因此，我们用如下的结合法证明．证明：∵242424888)()()(z y x z y x ++=++444444x z x y y x ++≥222222222)()()(x z z y y x ++=222222222222y x x z x z z y z y y x ⋅+⋅+⋅≥222222)()()(y zx x yz z xy ++= z xy y zx y zx x yz x yz z xy 222222⋅+⋅+⋅≥ 332332332y x z x z y z y x ++=．∴332332332888y x z x z y z y x z y x ++≥++．说明：分析时也可以认为是连续应用基本不等式ab b a 222≥+而得到的．左右两边都是三项，实质上是ca bc ab c b a ++≥++222公式的连续使用．如果原题限定x ，y ，z +∈R ，则不等式可作如下变形：)111(333888zy x z y x z y x ++≥++进一步可得到：z y x yx z z x y z y x 111335335335++≥++．显然其证明过程仍然可套用原题的思路，但比原题要难，因为发现思路还要有一个转化的过程．典型例题十三例13 已知10<<a ，10<<b ，10<<c ，求证：在a c c b b a )1()1()1(---，，三数中，不可能都大于41． 分析：此命题的形式为否定式，宜采用反证法证明．假设命题不成立，则a c cb b a )1()1()1(---，，三数都大于41，从这个结论出发，进一步去导出矛盾． 证明：假设a c c b b a )1()1()1(---，，三数都大于41， 即41)1(>-b a ，41)1(>-c b ，41)1(>-a c ．又∵10<<a ，10<<b ，10<<c ，∴21)1(>-b a ，21)1(>-c b ，21)1(>-a c ．∴23)1()1()1(>-+-+-a c c b b a ①又∵21)1(b a b a +-≤-，21)1(c b c b +-≤-，21)1(ac a c +-≤-．以上三式相加，即得：23)1()1()1(≤⋅-+⋅-+⋅-a c c b b a ②显然①与②相矛盾，假设不成立，故命题获证． 说明：一般情况下，如果命题中有“至多”、“至少”、“都”等字样，通常情况下要用反证法，反证法的关键在于“归谬”，同时，在反证法的证明过程中，也贯穿了分析法和综合法的解题思想．典型例题十四例14 已知a 、b 、c 都是正数，求证：⎪⎭⎫⎝⎛-++≤⎪⎭⎫⎝⎛-+33322abc c b a ab b a ．分析：用分析法去找一找证题的突破口．要证原不等式，只需证332abc c ab -≤-，即只需证332abc ab c ≥+．把ab 2变为ab ab +，问题就解决了．或有分析法的途径，也很容易用综合法的形式写出证明过程．证法一：要证⎪⎭⎫⎝⎛-++≤-⎪⎭⎫ ⎝⎛+33322abc c b a ab b a ， 只需证332abc c b a ab b a -++≤-+，即332abc c ab -≤-，移项，得332abc ab c ≥+． 由a 、b 、c 为正数，得332abc ab ab c ab c ≥++=+． ∴原不等式成立．证法二：∵a 、b 、c 为正数，3333abc ab ab c ab ab c =⋅≥++∴．即332abc ab c ≥+，故332abc c ab -≤-．332abc c b a ab b a -++≤-+∴， ⎪⎭⎫⎝⎛-++≤-⎪⎭⎫ ⎝⎛+∴33322abc c b a ab b a ． 说明：题中给出的2ba +，ab ，3c b a ++，3abc ，只因为a 、b 、c 都是正数，形式同算术平均数与几何平均数定理一样，不加分析就用算术平均数与几何平均数定理来求证，问题就不好解决了．原不等式中是用“不大于”连结，应该知道取等号的条件，本题当且仅当ab c =时取“＝”号．证明不等式不论采用何种方法，仅仅是一个手段或形式问题，我们必须掌握证题的关键．本题的关键是证明332abc ab c ≥+．典型例题十五例15 已知0>a ，0>b ，且1=-b a ．求证：1)1)(1(10<+-<bb a a a ． 分析：记)1)(1(10bb a a a M +-<=，欲证10<<M ，联想到正、余弦函数的值域，本题采用三角换元，借助三角函数的变换手段将很方便，由条件1=-b a ，+∈R b a 、可换元，围绕公式1tan sec 22=θ-θ来进行．证明：令θ=2sec a ，θ=2tan b ，且20π<θ<， 则)tan 1(tan )sec 1(sec sec 1)1)(1(12θ+θ⋅θ-θθ=+-bb a a a )sin cos cos sin ()cos cos 1(cos 2θθ+θθ⋅θ-θθ= θ=θθ⋅θθ⋅θ=sin cos sin 1cos sin cos 22 ∵20π<θ<，∴1sin 0<θ<，即1)1)(1(10<+-<b b a a a 成立． 说明：换元的思想随处可见，这里用的是三角代换法，这种代换如能将其几何意义挖掘出来，对代换实质的认识将会深刻得多，常用的换元法有：(1)若1≤x ，可设R x ∈αα=,sin ；(2)若122=+y x ，可设α=cos x ，α=sin y ，R ∈α；(3)若122≤+y x ，可设α=cos r x ，α=sin r y ，且1≤r ．典型例题十六例16 已知x 是不等于1的正数，n 是正整数，求证n n n n x x x ⋅>+++12)1)(1(．分析：从求证的不等式看，左边是两项式的积，且各项均为正，右边有2的因子，因此可考虑使用均值不等式．证明：∵x 是不等于1的正数， ∴021>>+x x ， ∴n n n x x 2)1(>+． ① 又021>>+n n x x ． ②将式①，②两边分别相乘得n n n n n x x x x ⋅⋅>++22)1)(1(，∴n n n n x x x ⋅>+++12)1)(1(．说明：本题看起来很复杂，但根据题中特点，选择综合法求证非常顺利．由特点选方法是解题的关键，这里因为1≠x ，所以等号不成立，又因为①，②两个不等式两边均为正，所以可利用不等式的同向乘性证得结果．这也是今后解题中要注意的问题．典型例题十七例17 已知，x ，y ，z +∈R ，且1=++z y x ，求证3≤++z y x ．分析：从本题结构和特点看，使用比较法和综合法都难以奏效．为找出使不等式成立的充分条件不妨先用分析法一试，待思路清晰后，再决定证题方法．证明：要证3≤++z y x ， 只需证3)(2≤+++++yz xz xy z y x ， 只需证1≤++yz xz xy ．∵x ，y ，z +∈R ， ∴xy y x 2≥+，xz z x 2≥+，yz z y 2≥+， ∴)(2)(2yz xz xy z y x ++≥++， ∴1≤++yz xz xy 成立． ∴3≤++z y x ．说明：此题若一味地用分析法去做，难以得到结果．在题中得到只需证1≤++yz xz xy 后，思路已较清晰，这时改用综合法，是一种好的做法．通过此例可以看出，用分析法寻求不等式的证明途径时，有时还要与比较法、综合法等结合运用，决不可把某种方法看成是孤立的．典型例题十八例18 求证2131211222<++++n ． 分析：此题的难度在于，所求证不等式的左端有多项和且难以合并，右边只有一项．注意到这是一个严格不等式，为了左边的合并需要考查左边的式子是否有规律，这只需从21n下手考查即可．证明：∵)2(111)1(11112≥--=-<⋅=n nn n n n n n ， ∴ +⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+<++++312121111131211222n 212111<-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--+n n n ． 说明：此题证明过程并不复杂，但思路难寻．本题所采用的方法也是解不等式时常用的一种方法，即放缩法．这类题目灵活多样，需要巧妙变形，问题才能化隐为显，这里变形的这一步极为关键．典型例题十九例19 在ABC ∆中，角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，若B C A 2≤+，求证4442b c a ≤+．分析：因为涉及到三角形的边角关系，故可用正弦定理或余弦定理进行边角的转化． 证明：∵B B C A 2≤-π=+，∴21cos 3≤π≥B B ，． 由余弦定理得ac c a B ac c a b -+≥-+=22222cos 2∴ac b c a +≤+222，∴22222442)(c a c a c a -+=+=)2)(2(2222ac c a ac c a -+++])12([])12([22ac b ac b --⋅++≤22242c a b ac b -⋅+=44222)(b b b ac ≤+--=说明：三角形中最常使用的两个定理就是正弦和余弦定理，另外还有面积公式C ab S sin 21=．本题应用知识较为丰富，变形较多．这种综合、变形能力需要读者在平时解题时体会和总结，证明不等式的能力和直觉需要长期培养．。