§1 不等式的性质
1．理解用两个实数差的符号来规定两个数大小的意义，掌握求差比较法和求商比较法．
2．掌握不等式的性质，并能进行证明．
3．会用不等式的基本性质判断不等关系和用比较法、反证法证明简单不等式．
1．实数大小的比较
(1)求差比较法．
①a＞b?______；②______?a－b＜0；③a＝b?______．
判断两个实数a与b的大小归结为判断它们的差a－b的符号，至于差究竟是多少则是无关紧要的．
(2)求商比较法．
当a＞0，b＞0时，①＞1?______；②______?a＜b；③＝1?______．
答案：(1)①a－b＞0 ②a＜b ③a－b＝0 (2)①a＞b ②＜1 ③a＝b
【做一做1－1】比较大小：x2＋3__________3x(其中x∈R)．
【做一做1－2】比较1816与1618的大小．
2．不等式的性质
(1)性质1：如果a＞b，那么______；如果b＜a，那么______．
(2)性质2：如果a＞b，b＞c，那么______．
(3)性质3：如果a＞b，那么a＋c＞______．
推论：如果a＞b，c＞d，那么a＋c＞______．
(4)性质4：如果a＞b，c＞0，那么ac____bc；如果a＞b，c＜0，那么ac____bc．
推论1：如果a＞b＞0，c＞d＞0，那么ac＞____．
推论2：如果a＞b＞0，那么a2____b2．
推论3：如果a＞b＞0，那么an____bn(n为正整数)．
推论4：如果a＞b＞0，那么____(n为正整数)．
(1)引导学生掌握性质的证明方法，举反例是证明命题错误的主要方法，证明过程体现数学的严谨性．
(2)特别注意性质4使用的前提，不等号方向取决于c的符号．
【做一做2－1】判断下列命题的真假，并说明理由．
(1)如果a＞b，那么a－c＞b－c．
(2)如果a＞b，那么＞．
【做一做2－2】若a＞b＞c，则下列不等式成立的是( )．
A．＞ B．＜ C．ac＞bc D．ac＜bc
答案：
1．(1)①a－b＞0 ②a＜b ③a－b＝0 (2)①a＞b ②＜1 ③a＝b
【做一做1－1】＞ (x2＋3)－3x＝x2－3x＋3＝2＋3－＝2＋≥＞0，
即x2＋3＞3x．
【做一做1－2】分析：两个数是幂的形式，比较大小一般采用求商的方法．
解：＝16·＝16·16＝16，
∵∈(0,1)，∴16＜1．
∵1816＞0,1618＞0，∴1816＜1618．
2．(1)b＜a a＞b (2)a＞c (3)b＋c b＋d (4)＞ ＜ bd ＞ ＞ ＞
【做一做2－1】分析：从不等式的性质找依据，与性质相符的为真，与性质不相符的为假．
解：(1)真命题．理由：根据不等式的性质3，由a＞b，可得a＋(－c)＞b＋(－c)，即a－c＞b－c．
(2)假命题．理由：由不等式的性质4可知，如果a＞b，c＜0，则＜，即不等式的两边同乘以一个数时，必须明确这个数的正负．
【做一做2－2】B ∵a－c＞b－c＞0，∴＜．
1．比较两个实数的大小
剖析：比较两个实数a，b的大小，可以转化为a，b的差与0的大小比较，这种比较大小的方法称为求差比较法．它的主要步骤是：(1)作差；(2)变形(分解因式，配方等)；(3)判断差的符号；(4)下结论．其中最关键的是第(2)步，变形要有利于判断差的符号才行．
比较两个实数a，b的大小，也可以转化为a与b的商与1的大小比较，这种比较大小的方法称为求商比较法．它的主要步骤是：(1)作商；(2)变形；(3)判断商与1的大小关系；(4)下结论．
其中最关键的是第(3)步，在第(4)步中要注意不等号的方向，不等号的方向受分母的符号的影响．
2．不等式和等式的基本性质的区别与联系
剖析：区别：在等式的两边同乘以或除以同一个数(除数不为0)时，所得结果仍是等式；在不等式的两边同时乘以或除以同一个数(除数不为0)时会出现两种情况：若这个数为正数，则不等号方向不变，若这个数为负数，则不等号方向改变．
联系：不等式的基本性质和等式的基本性质，对等式(或不等式)两边形式的变化相同，讨论的都是两边同时加上或减去，同时乘以或除以(除数不为0)同一个数时的情况．
题型一 利用作差法比较大小
【例1】比较(a＋3)(a－5)与(a＋2)(a－4)的大小．
分析：此题为两个代数式比较大小，可先作差，然后展开，合并同类项后，判断差值的正负．
反思：利用作差法比较大小，实际上是把比较两数大小的问题转化为数的运算符号问题．作差时，只需看差的符号，至于差的值究竟是多少，这里无关紧要．如本题，只需看差－7的正负即可．
题型二 利用作商法比较大小
【例2】已知a＞b＞c＞0，比较a2ab2bc2c与ab＋cbc＋aca＋b的大小．
分析：用求差比较法不易变形，所以用求商比较法．
反思：用求商比较法比较两个式子的大小时，第(2)步的变形要向着有利于判断商与1的大小关系的方向变形，这是最重要的一步．
题型三 利用不等式的性质证明不等式
【例3】已知a＞b＞c＞d＞0，且＝，求证：a＋d＞b＋c．
分析：利用不等式的性质，将已知等式进行适当变形，注意符号的变化．
反思：在证明不等式时，往往不等式的性质和比例式的性质联合使用，使式子间转换更迅速．如本题，不仅有不等式性质应用的信息，更有比例的信息．因此这道题既要重视性质的运用技巧，也要重视比例性质的应用技巧．
题型四 易错辨析
【例4】已知函数f(x)＝ax2－c，－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5，求f(3)的取值范围．
错解：依题意，得
由(1)，(2)利用不等式的性质进行加减消元，得0≤a≤3,1≤c≤7，(3)
∴由f(3)＝9a－c，可得－7≤f(3)≤26．
错因分析：由(1)(2)得到不等式(3)是利用了不等式的性质中的加法法则，而此性质是单向的，不具有可逆性，从而使得a，c的范围扩大，这样f(3)的范围也随之扩大了．
反思：解本题时，利用f(1)，f(2)设法表示a，c，然后再代入f(3)的表达式中，从而用f(1)和f(2)来表示f(3)，最后运用已知条件确定f(3)的取值范围．
答案：
【例1】解：由题意，作差得
(a＋3)(a－5)－(a＋2)(a－4)
＝(a2－2a－15)－(a2－2a－8)
＝－7＜0，
所以(a＋3)(a－5)＜(a＋2)(a－4)．
【例2】解：由a＞b＞c＞0，得a2ab2bc2c＞0，ab＋cbc＋aca＋b＞0．
所以＝
＝aa－b·aa－c·bb－c·bb－a·cc－a·cc－b
＝a－b·a－c·b－c．
∵a＞b＞0，∴＞1，a－b＞0，即a－b＞1．
同理b－c＞1，a－c＞1．
∴＞1，
即a2ab2bc2c＞ab＋cbc＋aca＋b．
【例3】证明：∵＝，∴＝．
∴(a－b)d＝(c－d)b．
又∵a＞b＞c＞d＞0，
∴a－b＞0，c－d＞0，b＞d＞0且＞1，
∴＝＞1，
∴a－b＞c－d，即a＋d＞b＋c．
【例4】正解：由
解得
∴f(3)＝9a－c＝f(2)－f(1)．
∵－4≤f(1)≤－1，∴≤f(1)≤．(1)
又－1≤f(2)≤5，故－≤f(2)≤．(2)
把(1)，(2)两边分别相加，得
－1≤f(2)－f(1)≤20，∴－1≤f(3)≤20．
1对于实数a，b，c，有下列命题：
①若a＞b，则ac＜bc；②若ac2＞bc2，则a＞b；③若a＜b＜0，则a2＞ab＞b2；④若c＞a＞b＞0，则＞；⑤若a＞b，＞，则a＞0，b＜0．其中真命题的个数是( )．
A．2 B．3 C．4 D．5
2若a＜0，－1＜b＜0，则有( )．
A．a＞ab＞ab2 B．ab2＞ab＞a C．ab＞a＞ab2 D．ab＞ab2＞a
3设a＞1，－1＜b＜0，则a，b，－a，－b，－ab按由大到小的顺序排列是__________．
4若x∈R，则x2－x与x－2的大小关系是__________．
答案：
1．C ①∵c的正、负或是否为零未知，∴无法判断ac与bc的大小，故该命题是假命题．
②由ac2＞bc2，知c≠0．又c2＞0，∴a＞b．故该命题是真命题．
③?a2＞ab，?ab＞b2，
∴a2＞ab＞b2．故该命题为真命题．
④a＞b＞0?－a＜－b?c－a＜c－b．
∵c＞a，∴c－a＞0，∴0＜c－a＜c－b．
两边同乘以，得＞＞0．
又a＞b＞0，∴＞．故该命题为真命题．
⑤a＞b?a－b＞0，＞?－＞0?＞0．
∵a－b＞0，∴b－a＜0，∴ab＜0．
又a＞b，∴a＞0，b＜0，故该命题为真命题．
综上可知，命题②③④⑤都是真命题．
2．D ∵a＜0，－1＜b＜0，
∴ab＞0，b－1＜0,1－b＞0,0＜b2＜1，
∴1－b2＞0，
∴ab－a＝a(b－1)＞0．
∴ab＞a．
又ab－ab2＝ab(1－b)＞0，
∴ab＞ab2．
又a－ab2＝a(1－b2)＜0，
∴a＜ab2．故ab＞ab2＞a．
3．a＞－ab＞－b＞b＞－a 依题意，知a＞－b＞b＞－a，－ab＞0，且|b|＜－ab＜|a|，即－b＜－ab＜a，
∴a＞－ab＞－b＞b＞－a．
4．x2－x＞x－2 运用作差比较法．
(x2－x)－(x－2)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1．
因为(x－1)2≥0，所以(x－1)2＋1＞0，
即(x2－x)－(x－2)＞0．所以x2－x＞x－2．
2.1 绝对值不等式
1．理解含有绝对值的不等式的性质．
2．掌握绝对值不等式的定理及绝对值的几何意义．
3．能利用绝对值不等式证明不等式及求最值等简单问题，并认识不等式证法的多样性、灵活性．
1．实数的绝对值的概念
(1)定义：|a|＝
(2)|a|的几何意义：|a|表示数轴上实数a对应的点与原点之间的______．
(3)两个重要性质：(Ⅰ)①|ab|＝______；②＝______；
(Ⅱ)|a|＜|b|?a2____b2．
(4)|x－a|的几何意义：数轴上实数x对应的点与实数a对应的点之间的______，或数轴上表示x－a的点到______的距离．
(5)|x＋a|的几何意义：数轴上实数x对应的点与实数－a对应的点之间的____，或数轴上表示x＋a的点到原点的____．
【做一做1】解不等式|x＋1|＞|2x－3|－2．
2．绝对值不等式的定理
(1)定理：对任意实数a和b，有|a＋b|≤______，当且仅当ab≥0时，等号成立．
(2)定理的另一种形式：对任意实数a和b，有|a－b|≤|a|＋|b|，当且仅当______时，等号成立．
(1)绝对值不等式的完整形式：
①|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|；
②||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|．
(2)绝对值不等式的一般形式：
|a1＋a2＋…＋an|≤|a1|＋|a2|＋…＋|an|(n∈N＋)．
【做一做2】已知|x－a|＜，|y－b|＜，求证：|(x＋y)－(a＋b)|＜c．
3．|a＋b|≤|a|＋|b|的几何意义
(1)如图所示，当a，b同号时，它们位于原点的同一边，此时a与－b的距离____它们到原点的距离____．
(2)如图所示，当a，b异号时，它们分别位于原点的两边，a与－b的距离____a与b到原点的距离____．
【做一做3】若不等式|x－4|－|x－3|≤a对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是__________．
答案：
1．(1)a 0 －a (2)距离 (3)(Ⅰ)①|a||b| ② (Ⅱ)＜ (4)距离 原点 (5)距离 距离
【做一做1】分析：解含有绝对值的不等式，利用|a|＝将不等式中的绝对值符号去掉，转化成与之同解的不含绝对值的不等式(组)，再去求解．
解：令x＋1＝0，得x＝－1．令2x－3＝0，得x＝，如图．
(1)当x≤－1时，原不等式可化为－(x＋1)＞－(2x－3)－2，
解得x＞2，与条件矛盾，无解．
(2)当－1＜x≤时，原不等式可化为x＋1＞－(2x－3)－2，
解得x＞0，故0＜x≤．
(3)当x＞时，原不等式可化为x＋1＞2x－3－2，
解得x＜6，故＜x＜6．
综上，原不等式的解集为{x|0＜x＜6}．
2．(1)|a|＋|b| (2)ab≤0
【做一做2】分析：利用不等式的性质证明即可．
证明：|(x＋y)－(a＋b)|＝|(x－a)＋(y－b)|≤|x－a|＋|y－b|．①
∵|x－a|＜，|y－b|＜，
∴|x－a|＋|y－b|＜＋＝c．②
由①②，得|(x＋y)－(a＋b)|＜c．
3．(1)等于 之和 (2)小于 之和
【做一做3】[1，＋∞) 设f(x)＝|x－4|－|x－3|，则f(x)≤a对一切x∈R恒成立，只需a≥f(x)max．
因为|x－4|－|x－3|≤|(x－4)－(x－3)|＝1，
当且仅当x≤3时等号成立，即f(x)max＝1，
所以a≥1．
1．对绝对值不等式的理解
剖析：绝对值不等式实质是两个实数的和差的绝对值与绝对值的和差的关系，我们可以类比得到另外一种形式：|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|．
和差的绝对值与绝对值的和差的关系是由ab＞0，ab＜0，ab＝0三种情况来确定的，其本质是叙述两个实数的符号在各种情形下得到的结果，即这个定理本身就是一个分类讨论问题．“数”分正、负、零等不同情况讨论，往往在所难免，因此，对绝对值的认识要有分类讨论的习惯．
2．绝对值不等式的几何意义
剖析：用向量a，b替换实数a，b时，问题就从一维扩展到二维，当向量a，b不共线时，a＋b，a，b构成三角形，有|a＋b|＜|a|＋|b|．当向量a，b共线时，a，b同向(相当于ab≥0)时，|a＋b|＝|a|＋|b|；a，b异向(相当于ab＜0)时，|a＋b|＜|a|＋|b|，这些都是利用了三角形的性质定理，如两边之和大于第三边等，这样处理，可以形象地描绘绝对值三角不等式，更易于记忆，并有利于定理的应用．
题型一 利用绝对值不等式证明不等式
【例1】设m等于|a|，|b|和1中最大的一个，当|x|＞m时，求证：＜2．
分析：本题的关键是对题设条件的理解和运用．判断|a|，|b|和1这三个数中哪个最大．如果两两比较大小，将十分复杂，但我们可以得到一个重要的信息：m≥|a|、m≥|b|、m≥1．从而利用这一条件证题．
反思：分析题目时，题目中的语言文字是我们解题信息的重要来源与依据，而解题时的数学符号语言也往往需要从文字语言“翻译”转化而来，那么准确理解题目中的文字语言，适时准确地进行转化也就成了解题的关键，如本题中题设条件中的文字语言“m等于|a|，|b|和1中最大的一个”转化为符号语言“m≥|a|，|m|≥|b|，m≥1”，这是证明本题的关键．
题型二 利用绝对值不等式求最值
【例2】求函数y＝|x＋1|－|x－4|的最大值和最小值．
分析：可以利用绝对值不等式的性质进行变形来解，也可以把绝对值号去掉，转化成分段函数，分别求出最值，最后取并集．
反思：对于含有两个及两个以上的绝对值代数式，把其利用各零点转化成分段函数，再利用分段函数的性质分别进行分析是很好的方法．
答案：
【例1】证明：∵|x|＞m≥|a|，|x|＞m≥|b|，|x|＞m≥1，
∴|x|2＞|b|．
∴≤＋＝＋＜＋＝2．
故原不等式成立．
【例2】解：解法一：
≤＝5，
∴－5≤|x＋1|－|x－4|≤5．
当且仅当
即x≥4时，|x＋1|－|x－4|≤5中的等号成立．
当且仅当
即x≤－1时，|x＋1|－|x－4|≥－5中的等号成立．
∴ymax＝5，ymin＝－5．
解法二：把函数看作分段函数
y＝|x＋1|－|x－4|＝
当－1＜x＜4时，－5＜2x－3＜5．
∴y∈[－5,5]，
∴ymax＝5，ymin＝－5．
1若|x－a|＜m，|y－a|＜n，则下列不等式一定成立的是( )．
A．|x－y|＜2m B．|x－y|＜2n C．|x－y|＜n－m D．|x－y|＜n＋m
2设ab＞0，下面四个不等式中，正确的是( )．
①|a＋b|＞|a|；②|a＋b|＜|b|；③|a＋b|＜|a－b|；④|a＋b|＞|a|－|b|．
A．①和② B．①和③ C．①和④ D．②和④
3若a，b∈R，且满足|a－2b|＜|b|，则下列各式中正确的是( )．
A．a＜3b B．a＞b C．|a|＜|b| D．|b|＜|a|＜3|b|
4求证：≤＋．
答案：
1．D |x－y|＝|x－a－(y－a)|≤|x－a|＋|y－a|＜m＋n．
2．C ∵ab＞0，∴a，b同号，
∴|a＋b|＝|a|＋|b|，
∴①和④正确．
3．D |b|＞|a－2b|＞|a|－2|b|，
∴|a|＜3|b|．
又∵|a－2b|＝|2b－a|，
∴|b|＞|2b－a|＞2|b|－|a|．
∴|a|＞|b|．
综上，知|b|＜|a|＜3|b|．
4．证明：(1)当|a＋b|＝0时，显然原不等式成立．
(2)当|a＋b|≠0时，∵0＜|a＋b|≤|a|＋|b|，
∴≥．
∴＝≤
＝＝＋
≤＋．
∴原不等式成立．
2.2 绝对值不等式的解法
1．会利用绝对值的几何意义来证明不等式．
2．掌握|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c，|x－a|＋|x－b|≥c和|x－a|＋|x－b|≤c的求解及证明方法．
1．(1)解绝对值不等式的主要依据
解含绝对值的不等式的主要依据为________、________及不等式的性质．
(2)绝对值不等式的解法(同解性)
①|x|＜a?
②|x|＞a?
【做一做1】解下列绝对值不等式：
(1)|x|＜3；(2)|x|＞4．
2．|ax＋b|≤c(c＞0)，|ax＋b|≥c(c＞0)型不等式的解法
(1)|ax＋b|≤c(c＞0)型不等式的解法：先化为不等式组____________，再利用不等式的性质求出原不等式的解集，也可以利用绝对值的几何意义求解．
(2)|ax＋b|≥c(c＞0)的解法：先化为______和______，再进一步利用不等式的性质求出原不等式的解集，也可以利用绝对值的几何意义求解．
【做一做2－1】不等式|x＋4|＞9的解集是__________．
【做一做2－2】不等式|2x＋1|＞x＋1的解集为__________．
3．|x－a|＋|x－b|≥c和|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法
解法一：可以利用绝对值的________．(简称几何法)
解法二：利用分类讨论的思想，以绝对值的“____”为分界点，将数轴分成几个区间，然后确定各个绝对值中的多项式的____，进而去掉__________．(简称分段讨论法)
解法三：可以通过________，利用________，得到不等式的解集．(简称图像法)
由上可以看出：解含有绝对值的不等式，关键在于利用绝对值的意义设法去掉__________，把它转化为一个或几个普通______或________(即不含绝对值符号)．
【做一做3】解不等式|2x－5|－|x＋1|＜2．
答案：
1．(1)绝对值的定义 几何意义 (2)①－a＜x＜a 无解 ②x＜－a或x＞a x≠0 x∈R
【做一做1】解：(1)∵3＞0，∴－3＜x＜3．
(2)∵4＞0，∴x＞4或x＜－4．
2．(1)－c≤ax＋b≤c (2)ax＋b≥c ax＋b≤－c
【做一做2－1】{x|x＜－13或x＞5} 由原不等式，得x＋4＞9或x＋4＜－9，
解得x＞5或x＜－13．
【做一做2－2】 原不等式可化为不等式组：或
解得x＞0或x＜－．
3．几何意义 零点 符号 绝对值符号 构造函数 函数图像 绝对值符号 不等式 不等式组
【做一做3】分析：利用零点分区间法解题．
解：令2x－5＝0，得x＝．令x＋1＝0，得x＝－1．
(1)当x≤－1时，原不等式等价于－(2x－5)＋(x＋1)＜2，即－x＋6＜2，即x＞4，无解．
(2)当－1＜x＜时，原不等式等价于－(2x－5)－(x＋1)＜2，即－3x＋4＜2，即x＞．∴＜x＜．
(3)当x≥时，原不等式等价于(2x－5)－(x＋1)＜2，即x－6＜2，即x＜8．∴≤x＜8．
综上，得原不等式的解集为．
用分段讨论法解含绝对值的不等式
剖析：分段讨论法解含绝对值的不等式时，是先求出使每一个绝对值符号内的数学式子等于零的未知数的值(称为零点)，将这些值依次在数轴上标注出来，它们把数轴分成若干个区间，讨论每一个绝对值符号内的式子在每一个区间上的符号，去掉绝对值符号，使之转化为不含绝对值的不等式求解，求解过程中不要丢掉对区间端点的讨论，以免漏解．
在分段讨论过程中，每一段的讨论都有一个“x”的范围(或值)作为本段讨论的前提，这与解含参数的不等式有些类似，但本质上又不同，每一段的讨论结果，都是“x”的前提范围与本段含绝对值不等式去掉绝对值号的不等式解集的交集，而最后的不等式的解集应是每一段结果的并集；解含参数的不等式讨论时，每一步的前提条件是参数所取的范围(或值)，每一步间的结果各自独立．不存在“交、并”集的说法，因此最后的结果也必须在参数的不同限制范围下叙述结论．所以解含绝对值不等式与解含参数不等式，虽然都是用的分段讨论法，但实质上是不同的．这就要求准确理解和把握各自不同的解题思路及解题过程，以免出错．
题型一|ax＋b|≤c(c＞0)和|ax＋b|≥c(c＞0)型不等式的解法
【例1】解不等式2＜|2x－5|≤7．
分析：分清楚绝对值不等式的类型，利用绝对值不等式的同解性或几何定义求解．
反思：(1)|ax＋b|≥c(c＞0)?ax＋b≥c或ax＋b≤－c；(2)|ax＋b|≤c(c＞0)?－c≤ax＋b≤c．在实际问题中，我们应先把x的系数化为正数后再求解．
题型二 |x－a|＋|x－b|≥c型不等式的解法
【例2】解不等式|x－1|＋|x＋2|≥5．
分析：这个绝对值不等式比较复杂，我们需要从它的几何意义来分析，设数轴上与－2,1对应的点分别是A，B，那么不等式的解就是数轴上到A，B两点的距离之和不小于5的点所对应的实数．所以我们只要在数轴上确定出具有上述特点的点的位置，就可以得出不等式的解集．
反思：本例题有三种解题方法，各有特点．
解法一可利用绝对值不等式的几何意义，体现了数形结合思想．从中可以发现，理解绝对值的几何意义，给绝对值不等式以准确的几何解释是解题关键．
解法二可利用|x－1|＝0，|x＋2|＝0的解，将数轴分为三个区间，然后在这三个区间上将原不等式转化为不含绝对值符号的不等式而求解，体现了分类讨论思想．从中可以发现，以绝对值的“零点”为分界点，将数轴分为几个区间的目的是为了确定各个绝对值中的多项式的符号，进而去掉绝对值符号．
解法三可通过构造函数，利用函数的图像，体现了函数与方程的思想．从中可以发现，正确求出函数的零点并画出函数图像(有时需要考察函数的增减性)是解题的关键．
题型三 |x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法
【例3】求关于x的不等式|x＋4|＋|x－2|≤6的解集．
反思：分类讨论法，令|x－a|＝0，|x－b|＝0．从而把数轴分成3部分，在各个小区间上去掉绝对值号求解，最后写出并集即可．
答案：
【例1】解：解法一：原不等式等价于
∴
解得
∴原不等式的解集为．
解法二：原不等式的解集是下面两个不等式组解集的并集．
原不等式可化为(1)或
(2)
解不等式组(1)，得＜x≤6．
解不等式组(2)，得－1≤x＜．
∴原不等式的解集为．
【例2】
解：解法一：(几何法)如图，设数轴上与－2,1对应的点分别是A，B，那么A，B两点的距离是3，因此区间[－2,1]上的数都不是原不等式的解．为了求出不等式的解，关键要在数轴上找出与点A，B的距离之和为5的点．将点A向左移动1个单位到点A1，这时有|A1A|＋|A1B|＝5；
同理，将点B向右移动1个单位到点B1，这时也有|B1A|＋|B1B|＝5．
从数轴上可以看到，点A1与B1之间的任何点到点A，B的距离之和都小于5；点A1的左边或点B1的右边的任何点到点A，B的距离之和都大于5．
所以，原不等式的解集是(－∞，－3]∪[2，＋∞)．
解法二：(分段讨论法)(1)当x≤－2时，原不等式可以化为－(x－1)－(x＋2)≥5，解得x≤－3，
即不等式组的解集是(－∞，－3]．
(2)当－2＜x＜1时，原不等式可以化为－(x－1)＋(x＋2)≥5，即3≥5，矛盾．
所以不等式组的解集为．
(3)当x≥1时，原不等式可以化为(x－1)＋(x＋2)≥5，解得x≥2，
即不等式组的解集是[2，＋∞)．
综上所述，原不等式的解集是(－∞，－3]∪[2，＋∞)．
解法三：(图像法)将原不等式转化为|x－1|＋|x＋2|－5≥0．
构造函数y＝|x－1|＋|x＋2|－5，
即y＝
作出函数的图像(如图)，它是分段线性函数，函数的零点是－3,2．从图像可知，当x∈(－∞，－3]∪[2，＋∞)时，有y≥0，即|x－1|＋|x＋2|－5≥0．
所以原不等式的解集是(－∞，－3]∪[2，＋∞)．
【例3】解：令x＋4＝0，得x＝－4．令x－2＝0，得x＝2．
(1)当x≤－4时，原不等式等价于－(x＋4)－(x－2)≤6，得－2x－2≤6，即x≥－4．∴x＝－4．
(2)当－4＜x＜2时，原不等式等价于(x＋4)－(x－2)≤6，即6≤6成立．∴－4＜x＜2．
(3)当x≥2时，原不等式等价于(x＋4)＋(x－2)≤6，得2x＋2≤6，即x≤2．∴x＝2．
综上，知原不等式的解集为{x|－4≤x≤2}．
1下列不等式中，解集为R的是( )．
A．|x＋2|＞1 B．|x＋2|＋1＞1
C．(x－78)2＞－1 D．(x＋78)2－1＞0
2不等式＞的解集是( )．
A．{x|0＜x＜2} B．{x|x＜0或x＞2} C．{x|x＜0} D．{x|x＞2}
3不等式|x＋3|＜4的解集是( )．
A．(－7,1) B．(1,7) C．(－4,1) D．(－3,1)
4不等式|x＋3|－|x－2|≥3的解集是__________．
答案：
1．C 根据a2≥0，知(x－78)2＞－1在R内恒成立．
2．B 由已知，得＜0，解得x＜0或x＞2．
故选B．
3．A |x＋3|＜4?－4＜x＋3＜4?－7＜x＜1．
4．{x|x≥1} |x＋3|－|x－2|≥3?或或
∴x∈或1≤x＜2或x≥2．
∴不等式的解集为{x|x≥1}．
§3 平均值不等式
1．掌握定理1和定理2及其证明，并能灵活应用．
2．理解定理3和定理4及其证明，并能简单应用．
3．会用相关定理解决简单的最大(最小)值问题．
1．二元均值不等式
(1)定理1：
对任意实数a，b，有a2＋b2≥____(此式当且仅当a＝b时取“＝”号)．
(2)定理2：
对任意两个正数a，b，有______≥(此式当且仅当a＝b 时取“＝”号)．
我们称______为正数a与b的算术平均值，______为正数a与b的几何平均值．
定理2可叙述为：两个正数的__________不小于它们的__________．
【做一做1－1】函数y＝＋x(x＞3)的最小值是( )．
A．5 B．4 C．3 D．2
【做一做1－2】“a＞b＞0”是“ab＜”的( )．
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
2．三元均值不等式及其推广
(1)定理3：
对任意三个正数a，b，c，有a3＋b3＋c3≥____(此式当且仅当a＝b＝c时取“＝”号)．
(2)定理4：
对任意三个正数a，b，c，有≥(此式当且仅当a＝b＝c时取“＝”号)．
定理4可叙述为：三个正数的__________不小于它们的__________．
(3)n个正数的算术几何平均不等式：
一般地，对n个正数a1，a2，…，an(n≥2)，我们把数值______________，__________分别称为这n个正数的算术平均值与几何平均值，且有______________≥，此式当且仅当____________时取“＝”号，即n个正数的算术平均值不小于它们的__________．
【做一做2】设x，y，z∈R＋，且x＋y＋z＝1．求证：＋＋≥36．
答案：
1．(1)2ab (2) 算术平均值 几何平均值
【做一做1－1】A 原式变形为y＝＋x－3＋3．
∵x＞3，∴x－3＞0，∴＞0．
∴y≥2＋3＝5．
当且仅当x－3＝，即x＝4时等号成立．
【做一做1－2】A 当a＞b＞0时，＞＝ab成立，当ab＜时，不能推出“a＞b＞0”，故选A．
2．(1)3abc (2)算术平均值 几何平均值
(3) a1＝a2＝…＝an 几何平均值
【做一做2】分析：本题需变式出现积为定值的情况，而条件中是和为定值x＋y＋z＝1，所以对所证不等式的左边需变形出现积为定值的情况．
证明：＋＋＝＋＋
＝14＋＋＋
≥14＋4＋6＋12＝36．
当且仅当＝，＝，＝，且x＋y＋z＝1，即x＝，y＝，z＝时取等号．
对定理1和定理2的理解
剖析：(1)a2＋b2≥2ab与≥成立的条件是不同的：前者只要求a，b都是实数，而后者要求a，b都是正数．有些同学易忽略这一点，例如：(－1)2＋(－4)2≥2×(－1)×(－4)成立，而≥不成立．
(2)这两个不等式都带有等号，应从两方面理解，“当且仅当……时，取‘＝’号”这句话：
①当a＝b时，取等号，其意义是a＝b?＝；
②仅当a＝b时，取等号，其意义是＝?a＝b．
综合起来，其意义是：a＝b是＝成立的充要条件．
(3)从这两个不等式我们可以得到如下结论：＋≥2(ab＞0)；≤≤≤(a＞0，b＞0)．
(4)式子中的a，b可以是数字，也可以是复杂的代数式．
题型一 利用平均值不等式证明不等式
【例1】若x＞0，y＞0，x＋y＝1，求证：≥9．
分析：本题是有条件的证明不等式问题，要巧用“x＋y＝1”来证明．
反思：利用平均值不等式证明不等式时，要注意把握平均值不等式的结构特点，以便灵活地用于解题，另外，式子的灵活变形，进行拆项、凑项，也是常用的方法．
题型二 利用平均值不等式求最值
【例2】设x≥0，y≥0，x2＋＝1，求x的最大值．
分析：利用x2＋＝1，将式子进行变形再利用定理进行求解．
反思：在解题过程中，要拼凑出和为定值，利用≤(a＞0，b＞0)来求解最大值．
【例3】求函数f(x)＝x(5－2x)2的最大值．
分析：对于x(5－2x)2无法直接利用平均值不等式求最值，可先拼凑出平均值不等式的形式后再求最值．
反思：利用a＋b＋c≥3应注意不等式成立的条件．在求最值时，除了注意“一正”、“二定”、“三相等”之外，还要掌握配项、凑系数等变形技巧，有时为了便于应用公式，还用换元法，多用于分母中有根式的情况．
题型三 利用平均值不等式解决实际问题
【例4】如图，为处理含有某种杂质的污水，要制造一个底面宽为2 m的无盖长方体沉淀箱，污水从A孔流入，经沉淀后从B孔流出，设箱体的长为a m，高为b m，已知流出的水中该杂质的质量分数与a，b的乘积ab成反比．现有制箱材料60 m2，问当a，b各为多长时，沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小？(A，B孔的面积忽略不计)
分析：题意中的“杂质的质量分数”可按“杂质的含量”理解，设为y．由题意y与ab成反比，可设比例系数为k，则y＝．又由于箱体材料多少的限制，a，b之间应有一定的关系式，即2×2b＋2ab＋2a＝60，因此该题的数学模型是：已知ab＋a＋2b＝30，a＞0，b＞0，求a，b为何值时，y＝最小．
反思：(1)对于分母是一次式，分子是二次式的分式，可采用本题中的变形方法．
(2)本题的难度不在于建立数学模型，而在于建模后如何求函数的最值，这需要扎实的数学知识和灵活应用基本定理、公式解题的能力．
(3)可以说解应用题需要过两关：一关是如何对由文字给出的应用问题建立数学模型；另一关就是对于建模后的数学模型，如何用相关的数学知识将其解答出来．
题型四 易错辨析
【例5】设a，b，x，y∈R，且有a2＋b2＝3，x2＋y2＝6，求ax＋by的最大值．
错解：∵ax≤，by≤，
∴ax＋by≤(a2＋b2＋x2＋y2)＝，
∴ax＋by的最大值为．
错因分析：错解中不等式取等号的条件是当且仅当x＝a，y＝b，由条件知这是不可能的，所以不可能取到上述的最大值．
反思：在利用平均值不等式进行证明或求解时，一定要注意等号取得的条件是否满足，即“一正、二定、三相等”的原则．
答案：
【例1】证明：证法一：左边＝1＋＋＋＝1＋＋＝1＋≥1＋＝9＝右边．
当且仅当x＝y＝时，等号成立．
证法二：左边＝＝＝5＋2≥5＋4＝9＝右边．
当且仅当x＝y＝时，等号成立．
证法三：利用三角函数来证明．
令x＝cos2θ，y＝sin2θ，0＜θ＜．
左边＝＝1＋＋＋＝1＋＝1＋≥1＋8＝9＝右边．
当0＜2θ＜π，且θ＝，即x＝y＝时取等号．
【例2】解：∵x≥0，y≥0，x2＋＝1，
∴x＝＝
≤·＝·＝．
当且仅当x＝，y＝时，x取得最大值．
【例3】解：f(x)＝×4x×(5－2x)(5－2x)
≤3＝．
当且仅当4x＝5－2x，即x＝时，等号成立．
∴当x＝时，函数f(x)＝x(5－2x)2有最大值．
【例4】解：设流出的水中杂质的质量分数为y，由题意，得y＝，其中k为比例系数(k＞0)．根据题意，得2×2b＋2ab＋2a＝60(a＞0，b＞0)．
∴b＝(由a＞0，b＞0，可得0＜a＜30)．
∴y＝＝．令t＝a＋2，则a＝t－2．
从而＝＝＝34－，
∴y＝≥＝．
当且仅当t＝，即a＋2＝时，取“＝”号，
∴a＝6．
由a＝6，可得b＝3．
综上所述，当a＝6，b＝3时，经沉淀后流出的水中杂质的质量分数最小．
【例5】正解：∵a2y2＋b2x2≥2aybx，
∴(a2＋b2)(x2＋y2)≥(ax＋by)2，
当且仅当ay＝bx时取等号．
∴ax＋by≤＝3，
当且仅当ax＝by且a2＋b2＝3且x2＋y2＝6时，等号成立．
1下列结论正确的是( )．
A．当x＞0且x≠1时，lg x＋≥2
B．当x＞0时，＋≥2
C．当x≥2时，x＋的最小值为2
D．当0＜x≤2时，x－无最大值
2已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，则＋＋与9的大小关系是( )．
A．＋＋≥9 B．＋＋＜9
C．＋＋＝9 D．不确定
3若x，y是正数，则2＋2的最小值是__________．
4设计一幅宣传画，要求画面面积为4 840 cm2，画面的宽与高的比为λ(λ＜1)，画面的上、下各留8 cm的空白，左、右各留5 cm的空白．怎样确定画面的高与宽，才能使宣传画所用纸张面积最小？
答案：
1．B 在选项A中，0＜x＜1时，lg x＜0不成立；选项C中，等号取不到；选项D中，x－为增函数，当x＝2时取得最大值．
2．A ＋＋＝＋＋
＝3＋＋＋
≥3＋2＋2＋2＝9．
当且仅当a＝b＝c＝时取等号．
3．4 原式＝x2＋＋y2＋＋＋．
∵x＞0，y＞0，
∴原式≥2·＋2·＋2＝4，
当且仅当x＝y＝时，等号成立．
4．解：设画面的宽为x cm，则画面的高为cm，设纸张面积为S cm2，则S＝(x＋10)＝5 000＋16≥5 000＋16×2＝6 760．
当且仅当x＝，即x＝55时，S取得最小值．
此时高为＝88 cm，λ＝＝＜1．
答：画面的高为88 cm，宽为55 cm时，才能使宣传画所用纸张面积最小．
4 不等式的证明 第1课时 比较法、分析法
1．理解用比较法、分析法证明不等式的一般方法和步骤，并能证明具体的不等式．
2．理解不等式证明方法的意义，并掌握不等式中取得等号的条件．
1．比较法
(1)求差比较法．
①理论依据：a＞b?______；a＜b?______．
②证明步骤：____→变形→____→得出结论．
(2)求商比较法．
①理论依据：b＞0，＞1?______；b＜0，＞1?____．
②证明步骤：____→变形→________________．
【做一做1－1】已知x，y∈R，M＝x2＋y2＋1，N＝x＋y＋xy，则M与N的大小关系是( )．
A．M≥N B．M≤N C．M＝N D．不能确定
【做一做1－2】设m＞1，P＝－，Q＝－，则P与Q的大小关系是__________．
2．分析法
(1)定义：从____________出发，分析使此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________的问题，如果能够使这些充分条件都具备，那么就可以断定原不等式成立，这种证明方法叫做______．
(2)思路：“执果索因”的证明方法，即从______________出发，不断地用充分条件来代替前面的不等式，直到____________为止．
【做一做2】若a＋b＝1，求证：＋≤2．
答案：
1．(1)①a－b＞0 a－b＜0 ②作差 定号
(2)①a＞b a＜b ②作商 判断与1的大小关系
【做一做1－1】A M－N＝x2＋y2＋1－(x＋y＋xy)
＝[(x2＋y2－2xy)＋(x2－2x＋1)＋(y2－2y＋1)]
＝[(x－y)2＋(x－1)2＋(y－1)2]≥0．
∴M≥N．
【做一做1－2】P＞Q P＝－＝＞0，Q＝－＝＞0，
∴＝＞1，
∴P＞Q．
2．(1)所要证明的结论 是否成立 分析法
(2)求证的不等式 找到已知不等式
【做一做2】分析：利用分析法来考虑，容易找到证明思路．
证明：要证＋≤2，
即证2≤4，
即证a＋b＋1＋2≤4．
∵a＋b＝1，故就是要证·≤1，
即证ab＋(a＋b)＋≤1，
即证ab≤，只需证ab≤2，
也就是只需2ab≤a2＋b2成立，这显然是成立的．
故原不等式成立．
1．比较大小关系的一般方法
剖析：比较大小关系的一般方法是求差或求商比较法．可以先用特殊值赋值的方法对最后的结果进行预测，再进行比较．还有一类较为特殊的比较大小的问题，如数列问题中，两个数或代数式的大小可能会随一些变量或参数的不同范围而发生变化，这就要注意对相关问题的讨论，大小关系一定或不一定，首先应判断．
2．求商比较法中的符号问题
剖析：在求商比较法中，＞1?b＞a是不正确的，这与a，b的符号有关，比如若a，b＞0，由＞1，可得b＞a，但若a，b＜0，由＞1，可得b＜a，所以在求商比较法中，要对a，b的符号作出判断．对于此类问题，分为含参数变量类的和大小固定的，因而可以通过特殊值的方法先进行一定的猜测，进而再给出推理或证明过程．
题型一 用求差比较法证明不等式
【例1】已知a，b∈R，且a＋b＝1，求证：ax2＋by2≥(ax＋by)2．
分析：利用→→→的步骤去证明．
反思：利用比较法来证明不等式时，为了说明差式的符号，有下列三种常用的方法：①将差式分解因式；②将差式通过配方写成一些正(负)数的和；③构造新函数，证明函数恒正或恒负．
题型二 用求商比较法证明不等式
【例2】已知a≥1，求证：－＜－．
分析：因为a≥1，所以不等式两边都大于0，可考虑用求商比较法比较大小．
反思：根据左、右两边都含无理根号的特点，也可以采取两边平方的方法来比较，但是应先判断两边的符号，都大于0时，两边平方是等价变形，否则要改变不等号方向．
题型三 用分析法证明不等式
【例3】已知α，β∈，且α≠β，求证：tan α＋tan β＞2tan．
分析：本题证明关系比较复杂，直接证明不易观察出因果关系，因此可以用分析法去找出证明思路．
反思：利用分析法论证“若A则B”这个命题的模式是：欲证命题B为真，只需证明命题B1为真，从而又只需证明命题B2为真，从而又……只需证明命题A为真，又已知A为真，故B为真．可简写成B?B1?B2?…?Bn?A．
题型四 易错辨析
【例4】设a＋b＞0，n为偶数，求证：＋≥＋．
错解：＋－－＝．
∵n为偶数，∴(ab)n＞0．
又an－bn和an－1－bn－1同号，
∴＋－－＞0，
∴＋≥＋．
错因分析：由a＋b＞0可知a，b同正，也可以存在一正一负的情况，上面错解没有考虑这种情况，并且等号的取得也没有考虑．
反思：在证明不等式的过程中，充分挖掘条件，利用条件是关键，特别是“等号”是否成立的条件的判断上要特别注意．
答案：
【例1】证明：∵a＋b＝1，
∴ax2＋by2－(ax＋by)2
＝ax2＋by2－a2x2－2abxy－b2y2
＝a(1－a)x2＋b(1－b)y2－2abxy
＝abx2＋aby2－2abxy＝ab(x－y)2．
又a，b∈R，
∴ab(x－y)2≥0，∴ax2＋by2≥(ax＋by)2．
【例2】证明：∵a≥1，∴－＞0，－＞0，
∴＝＝＜1，
∴左边＜右边，
即－＜－．
【例3】证明：欲证tan α＋tan β＞2tan ，
只需证＋＞，
只需证＞．
∵∈，∴sin＞0．
又∵sin(α＋β)＝2sincos，
故只需证＞，
∴只需证cos2＞cos αcos β，
即证＞cos αcos β，
即证1＋cos αcos β－sin αsin β＞2cos αcos β．
只需证1＞cos(α－β)，
∵α≠β，∴结论显然成立．
故原不等式成立．
【例4】正解：＋－－＝．
当a＞0，b＞0时，(an－bn)(an－1－bn－1)≥0，(ab)n＞0，
∴≥0，
∴＋≥＋．
当a，b有一个为负数时，不妨设a＞0，b＜0．
∵a＋b＞0，∴a＞|b|．
又∵n为偶数，∴(an－bn)(an－1－bn－1)＞0．
∵(ab)n＞0，∴＞0，
∴＋＞＋．
综上，原不等式成立．
1已知x＞0，y＞0，则下列关系式成立的是( )．
A． B．
C． D．
2设n∈N＋，则－__________－．
3若a，b，m，n都为正实数，且m＋n＝1，则与m＋n的大小关系是__________．
4(2010·江苏高考)设a，b为非负实数，求证：a3＋b3≥(a2＋b2)．
答案：
1．A 假设成立，下面证明：
要证明．
只需证(x2＋y2)3＞(x3＋y3)2，
即证x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6＞x6＋2x3y3＋y6，
即证3x4y2＋3x2y4＞2x3y3．
∵x＞0，y＞0，∴x2y2＞0，即证3x2＋3y2＞2xy．
∵3x2＋3y2＞x2＋y2≥2xy，
∴3x2＋3y2＞2xy成立．
∴．
2．＜ ∵－＝，
－＝，
∴＝＜1，
又＋＞0，
∴＋＜＋，
∴－＜－．
3．≥m＋n 由a，b，m，n为正数，且m＋n＝1，可知m＝1－n，n＝1－m，
∴()2－(m＋n)2
＝ma＋nb－m2a－n2b－2mn
＝m(1－m)a＋n(1－n)b－2mn
＝mn(－)2≥0．
又＞0，m＋n＞0，
∴≥m＋n．
4．证明：由a，b是非负实数，求差，得a3＋b3－(a2＋b2)＝a2(－)＋b2(－)＝(－)[()5－()5]．
当a≥b≥0时，≥，
∴()5≥()5．
∴(－)[()5－()5]≥0；
当0≤a＜b时，＜，∴()5＜()5．
∴(－)[()5－()5]＞0．
综上，可得a3＋b3≥(a2＋b2)．
4 不等式的证明 第2课时 综合法、放缩法
1．理解综合法的方法与步骤，会用综合法证明简单的不等式．
2．认识放缩法，了解它的方法与步骤，会用放缩法证明简单的不等式．
1．综合法
(1)定义：利用某些______________(例如算术平均数和几何平均数的定理)和__________，推导出所要证明的不等式，这种证明方法叫综合法．
(2)证明原理：A?B1?B2?…?Bn?B，即从________出发，逐步推演不等式成立的____条件，推导出所要证明的结论B．
【做一做1】设a，b，c都是正数，求证：(a＋b＋c)·≥．
2．放缩法
(1)定义：通过缩小(或放大)分式的分母(或分子)，或通过放大(或缩小)被减式(或减式)来证明不等式，这种证明不等式的方法称为______．
(2)放缩法证明不等式的主要依据：①不等式的传递性；②等量加不等量为不等量；③同分子(分母)异分母(分子)的两个分式大小的比较．
【做一做2】若n∈N＋，求证：＋＋…＋＜．
答案：
1．(1)已经证明过的不等式 不等式的性质 (2)已知条件A 必要
【做一做1】证明：∵(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)≥
3·，
又＋＋≥3·，
∴(a＋b＋c)≥·3··3·≥．
2．(1)放缩法
【做一做2】分析：利用＜＝来证明．
证明：∵＜＝，
∴＋＋…＋＜＋＋…＋
＝＝＝＜．
1．分析法与综合法的比较
剖析：(1)综合法与分析法的比较如下表．
方法
起始步骤
求证过程
求证目标
方向
综合法
基本不等式或已经证明过的不等式
实施一系列的推理或等价变换
要求证的结论
由因导果
分析法
要求证的不等式
寻求结论成立的充分条件并证明其成立
所需条件全都成立
执果索因
(2)用综合法与分析法证明不等式的逻辑关系
综合法：A(已知)?B1?B2?…?Bn?B(结论)(逐步推演不等式成立的必要条件)，
即由条件出发推导出所要证明的不等式成立．
分析法：B(结论)?B1?B2?…?Bn?A(已知或明显成立的条件)(步步寻求不等式成立的充分条件)．
总之，分析法与综合法是对立统一的两种方法．
2．用放缩法证明不等式
剖析：(1)为了证明不等式，有时需舍去或添加一些项，使不等式一边放大或缩小，利用不等式的传递性，达到证题的目的，这种方法就是放缩法．运用放缩法要注意放缩必须适当，放得过大或缩得过小都不能达到证题的目的．
(2)放缩时使用的主要方法有：①舍去或加上一些项，如2＋＞2；②将分子(或分母)放大(或缩小)，如＜(k＞1)，＞，＜，＞(k∈N＋)等．
(3)放缩法的理论依据主要有①不等式的传递性；②等量加不等量为不等量；③同分子(分母)异分母(分子)的两个分式大小的比较．
对不等式而言，放缩法的本质是“不等式的加强”．
(4)运用放缩法证明不等式的关键是放大(或缩小)要适当．如果所要证明的不等式中含有分式，那么我们把分母放大时相应分式的值就会缩小；反之，如果把分母缩小，则相应分式的值就会放大．有时也会把分子、分母同时放大，这时应该注意不等式的变化情况，可以与相应的函数相联系，以达到判断大小的目的，这些都是我们在证明中的常用方法与技巧，也是放缩法中的主要形式．
题型一 利用综合法证明不等式
【例1】设a，b，c为不全相等的正数，求证：＋＋＞3．
分析：利用不等式的性质，对不等式的左边进行整理，化简．
反思：在利用a＋b≥2时，必须满足“一正二定三相等”，而本题中a，b，c为不全相等的正数，故三项之和取不到6，即等号不能传递下去．
题型二 利用放缩法证明不等式
【例2】设n是正整数，求证：≤＋＋…＋＜1．
分析：要求一个n项分式＋＋…＋的范围，它的和又求不出来，可以采用“化整为零”的方法，先观察每一项的范围，再求整体的范围．
反思：放缩法证明不等式，放缩要适度，否则会陷入困境，例如证明＋＋…＋＜，根据＜－，如果从第3项开始放缩，正好可证明；如果从第2项开始放缩，可证得小于2．当放缩方式不同时，结果也在变化．
答案：
【例1】证明：左边＝＋－1＋＋－1＋＋－1
＝＋＋＋＋＋－3．
∵a，b，c为不全相等的正数，
∴＋≥2，＋≥2，＋≥2中的等号不可能同时成立，
∴＋＋＞6，
∴＋＋＞6－3＝3．
【例2】证明：由2n≥n＋k＞n(k＝1,2，…，n)，
得≤＜．
当k＝1时，≤＜；
当k＝2时，≤＜；
…
当k＝n时，≤＜．
∴＝≤＋＋…＋＜＝1，
即原不等式成立．
1使a＞b＞0成立的一个充分而不必要条件是( )．
A．＞ B．a2＞b2＞0
C．lg a－lg b＞0 D．xa＞xb且x＞0
2设a＞0，b＞0，a＋b＝1，M＝＋＋，则M与8的大小关系是( )．
A．M＝8 B．M≥8 C．M＜8 D．M≤8
3已知α∈(0，π)，则下列各式成立的是( )．
A．2sin 2α≤ B．2sin 2α＝
C．2sin 2α＞ D．2sin 2α≥
4设a，b，c，d为任意正实数．求证：1＜＋＋＋＜2．
答案：
1．A 由＞，知a－2＞b－2?a＞b．
又a－2＞0且b－2≥0，∴a＞2且b≥2，
∴a＞b≥2＞0．
2．B ∵a＞0，b＞0，a＋b＝1，
∴1＝a＋b≥2，∴≤，∴≥4．
∴＋＋＝(a＋b)＋≥2·2＋4＝8．
∴＋＋≥8，即M≥8．
当且仅当a＝b＝时等号成立．
3．A ∵α∈(0，π)，∴1－cos α＞0．
∴＋4(1－cos α)≥4，即α＝，
∴4cos α≤．
∵α∈(0，π)，∴sin α＞0．
∴4sin αcos α≤．
∴2sin 2α≤．
4．证明：∵a，b，c，d均为正实数，
∴＋＋＋＜＋＋＋＝2，
且＋＋＋＞＋＋＋＝1．
∴原不等式1＜＋＋＋＜2成立．
4 不等式的证明 第3课时 几何法、反证法
1．了解几何法的证明过程，并会用几何法证明简单的不等式．
2．掌握反证法，并会用反证法证明不等式．
1．几何法
通过构造几何图形，利用几何图形的性质来证明不等式的方法称为______．
【做一做1】已知x，y，z∈(0,1)．求证：x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)＜1．
2．反证法
反证法证不等式是：先假设所要证的不等式不成立，也就是说不等式的反面成立，以此为出发点，结合已知条件，进行推理论证，最后推出矛盾的结果，从而断定假设错误，因而确定要证的不等式成立．
它的步骤是：(1)作出否定____的假设；(2)进行推理，导出____；(3)否定假设，肯定____．
【做一做2】如果a＞b＞0，证明＜．
答案：
1．几何法
【做一做1】分析：构造一个边长为1的正三角形，利用三角形的面积关系来证明．
证明：如图，构造正三角形ABC，设其边长为1，BD＝x，AF＝y，CE＝z，则根据面积关系S△ABC＞S△BDF＋S△DCE＋S△AEF，得1·1·sin 60°＞x(1－y)sin 60°＋y(1－z)sin 60°＋z(1－x)sin 60°．
整理，得x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)＜1．
即得证．
2．(1)结论 (2)矛盾 (3)结论
【做一做2】分析：先假设≥成立，从假设出发，推出矛盾．
证明：假设≥，则－＝≥0．
∵a＞b＞0，∴a2b2＞0，b2－a2＝(b＋a)(b－a)≥0．
∵a＞b＞0，∴b＋a＞0，
∴b－a≥0，即b≥a．
这与已知a＞b矛盾．
∴假设不成立，即＜成立．
1．反证法中的数学语言
剖析：反证法适宜证明“存在性问题”，“唯一性问题”，带有“至少有一个”或“至多有一个”等字样的问题，或者说“正难则反”，直接证明有困难时，常采用反证法，下面列举一些常见的涉及反证法的文字语言及其相对应的否定假设．
常见
词语
至少有
一个
至多有
一个
唯一
一个
不是
全
都是
否定
假设
一个也
没有
有两个或
两个以上
没有或有
两个以上
是
不全
不都是
对数学语言的否定假设要准确，以免造成原则性的错误，有时在使用反证法时，对假设的否定也可以举一些特例来说明矛盾，尤其在一些选择题中，更是如此．
2．用反证法证明不等式
剖析：(1)用反证法证明，就是从结论的反面出发，要求结论反面的情况只有有限多种，然后证明这种反面的结论都是不可能的，是与已知条件、已知事实或已证明过的定理相矛盾的．
(2)要证不等式M＞N，先假设M≤N，由题设及其他性质推出矛盾，从而肯定M＞N成立．凡涉及的证明不等式为否定性命题，唯一性命题或是含“至多”、“至少”等字句时，可考虑使用反证法．
(3)用反证法证明不等式要把握三点：
①必须先否定结论，对于结论的反面出现的多种可能要逐一论证，缺少任何一种可能，证明都是不完全的．
②反证法必须从否定结论进行推理，且必须根据这一条件进行论证；否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行论证，就不是反证法．
③推导出来的矛盾可以是多种多样的，有的与已知条件相矛盾，有的与假设相矛盾，有的与定理、公理相违背，有的与已知的事实相矛盾等等，但推导出的矛盾必须是明显的．
题型一 用几何法证明不等式
【例1】已知a＞0，b＞0，c＞0，求证：＋≥，当且仅当＝＋时取等号．
分析：从三个根式的结构特点，容易联想到余弦定理，于是可构造图形，利用余弦定理来证明．
反思：利用几何法证明不等式的关键是构造几何图形，先要研究所证不等式两边的结构特点，再把其中的字母当作图形的边长，最后用几何图形中的不等关系来表示所要证明的不等式．
题型二 用反证法证明不等式
【例2】已知a＞0，b＞0，且a＋b＞2．求证：，中至少有一个小于2．
分析：由于题目的结论比较复杂，讨论起来比较繁琐，宜采用反证法．
反思：从“正难则反”的角度考虑，即要证明不等式A＞B，先假设A≤B．由题设及其他性质推出矛盾，从而肯定A＞B．凡涉及到证明不等式为否定命题，唯一性命题式含有“至多”“至少”“不存在”“不可能”等词语时，可以考虑用反证法．
答案：
【例1】证明：如图，作OA＝a，OB＝b，OC＝c，∠AOB＝∠BOC＝60°，则∠AOC＝120°，AB＝，BC＝，AC＝．
由几何知识知，AB＋BC≥AC，
∴＋≥，
当且仅当A，B，C三点共线时等号成立．
此时有absin 60°＋bcsin 60°＝acsin 120°，
即ab＋bc＝ac．
故当且仅当＝＋时，取得等号．
【例2】证明：假设，都不小于2，
即≥2，≥2．
∵a＞0，b＞0，∴1＋b≥2a,1＋a≥2b．
两式相加，得1＋b＋1＋a≥2(a＋b)．
即a＋b≤2，这与已知a＋b＞2矛盾．
故假设不成立．
因此，，中至少有一个小于2．
1若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1,1]内至少有一个值c，使f(c)＞0，则实数p的取值范围是( )．
A． B． C．(－1,0) D．
2若△ABC的三边a，b，c的倒数成等差数列，则( )．
A．∠B＝ B．∠B＜ C．∠B＞ D．∠B＝
3设a，b∈R，给出下列条件：
①a＋b＞1；②a＋b＝2；③a＋b＞2；④a2＋b2＞2；⑤ab＞1．
其中能推出“a，b中至少有一个实数大于1”的条件是__________．
4已知a，b，c＞0，a＋b＞c．求证：＋＞．
答案：
1．A 如果在[－1,1]内没有满足f(c)＞0的数c，
则解得
∴此时p的取值范围是，取补集即得所求实数p的范围，即．
2．B 假设∠B≥，则b最大，有b＞a，b＞c，
∴＞，＞．
∴＋＞，与题意中的＋＝矛盾．
∴∠B＜．
3．③ 对于①，a，b均可小于1；对于②，a，b均可等于1；对于④⑤，a，b均可为负数；对于③，若a，b都不大于1，则a＋b≤2，与③矛盾．故若③成立，则“a，b中至少有一个实数大于1”成立．
4．证明：假设＋≤，则1－＋1－≤1－，即1＋≤＋，
∴(1＋a)(1＋b)(1＋c)＋(1＋a)(1＋b)≤(1＋b)(1＋c)＋(1＋a)(1＋c)，
即(c＋2)(1＋a)(1＋b)≤(1＋c)(a＋b＋2)，
∴2ab＋abc＋a＋b≤c．①
又∵a＋b＞c，a，b，c＞0，
∴a＋b＋2ab＋abc＞c，与①矛盾．
∴假设不成立．
∴＋＞成立．
§5 不等式的应用
1．进一步掌握不等式的性质，并应用不等式的性质解决一些简单的实际问题．
2．能用定理2和定理4求函数的最值，并能解决实际应用问题．
对定理2、定理4的理解
(1)定理2：对任意的两个数a，b，有≥______(此式当且仅当a＝b时取“＝”号)．
(2)定理4：对任意的三个数a，b，c，有________≥(此式当且仅当a＝b＝c时取“＝”号)．
【做一做1】已知＋＝2(x＞0，y＞0)，则xy的最小值为________．
【做一做2】函数y＝x2＋4＋(x＞0)的最小值为________．
【做一做3】已知x＞0，y＞0，且＋＝1，则x＋y的最小值是( )．
A．16 B．15 C．14 D．13
答案：
(1) (2)
【做一做1】6 已知2＝＋，
∵x＞0，y＞0，
∴2＝＋≥2，即xy≥6＝．
∴xy的最小值为6．
【做一做2】3＋4 ∵x＞0，∴y＝x2＋＋4＝x2＋＋＋4≥3＋4＝3＋4．当且仅当x2＝，即x＝时取“＝”号，∴所求最小值为3＋4．
【做一做3】A ∵x＞0，y＞0，＋＝1，
∴x＋y＝(x＋y)＝＋＋10≥6＋10＝16，
当且仅当＝，即x＝4，y＝12时等号成立．
故当x＝4，y＝12时，x＋y的最小值为16．
1．重要不等式的理解
剖析：当a，b，c∈R时，a2＋b2≥2ab，a3＋b3＋c3≥3abc；当a，b，c为正实数时，a＋b≥2，a＋b＋c≥3．两组不等式成立的条件是不同的，但等号成立的条件均为a＝b＝c．
2．三个正数或三个以上正数的平均值不等式的应用条件
剖析：“一正”：不论是三个数或n个数的平均值不等式都要求是正数，否则不等式是不成立的．“二定”：包含两类求最值问题，一是已知n个正数的和为定值(即a1＋a2＋…＋an为定值)，求其积a1a2…an的最大值；二是已知积a1a2…an为定值，求其和a1＋a2＋…＋an的最小值；“三相等”：取等号的条件是a1＝a2＝a3＝…＝an，不能只是其中一部分相等．
题型一 利用均值不等式求函数的最值
【例1】(1)求函数y＝x＋(x＜0)的最大值；
(2)求函数y＝x(a－2x)(x＞0，a为大于2x的常数)的最大值．
分析：将函数式合理变形，再用不等式的性质求函数的最值．
反思：在利用均值不等式求最值时，往往需将所给不等式变形，拆分或拼凑都是常见的方法，但在变化过程中要注意式子的等价性及符号不等式的条件．
题型二 利用均值不等式解决实际问题
【例2】一份印刷品，其排版面积为432 cm2(矩形)，要求左右留有4 cm的空白，上下留有3 cm的空白，问矩形的长和宽各为多少时，用纸最省？
分析：根据矩形面积与矩形长和宽的关系列出方程，再利用不等式求最值．
反思：利用不等式解决实际问题时，首先要认真审题，分析题意，建立合理的不等式模型，最后通过基本不等式解题．
题型三 易错辨析
【例3】求函数y＝1－2x－的最值．
错解：y＝1－2x－＝1－．
∵2x＋≥2＝2．
∴y≤1－2，故y的最大值为1－2．
错因分析：重要不等式a＋b≥2成立的前提条件是a＞0，b＞0．以上解题过程中没有注意这个前提条件．
反思：在利用不等式进行证明或求值时，一定要注意不等式成立的条件，即“一正，二定，三相等”．
答案：
【例1】解：(1)∵x＜0，
∴y＝x＋＝－
≤－2＝－．
当且仅当x＝－时，取“＝”号，
∴所求最大值为－．
(2)∵x＞0，a＞2x，
∴y＝x(a－2x)＝·2x·(a－2x)≤2＝．
当且仅当x＝时，取“＝”号．
∴所求最大值为．
【例2】解：设矩形的长为x cm，则宽为 cm，则总面积为：
y＝(x＋8)＝432＋48＋6x＋＝480＋6≥480＋6×2＝768．
当且仅当x＝，即x＝24时取等号．
此时宽为＝18 cm．
所以当矩形的长为24 cm，宽为18 cm时，用纸最省．
【例3】正解：当x＞0时，y＝1－2x－＝1－≤1－2，
当且仅当2x＝，即x＝时，等号成立．
∴ymax＝1－2．
当x＜0时，y＝1＋(－2x)＋≥1＋2＝1＋2，
当且仅当－2x＝－，即x＝－时等号成立，
∴ymin＝1＋2．
1下列函数的最小值是2的是( )．
A．y＝x＋ B．y＝sin x＋
C．y＝＋ D．y＝tan x＋
2函数y＝3x＋(x＞0)的最小值是( )．
A． B．2 C．3 D．4
3函数y＝4sin2x·cos x的最大值与最小值的差是__________．
4已知球的半径为R，球内接圆柱的底面半径为r，高为h，则r和h为何值时，内接圆柱的体积最大？
答案：
1．D 选项A中，x＜0时不满足；选项B中，等号取不到；选项C中，当＝时，得到x2＝－1显然不成立．故选项D正确．
2．C ∵x＞0，∴y＝3x＋＝＋＋≥3＝3，
当且仅当＝，即x＝时，取等号．
3．
∵y2＝16sin2xsin2xcos2x＝8(sin2xsin2x×2cos2x)≤83＝8×＝，
∴y2≤，当且仅当sin2x＝2cos2x，
即tan x＝±时取“＝”号．
∴ymax＝，ymin＝－．
∴ymax－ymin＝．
4．解：如图，设内接圆柱的体积为V，又R2＝r2＋，∴r2＝R2－．
则有V＝πr2h＝π(R2－)h
＝(4R2－h2)h＝
＝
≤
＝＝πR3．
当且仅当4R2－h2＝2h2．
即3h2＝4R2，h＝R时，等号成立．
此时r＝R．
所以当r＝R，h＝R时，内接圆柱的体积最大，为πR3．
§1 柯西不等式
1．认识简单形式的柯西不等式的几种形式，理解它们的几何意义．
2．会证明一般形式的柯西不等式，并能利用柯西不等式来解决有关问题．
1．简单形式的柯西不等式
(1)定理1(二维形式的柯西不等式的代数形式)：
对任意实数a，b，c，d，有(a2＋b2)(c2＋d2)≥__________________，当向量______________与向量________________共线时，等号成立．
(2)简单形式的柯西不等式的向量形式：
设α＝(a，b)，β＝(c，d)是平面上任意两个向量，则______≥|α·β|，当向量(a，b)与向量(c，d)共线时，等号成立．
(1)二维形式的柯西不等式的推论：
①(a＋b)(c＋d)≥(＋)2(a，b，c，d为非负实数)；
②·≥|ac＋bd|(a，b，c，d∈R)；
③·≥|ac|＋|bd|(a，b，c，d∈R)．
(2)二维形式的三角不等式：
①＋≥(x1，y1，x2，y2∈R)；
②推论：＋≥(x1，x2，x3，y1，y2，y3∈R)．
【做一做1－1】已知不等式(x＋y)≥9对任意的正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为( )．
A．2 B．4 C．6 D．8
【做一做1－2】已知x＋2y＝1，则x2＋y2的最小值为________．
2．一般形式的柯西不等式
(1)定理2：
设a1，a2，…，an与b1，b2，…，bn是两组实数，则有(a＋a＋…＋a)__________________≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，当向量______________与向量(b1，b2，…，bn)共线时，等号成立．
(2)推论(三维形式的柯西不等式)：
设a1，a2，a3，b1，b2，b3是两组实数，则有(a＋a＋a)(b＋b＋b)≥________________．当向量(a1，a2，a3)与向量(b1，b2，b3)共线时“＝”成立．
【做一做2－1】设a＝(1,0，－2)，b＝(x，y，z)，若x2＋y2＋z2＝16，则a·b的最大值为________．
【做一做2－2】已知x，y，z∈R＋，且x＋y＋z＝1，则x2＋y2＋z2的最小值是( )．
A． B． C． D．
答案：
1．(1)(ac＋bd)2 (a，b) (c，d)
(2)|α||β|
【做一做1－1】B 由柯西不等式可求出(x＋y)≥2＝(1＋)2，当x＝1，y＝时，(x＋y)能取到最小值(＋1)2，故只需(1＋)2≥9，即a≥4即可．
【做一做1－2】 解析：∵1＝x＋2y，
∴1＝(x＋2y)2≤(1＋22)(x2＋y2)．
当且仅当x＝，y＝时，取等号，
∴(x2＋y2)min＝．
2．(1)(b＋b＋…＋b) (a1，a2，…，an)
(2)(a1b1＋a2b2＋a3b3)2
【做一做2－1】4 由题知，a·b＝x－2z，由柯西不等式知
[12＋02＋(－2)2](x2＋y2＋z2)≥(x＋0－2z)2，
当且仅当向量a与b共线时“＝”成立，
∴5×16≥(x－2z)2，
∴－4≤x－2z≤4，
即－4≤a·b≤4．
故a·b的最大值为4．
【做一做2－2】B 根据柯西不等式，有x2＋y2＋z2＝(12＋12＋12)·(x2＋y2＋z2)≥(1×x＋1×y＋1×z)2＝(x＋y＋z)2＝．
当且仅当＝＝，即x＝y＝z＝时等号成立．
1．对柯西不等式的理解
剖析：柯西不等式的几种形式，都涉及对不等式的理解与记忆，因此，二维形式的柯西不等式可以理解为由四个有顺序的数来对应的一种不等关系，或构造成一个不等式，如基本不等式是由两个数来构造的，但怎样构造要仔细体会．(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，(a2＋b2)(d2＋c2)≥(ad＋bc)2，谁与谁组合、联系，要有一定的认识．
“二维”是根据向量的个数来说的，在平面上一个向量有两个量：横纵坐标，因此“二维”就要有四个量，还可以认为是四个数组合成的一种不等关系．
2．一般形式的柯西不等式的应用
剖析：我们主要利用柯西不等式来证明一些不等式或求值等问题，但往往不能直接应用，需要对数学式子的形式进行变化，拼凑出与一般形式的柯西不等式相似的结构，才能应用，因而适当变形是我们应用一般形式的柯西不等式的关键，也是难点．我们要注意在数学式子中，数或字母的顺序要对比柯西不等式中的数或字母的顺序，以便能使其形式一致，然后应用解题．
3．“1”的利用
剖析：数字“1”的利用非常重要，为了利用柯西不等式，除了拼凑应该有的结构形式外，对数字、系数的处理往往能达到某些用字母所代表的数或式子所不能达到的作用．这要求在理论上认识柯西不等式与实际应用时二者达到一种默契，即不因为“形式”的影响而不会用柯西不等式．
题型一 利用柯西不等式证明不等式
【例1】已知3x2＋2y2≤6，求证：2x＋y≤．
分析：将不等式2x＋y≤的左边凑成柯西不等式的形式，然后证明．
反思：为了利用柯西不等式，将2x＋y平方，这一运算技巧是证明不等式的关键．
【例2】已知正数a，b，c满足a＋b＋c＝1．证明a3＋b3＋c3≥．
分析：如何构造两组数，利用柯西不等式是关键．
反思：在本题中，a，b，c的指数的变化是关键，要根据柯西不等式的需要进行适当的变形．
题型二 利用柯西不等式求最值
【例3】设x，y，z∈R，且＋＋＝1．求x＋y＋z的最大值和最小值．
分析：根据柯西不等式的需要给式子进行变形，注意等价性．
反思：当式子中有根号、平方等形式时，经常用柯西不等式来解决．
答案：
【例1】证明：由柯西不等式，得
(2x＋y)2≤[(x)2＋(y)2]＋
＝(3x2＋2y2)≤6×＝11．
于是2x＋y≤．
当且仅当＝，即＝时等号成立．
【例2】证明：利用柯西不等式，有
，
又∵a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，
在此不等式两边同乘以2，再加上a2＋b2＋c2，
得(a＋b＋c)2≤3(a2＋b2＋c2)．
∴(a2＋b2＋c2)2≤(a3＋b3＋c3)·3(a2＋b2＋c2)，
∴a3＋b3＋c3≥．
当且仅当a＝b＝c＝时等号成立．
【例3】解：根据柯西不等式，知[42＋()2＋22]≥＋·＋2·2，
当且仅当＝＝，即x＝，y＝－1，z＝或x＝－，y＝－3，z＝时等号成立．
∴25×1≥(x＋y＋z－2)2．
∴|x＋y＋z－2|≤5，
∴－3≤x＋y＋z≤7，
即x＋y＋z的最大值为7，最小值为－3．
1设x，y，m，n＞0，且＋＝1，则u＝x＋y的最小值是( )．
A．(＋)2 B． C． D．(m＋n)2
2若a，b∈R，且a2＋b2＝10，则a－b的取值范围为( )．
A．[－2，2] B．[－2，2]
C．[－，] D．[－，]
3函数y＝2＋的最大值为________．
4设x1，x2，…，xn为正数，求证：(x1＋x2＋…＋xn)·≥n2．
答案：
1．A 根据柯西不等式，得x＋y＝(x＋y)≥2＝(＋)2，
当且仅当＝时，等号成立，这时u取最小值为(＋)2．
2．A 解析：由柯西不等式知(a2＋b2)[12＋(－1)2]≥(a－b)2，
当且仅当a＝，b＝－或a＝－，b＝时等号成立，
∴10×2≥(a－b)2，∴－2≤a－b≤2．
3．3 利用柯西不等式进行变形，得到[()2＋12][()2＋()2]≥(2＋)2，
即3×3≥(2＋)2，当且仅当x＝0时等号成立，
∴2＋≤3．
4．证明：由柯西不等式，得
(x1＋x2＋…＋xn)≥(1＋1＋…＋12，
即(x1＋x2＋…＋xn)≥n2．
§2 排序不等式
1．了解排序不等式的基本形式，会运用排序不等式分析解决一些简单问题．
2．体会运用经典不等式的一般思想方法．
1．定理1
设a，b和c，d都是实数，如果a≥b，c≥d，那么______≥ad＋bc，此式当且仅当______(或c＝d)时取“＝”号．
【做一做1】若0＜a1＜a2,0＜b1＜b2，且a1＋a2＝b1＋b2＝1，则下列代数式中最大的是( )．
A．a1b1＋a2b2 B．a1a2＋b1b2 C．a1b2＋a2b1 D．
2．(1)顺序和、乱序和、逆序和：
设实数a1，a2，a3，b1，b2，b3满足a1≥a2≥a3，b1≥b2≥b3，则a1b1＋a2b2＋a3b3≥a1bj1＋a2bj2＋a3bj3≥______________，其中j1，j2，j3是1,2,3的任一排列方式．上式当且仅当a1＝a2＝a3(或b1＝b2＝b3)时取“＝”号．
通常称a1b1＋a2b2＋a3b3为__________，a1bj1＋a2bj2＋a3bj3为________，a1b3＋a2b2＋a3b1为________(倒序和)．
(2)定理2(排序不等式)：
设有两个有序实数组a1≥a2≥…≥an及b1≥b2≥…≥bn，则(顺序和)__________≥(乱序和)__________________≥(逆序和)________________．
其中j1，j2，…，jn是1,2,3，…，n的任一排列方式．上式当且仅当a1＝a2＝…＝an(或b1＝b2＝…＝bn)时取“＝”号．
【做一做2】设a1，a2，…，an是n个互不相等的正整数，求证：＋＋…＋≤a1＋＋＋…＋．
答案：
1．ac＋bd a＝b
【做一做1】A ∵a1b1＋a2b2＋a1b2＋a2b1＝(a1＋a2)(b1＋b2)＝1，a1b1＋a2b2－a1b2－a2b1＝(a1－a2)(b1－b2)＞0，
∴a1b1＋a2b2＞a1b2＋a2b1，且a1b1＋a2b2＞＞a1b2＋a2b1．
又∵1＝a1＋a2≥2，∴a1a2≤．
∵0＜a1＜a2，∴a1a2＜．
同理b1b2＜，
∴a1a2＋b1b2＜＋＝，
∴a1b1＋a2b2＞＞a1a2＋b1b2，
∴a1b1＋a2b2最大．
2．(1)a1b3＋a2b2＋a3b1 顺序和 乱序和 逆序和
(2)a1b1＋a2b2＋…＋anbn a1bj1＋a2bj2＋…＋anbjn a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1
【做一做2】分析：利用排序不等式来证明．
证明：设b1，b2，…，bn为a1，a2，…，an的一个排列，且b1＜b2＜…＜bn，因为b1，b2，…，bn是n个互不相等的正整数，
故b1≥1，b2≥2，…，bn≥n．
又∵1＞＞＞…＞，
由排序不等式，得a1＋＋＋…＋≥b1＋＋…＋≥1×1＋2×＋…＋n×＝1＋＋…＋，
∴＋＋…＋≤a1＋＋＋…＋．
1．对排序不等式的证明的理解
剖析：对排序不等式的证明中，用到了“探究—猜想—检验—证明”的思维方法，这是探索新知识、新问题常用到的基本方法，对于数组涉及的“排序”及“乘积”的问题，又使用了“一一搭配”这样的描述，这实质上也是使用最接近生活常识的处理问题的方法，所以可以结合像平时班级排队等一些常识的事例来理解．
对于出现的“逐步调整比较法”，则要引起注意，研究数组这种带“顺序”的乘积的和的问题时，这种方法对理解相关问题是比较简单易懂的．
2．排序原理的思想
剖析：在解答数学问题时，常常涉及一些可以比较大小的量，它们之间并没有预先规定大小顺序，那么在解答问题时，我们可以利用排序原理的思想方法，将它们按一定顺序排列起来，继而利用不等关系来解题．因此，对于排序原理，我们要记住的是处理问题的这种思想及方法，同时要学会善于利用这种比较经典的结论来处理实际问题．
题型一 所含字母大小顺序已确定的不等式的证明
【例1】已知a，b，c为正数，a≥b≥c，求证：
(1)≥≥；
(2)＋＋≥＋＋．
分析：由于题目条件中已明确a≥b≥c，故可以直接构造两个数组．
反思：要利用排序原理解答相关问题，必须构造出相应的数组，并且要排列出大小顺序，因此比较出数组中的数的大小关系是解题的关键和基础．
题型二 对所证不等式中的字母的大小先作出假设再证明
【例2】设a，b，c为正数，求证：＋＋≥．
分析：题目中没有给出a，b，c的大小关系，且a，b，c在不等式中的地位是对等的，要先设出a，b，c的大小顺序，再利用排序不等式加以证明．
反思：当假设了a≥b≥c后，所用的两个数组可以完全确定了，但必须注意成立的前提是a，b，c三者的地位是对等的．
题型三 不等式中的字母的大小需讨论
【例3】设x＞0，求证：1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn．
分析：题中只给出了x＞0，但是对于x≥1，x＜1并不确定，因此，我们需要分类讨论．
反思：分类讨论的目的在于明确两个序列的大小顺序关系．
答案：
【例1】证明：(1)∵a≥b＞0，于是≤，
又∵c＞0，∴＞0．
从而≥．
同理，∵b≥c＞0，于是≤，
又∵a＞0，∴＞0．
于是得≥．
从而≥≥．
(2)由(1)≥≥，和顺序和≥乱序和，得
＋＋≥＋＋＝＋＋．
又∵a2≥b2≥c2，≥≥，
∴＋＋≥＋＋
＝＋＋．
综上，原不等式成立．
【例2】证明：设a≥b≥c＞0?a＋b≥c＋a≥c＋b．
∵a≥b≥c＞0，∴≥≥．
由排序不等式：顺序和≥乱序和，得
＋＋≥＋＋，
＋＋≥＋＋．
将上面两个不等式相加再除以2，得
＋＋≥．
当且仅当a＝b＝c时取“＝”号．
【例3】证明：(1)当x≥1时，1≤x≤x2≤…≤xn，
由排序不等式：顺序和≥逆序和，得
1·1＋x·x＋x2·x2＋…＋xn·xn≥1·xn＋x·xn－1＋…＋xn－1·x＋xn·1，
即1＋x2＋x4＋…＋x2n≥(n＋1)xn．①
又因为x，x2，…，xn,1为序列1，x，x2，…，xn的一个排列，于是再次由排序不等式：乱序和≥逆序和，得
1·x＋x·x2＋…＋xn－1·xn＋xn·1≥1·xn＋x·xn－1＋…＋xn－1·x＋xn·1，
得x＋x3＋…＋x2n－1＋xn≥(n＋1)xn．②
将①和②相加，得
1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn．③
(2)当0＜x＜1时，1＞x＞x2＞…＞xn．
①②仍然成立，于是③也成立．
综合(1)(2)，原不等式成立．
1已知a，b，c∈R，则a3＋b3＋c3与a2b＋b2c＋c2a的大小关系是( )．
A．a3＋b3＋c3＞a2b＋b2c＋c2a B．a3＋b3＋c3≥a2b＋b2c＋c2a
C．a3＋b3＋c3＜a2b＋b2c＋c2a D．a3＋b3＋c3≤a2b＋b2c＋c2a
2设a，b，c都是正数，M＝＋＋，N＝a＋b＋c，则M，N的大小关系是( )．
A．M≥N B．M＜N C．M＝N D．M≤N
3已知a，b，x，y∈R＋，且＞，x＞y，则_______(填“＞”或“＜”)．
4已知a，b，c为正数，求证：≥abc．
答案：
1．B 根据排序不等式，取两组数a，b，c和a2，b2，c2．不妨设a≥b≥c，所以a2≥b2≥c2．所以a2×a＋b2×b＋c2×c≥a2b＋b2c＋c2a．当且仅当a＝b＝c时取“＝”号．
2．A 由题意不妨设a≥b≥c＞0，
则ab≥ac≥bc，≥≥．
由排序不等式，知
ab×＋ac×＋bc×≥ab×＋ac×＋bc×，即M≥N．当且仅当a＝b＝c时等号成立．
3．＞ ∵＞，∴b＞a＞0，
又x＞y＞0，由排序不等式，知bx＞ay．
∴－＝＞0，
∴＞．
4．证明：根据所证明的不等式中a，b，c的“位置”的对称性，不妨设a≥b≥c＞0，
则≤≤，bc≤ca≤ab．
由排序不等式：顺序和≥乱序和，得
＋＋≥＋＋，
即≥a＋b＋c．
∵a，b，c为正数，
∴abc＞0，a＋b＋c＞0．
于是≥abc．
3.1 数学归纳法
1．了解数学归纳法，理解数学归纳法的原理和实质．
2．掌握用数学归纳法解证明题的两个步骤，并能灵活应用．
对数学归纳法的理解
(1)数学归纳法原理：
数学归纳法原理是设有一个关于________的命题，若当n取__________时该命题成立，又在假设当n取__________时该命题成立后可以推出n取__________时该命题成立，则该命题对一切自然数________都成立．
(2)数学归纳法：
数学归纳法可以用于证明与正整数有关的命题．证明需要经过两个步骤：
①验证当n取______________(如n0＝1或2等)时命题正确．
②假设当__________时(k∈N＋，k≥n0)命题正确，证明当________时命题也正确．在完成了上述两个步骤之后，就可以断定命题对于______________都正确．
【做一做1】在用数学归纳法证明多边形内角和定理时，第一步应检验( )．
A．n＝1时成立 B．n＝2时成立
C．n＝3时成立 D．n＝4时成立
【做一做2】已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－＋－＋…＋－＝2＋…＋时，若已假设n＝k(k≥2，且k为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证( )．
A．n＝k＋1时等式成立 B．n＝k＋2时等式成立
C．n＝2k＋2时等式成立 D．n＝2(k＋2)时等式成立
【做一做3】用数学归纳法证明1＋＋＋…＋＜n(n∈N＋，且n＞1)时，在证明从n＝k到n＝k＋1成立时，左边增加的项数是( )．
A．2k B．2k－1 C．2k－1 D．2k＋1
答案：
(1)正整数n 第1个值n0 第k个值 第k＋1个值 n≥n0
(2)第一个值n0 n＝k n＝k＋1 从n0开始的所有正整数
【做一做1】C 多边形中至少有三条边，故应先验证n＝3时成立．
【做一做2】B 因为已假设n＝k(k≥2，且k为偶数)时命题为真，接下来应该证明n＝2，
即n＝k＋2时命题为真．
而选项中n＝k＋1为奇数，n＝2k＋2和n＝2(k＋2)均不满足递推关系，
所以只有n＝k＋2满足条件．
【做一做3】A
1．用数学归纳法证明时注意事项
剖析：(1)n的取值范围以及递推的起点；(2)观察首末两项的次数(或其他)，确定n＝k时命题的形式f(k)；(3)从f(k＋1)和f(k)的差异，寻找由k到k＋1的递推中，左边要加(乘)上的式子．
2．数学归纳法能够证明无限多正整数都成立的问题
剖析：这是因为第一步首先验证了n取第一个值n0时成立，这样假设就有了存在的基础．假设k＝n0成立，根据假设和合理推证，证明出n＝k＋1也成立．这实质上是证明了一种循环．如验证了n0＝1成立，又证明了n＝k＋1也成立，这就一定有n＝2成立，n＝2成立，则n＝3也成立；n＝3成立，则n＝4也成立．如此反复，以至无穷．对所有n≥n0的整数就都成立了．数学归纳法非常巧妙地解决了一种无限多的正整数问题，这就是数学方法的神奇．
题型一 用数学归纳法证明恒等问题
【例1】用数学归纳法证明：n∈N＋时，＋＋…＋＝．
分析：在证明时，要严格按数学归纳法的步骤进行，并要特别注意当n＝k＋1时，等式两边的式子与n＝k时等式两边式子的联系，增加了哪些项，减少了哪些项．
反思：在解本题时，由n＝k到n＝k＋1时，等式的左边增加了一项，这里容易因忽略而出错．
题型二 用数学归纳法证明整除问题
【例2】证明：n3＋5n(n∈N＋)能被6整除．
分析：这是一个与整除有关的命题，它涉及全体正整数，第一步应证明n＝1时成立，第二步应明确目标，在假设k2＋5k能被6整除的前提下，证明(k＋1)3＋5(k＋1)也能被6整除．
反思：在证明归纳递推时，要注意使用归纳假设，把“证明的目标”牢记在心．
题型三 利用数学归纳法证明几何问题
【例3】平面内有n个圆，任意两个圆都相交于两点，任意三个圆不相交于同一点，求证：这n个圆将平面分成f(n)＝n2－n＋2(n∈N＋)个部分．
分析：因为f(n)为n个圆把平面分割成的区域数，那么再有一个圆和这n个圆相交，就有2n个交点，这些交点将增加的这个圆分成2n段弧，且每一段弧又将原来的平面区域一分为二，因此，增加一个圆后，平面分成的区域数增加2n个，即f(n＋1)＝f(n)＋2n．有了上述关系，数学归纳法的第二步证明可迎刃而解．
反思：对于几何问题的证明，可以从有限情形中归纳出一个变化的过程，或者说体会出是怎样变化的，然后再去证明，也可以用“递推”的办法，比如本题，n＝k＋1时的结果已知道：f(k＋1)＝(k＋1)2－(k＋1)＋2，用f(k＋1)－f(k)就可得到增加的部分，然后从有限的情况来理解如何增加的，也就好理解了．
答案：
【例1】证明：(1)当n＝1时，左边＝＝，右边＝＝，左边＝右边，
∴等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋，且k≥1)时等式成立，
即有＋＋…＋＝，
则当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋
＝＋＝
＝＝＝，
∴当n＝k＋1时，等式也成立．
由(1)(2)可知，对一切n∈N＋，等式都成立．
【例2】证明：(1)当n＝1时，n3＋5n显然能被6整除，命题成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋，且k≥1)时，命题成立，即k3＋5k能被6整除．
则当n＝k＋1时，(k＋1)3＋5(k＋1)＝k3＋3k2＋3k＋1＋5k＋5＝(k3＋5k)＋3k2＋3k＋6＝(k3＋5k)＋3k(k＋1)＋6．
由假设知k3＋5k能够被6整除，而k(k＋1)是偶数，故3k(k＋1)能够被6整除，从而(k3＋5k)＋3k(k＋1)＋6，即(k＋1)3＋5(k＋1)能够被6整除．因此，当n＝k＋1时，命题成立．
由(1)(2)知，命题对一切正整数成立，即n3＋5n(n∈N＋)能被6整除．
【例3】证明：(1)当n＝1时，一个圆将平面分成两个部分，且f(1)＝1－1＋2＝2，所以n＝1时命题成立．
(2)假设n＝k(k∈N＋，k≥1)时命题成立，即k个圆把平面分成f(k)＝k2－k＋2个部分，
则n＝k＋1时，在k＋1个圆中任取一个圆O，剩下的k个圆将平面分成f(k)个部分，而圆O与k个圆有2k个交点，这2k个交点将圆O分成2k段弧，每段弧将原平面一分为二，故得f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2．
∴当n＝k＋1时，命题成立．
综合(1)(2)可知，对一切n∈N＋命题成立．
1用数学归纳法证明不等式＋＋…＋＞(n≥2)的过程中，由n＝k递推到n＝k＋1时不等式左边( )．
A．增加了一项 B．增加了两项和
C．增加了B中的两项但减少了一项 D．以上均不正确
2在用数学归纳法证明不等式“1＋＋＋…＋＞成立”时，n的第一个值应为( )．
A．7 B．8 C．9 D．10
3在数列{an}中，a1＝，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为__________．
4证明凸n边形的对角线的条数f(n)＝n(n－3)(n≥4)．
答案：
1．C n＝k时，左边＝＋＋…＋．①
n＝k＋1时，左边＝＋＋…＋＋＋．②
观察比较①②两式，可发现增加的项是＋－，故选C．
2．B 左边＝＝2－n－1，
若2－n－1＞成立，解得n＞7．
3． 由a1＝，且Sn＝n(2n－1)an，得a2＝，a3＝，a4＝．由1×3,3×5,5×7,7×9，…，可得an＝＝．
4．证明：(1)n＝4时，f(4)＝×4×(4－3)＝2，四边形有两条对角线，命题成立．
(2)假设n＝k(k≥4，k∈N＋)时命题成立，即凸k边形的对角线的条数f(k)＝k(k－3)(k≥4)．
则当n＝k＋1时，凸(k＋1)边形是在k边形的基础上增加了一边，增加了一个顶点Ak＋1，增加的对角线条数是顶点Ak＋1与不相邻顶点连线再加上原k边形的一边A1Ak，共增加的对角线条数为(k＋1－3)＋1＝k－1，
则f(k＋1)＝k(k－3)＋k－1＝(k2－k－2)＝(k＋1)(k－2)＝(k＋1)[(k＋1)－3]．
由(1)、(2)，可知对于n≥4，n∈N＋命题成立．
3.2 数学归纳法的应用
1．进一步掌握利用数学归纳法证明不等式的方法和技巧．
2．了解贝努利不等式，并能利用它证明简单的不等式．
1．用数学归纳法证明不等式
运用数学归纳法证明不等式的两个步骤实际上是分别证明两个不等式．尤其是第二步：一方面需要我们充分利用归纳假设提供的“便利”，另一方面还需要结合运用比较法、综合法、分析法、反证法和放缩法等其他不等式的证明方法．
【做一做1－1】设f(k)是定义在正整数集上的函数，且f(k)满足：当“f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立．”那么下列命题总成立的是( )．
A．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立
B．若f(5)≥25成立，则当k＜5时，均有f(k)≥k2成立
C．若f(7)＜49成立，则当k≥8时，均有f(k)＜k2成立
D．若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
【做一做1－2】证明＜1＋＋＋＋…＋＜n＋1(n＞1)．当n＝2时，中间式子等于________．
2．贝努利不等式
对任何实数x≥－1和任何正整数n，有(1＋x)n≥________．
当指数n推广到任意实数且x＞－1时，
①若0＜α＜1，则(1＋x)α≤1＋αx；
②若α＜0或α＞1，则(1＋x)α≥1＋αx．
当且仅当x＝0时等号成立．
【做一做2】设n∈N＋，求证：3n＞2n．
答案：
【做一做1－1】D 由题意，设f(k)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立．”因此对于选项A，不一定有k＝1,2时成立．对于选项B，C显然错误，对于选项D，∵f(4)＝25＞42，因此对于任意的k≥4，总有f(k)≥k2成立．
【做一做1－2】1＋＋＋ 当n＝2时，＝，∴中间式子为1＋＋＋．
2．1＋nx
【做一做2】分析：利用贝努利不等式来证明．
证明：∵3n＝(1＋2)n，根据贝努利不等式，有(1＋2)n≥1＋n×2＝1＋2n．
上式右边舍去1，得(1＋2)n＞2n．
∴3n＞2n成立．
1．观察、归纳、猜想、证明的方法
剖析：这种方法解决的问题主要是归纳型问题或探索型问题，命题的成立或不成立都需要预先归纳与探索，而归纳与探索多数情况下是从特例入手，得到一个结论，但这个结论不一定正确，因为这是由归纳法得出的，因此，需要给出一定的逻辑证明，所以通过观察、分析、归纳、猜想，探索一般规律，其关键在于正确地归纳猜想，如果归纳不出正确的结论，那么数学归纳法的证明也就无法进行了．
在观察与归纳时，n的取值不能太少，因为前n项的关系可能只是特殊情况，不具有一般性，因而，要从多个特殊事例上探索一般结论．
2．从“n＝k”到“n＝k＋1”的方法与技巧
剖析：在用数学归纳法证明不等式的问题中，从“n＝k”到“n＝k＋1”的过渡，利用归纳假设是比较困难的一步，它不像用数学归纳法证明恒等式问题一样，只需拼凑出所需要的结构来，而证明不等式的第二步中，从“n＝k”到“n＝k＋1”，只用拼凑的方法，有时也行不通，因为对不等式来说，它还涉及“放缩”的问题，它可能需要通过“放大”或“缩小”的过程，才能利用上归纳假设，因此，我们可以利用“比较法”“综合法”“分析法”等来分析从“n＝k”到“n＝k＋1”的变化，从中找到“放缩尺度”，准确地拼凑出所需要的结构．
题型一 用数学归纳法证明不等式
【例1】已知数列{an}满足：a1＝－，a＋(an＋1＋2)·an＋2an＋1＋1＝0．求证：－1＜an＜0．
分析：利用数学归纳法证明．
反思：在利用数学归纳法证明不等式时，要注意式子的变形，通过放缩、比较、分析、综合等证明不等式的方法，得出要证明的目标不等式．
题型二 利用贝努利不等式证明不等式
【例2】设n为正整数，记an＝n＋1，n＝1,2,3，…．
求证：an＋1＜an．
分析：用求商比较法证明an＋1＜an，其中要用贝努利不等式．
反思：本题在证明的过程中，综合运用了求商比较法，放缩法，进而通过贝努利不等式证明不等式成立．
题型三 易错辨析
【例3】求证：＋＋…＋＞1．
错解：证明：(1)当n＝1时，左边＝＋＋＝＞1成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋，且k≥1)时，＋＋…＋＞1成立，
则当n＝k＋1时，＋＋…＋＋＞1＋＞1成立．
由(1)，(2)知，原不等式成立．
错因分析：上述证明中，从k到k＋1，只添加了一项是错误的．分母是相邻的自然数，故应有＋＋．
反思：在利用数学归纳法证明的过程中，第(2)步由n＝k到n＝k＋1时，注意项数的增加和减少，往往会有减项也有增项，这些一定要弄清楚．
答案：
【例1】证明：(1)当n＝1时，a1＝－∈(－1,0)，结论成立．
(2)假设当n＝k(k≥1且k∈N＋)时，－1＜ak＜0成立．
当n＝k＋1时，ak＋1＝－(ak＋2)－＋2，
∵－1＜ak＜0，∴1＜ak＋2＜2，又y＝t＋在t∈(1,2)内为增函数，
∴ak＋2＋∈．
∴ak＋1∈，则－1＜ak＋1＜0，
∴当n＝k＋1时，－1＜ak＋1＜0成立．
综合(1)，(2)知，对一切n∈N＋，－1＜an＜0成立．
【例2】证明：由an的定义，知对一切n＝1,2,3，…，an为正数，所以只需证＞1，n＝1,2,3，…．
由于＝
＝n＋1×－1
＝n＋1×
＝n＋1×
＝n＋1×，
因此，根据贝努利不等式，
有＞×
＞×
＝×＝1．
∴an＞an＋1对于一切正整数n都成立．
【例3】正解：证明：(1)当n＝1时，左边＝＋＋＝＞1成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋，且k≥1)时，＋＋…＋＞1成立，
则当n＝k＋1时，＋＋…＋＋＋＋＝＋＋…＋＋＞1＋＋－＝1＋－＝1＋－＞1，
∴当n＝k＋1时，等式成立，
由(1)(2)知原不等式成立．
1用数学归纳法证明1＋＋＋…＋＜n(n∈N＋，且n＞1)时，第一步即证下述哪个不等式成立( )．
A．1＜2 B．1＋＜2 C．1＋＋＜2 D．1＋＜2
2f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N＋)，经计算得f(2)＝，f(4)＞2，f(8)＞，f(16)＞3，f(32)＞．推测：当n≥2时，有( )．
A．f(2n－1)＞ B．f(2n)＞ C．f(2n)＞ D．f(2n－1)＞
3用数学归纳法证明＋＋＋…＋＞－，假设n＝k时，不等式成立，则当n＝k＋1时，应推证的目标是( )．
A．＋＋…＋＞－
B．＋＋…＋＞－
C．＋＋…＋＞－
D．＋＋…＋＞－
4已知a＞c＞d＞b＞0，a＋b＝c＋d，n为大于1的正整数，求证：an＋bn＞cn＋dn．
答案：
1．C n＝2时，左边＝1＋＋，右边＝2，所以应证1＋＋＜2成立．
2．B ∵f(2)＝；f(4)＞2，即f(22)＞；f(8)＞，即f(23)＞；f(16)＞3，即f(24)＞；f(32)＞，即f(25)＞．故猜想f(2n)＞(n≥2)．
3．A 注意不等式两边含变量“n”的式子，因此当n＝k＋1时，应该是含“n”的式子发生变化，所以n＝k＋1时，应为＋＋…＋＋＞－．
4．证明：设a＝c＋m，b＝d－m，且m＞0，
于是(an＋bn)－(cn＋dn)＝(c＋m)n＋(d－m)n－(cn＋dn)＝cnn＋dnn－(cn＋dn)．①
根据贝努利不等式，有n≥1＋n·，②
n≥1－n·．③
由①②③，可得(an＋bn)－(cn＋dn)≥cn＋dn－(cn＋dn)＝(cn－1－dn－1)nm＞0，
∴an＋bn＞cn＋dn．
