1．不等式的基本性质
对应学生用书P1
1．实数大小的比较
(1)数轴上的点与实数一一对应，可以利用数轴上点的左右位置关系来规定实数的大小．在数轴上，右边的数总比左边的数大．
(2)如果a－b＞0，则a＞b；如果a－b＝0，则a＝b；如果a－b＜0，则a＜b.
(3)比较两个实数a与b的大小，归结为判断它们的差a－b的符号；比较两个代数式的大小，实际上是比较它们的值的大小，而这又归结为判断它们的差的符号．
2．不等式的基本性质
由两数大小关系的基本事实，可以得到不等式的一些基本性质：
(1)如果a＞b，那么b＜a；如果b＜a，那么a＞b.即a＞b?b＜a.
(2)如果a＞b，b＞c，那么a＞c.即a＞b，b＞c?a>c.
(3)如果a＞b，那么a＋c>b＋c.
(4)如果a＞b，c>0，那么ac>bc；如果a>b，c<0，那么ac
(5)如果a>b>0，那么an>bn(n∈N，n≥2)．
(6)如果a>b>0，那么＞(n∈N，n≥2)．
3．对上述不等式的理解
使用不等式的性质时，一定要清楚它们成立的前提条件，不可强化或弱化它们成立的条件，盲目套用，例如：
(1)等式两边同乘以一个数仍为等式，但不等式两边同乘以同一个数c(或代数式)结果有三种：①c＞0时得同向不等式；②c＝0时得等式；③c<0时得异向不等式．
(2)a＞b，c＞d?a＋c>b＋d，即两个同向不等式可以相加，但不可以相减；而a>b>0，c>d>0?ac>bd，即已知的两个不等式同向且两边为正值时，可以相乘，但不可以相除．
(3)性质(5)、(6)成立的条件是已知不等式两边均为正值，并且n∈N，n≥2，否则结论不成立．而当n取正奇数时可放宽条件，a>b?an>bn(n＝2k＋1，k∈N)，a>b?>(n＝2k＋1，k∈N＋)．
(4)在不等式的基本性质中，条件和结论的逻辑关系有两种：“?”与“?”，即推出关系和等价关系，或者说“不可逆关系”与“可逆关系”．这要求必须熟记与区别不同性质的条件．如a＞b，ab＞0?＜，而反之不成立．
对应学生用书P1
实数大小的比较
[例1] 已知x，y均为正数，设m＝＋，n＝，试比较m和n的大小．
[思路点拨]
[解] m－n＝＋－＝－＝＝，
∵x，y均为正数，
∴x>0，y>0，xy>0，x＋y>0，(x－y)2≥0.
∴m－n≥0，即m≥n.(当x＝y时，等号成立)．
比较两个数(式子)的大不，一般用作差法，其步骤是：作差—变形—判断差的符号—结论，其中“变形”是关键，常用的方法是分解因式、配方等．
1．已知a，b∈R，比较a4＋b4与a3b＋ab3的大小．
解：因为(a4＋b4)－(a3b＋ab3)
＝a3(a－b)＋b3(b－a)
＝(a－b)(a3－b3)
＝(a－b)2(a2＋ab＋b2)
＝(a－b)2≥0
(当且仅当a＝b时，取“＝”号)
所以a4＋b4≥a3b＋ab3.
2．在数轴的正半轴上，A点对应的实数为，B点对应的实数为1，试判别A点在B点的左边，还是在B点的右边？
解：因为－1＝≤0，
所以≤1.
当且仅当a＝±时取“＝”，
所以当a≠±时，A点在B点左边，当a＝±时，A点与B点重合．
不等式的证明
[例2] 已知a>b>0，c求证：>.
[思路点拨] 可以作差比较，也可用不等式的性质直接证明．
[证明] 法一：－＝＝
，
∵a>b>0，c∴b－a<0，c－d<0.
∴b－a＋c－d<0.
又∵a>0，c<0，∴a－c>0.
同理b－d>0，
∴(a－c)(b－d)>0.
∵e<0，∴>0.即>.
法二：?
?＞.
进行简单的不等式的证明，一定要建立在记准、记熟不等式性质的基础之上，如果不能直接由不等式的性质得到，可以先分析需要证明的不等式的结构，利用不等式的性质进行逆推，寻找使其成立的充分条件．
3．判断下列命题的真假，并简述理由．
(1)若a>b，c>d，则ac>bd；
(2)若a>b>0，c>d>0，则>；
(3)若a>b，cb－d；
(4)若a>b，则an＞bn，>(n∈N且n≥2)．
解：(1)取a＝3，b＝2，c＝－2，d＝－3，即3>2，－2>－3.此时ac＝bd＝－6.因此(1)为假命题．
(2)因同向不等式不能相除，取a＝6，b＝4，c＝3，d＝2，此时＝＝2.因此(2)为假命题．
(3)∵c－d，因此(3)为真命题．
(4)当a>b>0时，才能成立，取a＝－2，b＝－3，当n为偶数时不成立，因此(4)为假命题．
4．已知a，b，x，y都是正数，且>，x>y，
求证：>.
证明：因为a，b，x，y都是正数，
且>.x>y，所以>，
所以<.
故＋1<＋1，
即<.所以>.
利用不等式的性质求范围
[例3] (1)已知：－≤α<β≤，求α－β的范围．
(2)已知：－1≤a＋b≤1,1≤a－2b≤3，求a＋3b的范围．
[思路点拨] 求代数式的范围应充分利用不等式的基本性质．
[解] (1)∵－≤α<β≤，
∴－≤α＜，－≤－β＜.且α＜β.
∴－π≤α－β＜π且α－β＜0.
∴－π≤α－β<0.即α－β的范围为[－π，0)．
(2)设a＋3b＝λ1(a＋b)＋λ2(a－2b)
＝(λ1＋λ2)a＋(λ1－2λ2)b.
解得λ1＝，λ2＝－.
∴－≤(a＋b)≤，－2≤－(a－2b)≤－.
∴－≤a＋3b≤1.即a＋3b的范围为.
求代数式的取值范围是不等式性质应用的一个重要方面，严格依据不等式的性质和运算法则进行运算，是解答此类问题的基础，在使用不等式的性质中，如果是由两个变量的范围求其差的范围，一定不能直接作差，而要转化为同向不等式后作和．
5．若8＜x＜10,2＜y＜4，则的取值范围是________．
解析：∵2＜y＜4，
∴＜＜.又8＜x＜10，
∴2＜＜5.
答案：(2,5)
6．已知1≤α＋β≤4，－2≤α－β≤－1，求2α－β的取值范围．
解：设2α－β＝m(α＋β)＋n(α－β)，
∴?
又1≤α＋β≤4，－2≤α－β≤－1
∴
?－≤2α－β≤.
∴2α－β的取值范围为
对应学生用书P3
1．已知数轴上两点A，B对应的实数分别为x，y，若xA．P在Q的左边 B．P在Q的右边
C．P，Q两点重合 D．不能确定
解析：∵x|y|>0.故P在Q的右边．
答案：B
2．下列命题中不正确的是( )
A．若>，则a>b
B．若a>b，c>d，则a－d>b－c
C．若a>b>0，c>d>0，则>
D．若a>b>0，ac>bd，则c>d
解析：当c>0，d>0时，才有a>b>0，ac>bd?c>d.
答案：D
3．已知a>b>c，则下列不等式正确的是( )
A．ac>bc B．ac2>bc2
C．b(a－b)>c(a－b) D．|ac|>|bc|
解析：a>b>c?a－b>0?(a－b)b>(a－b)c.
答案：C
4．已知a，b，c∈(0，＋∞)，若＜＜，则( )
A．c＜a＜b B．b＜c＜a
C．a＜b＜c D．c＜b＜a
解析：由＜＜，可得＋1＜＋1＜＋1，即＜＜，又a，b，c∈(0，＋∞)，所以a＋b＞b＋c＞c＋a.由a＋b＞b＋c可得a＞c；由b＋c＞c＋a可得b＞a，于是有c＜a＜b.
答案：A
5．已知0＜a＜1，则a，，a2的大小关系是________．
解析：∵a－＝＜0，
∴a＜.
又a－a2＝a(1－a)＞0，
∴a＞a2.∴a2＜a＜.
答案：a2＜a＜
6．给出四个条件：
①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0.
能得出＜成立的有________．
解析：由<，得－<0，<0，故①②④可推得<成立．
答案：①②④
7．设x＝a2b2＋5，y＝2ab－a2－4a，若x>y，则实数a，b应满足的条件为________．
解析：∵x>y，
∴x－y＝a2b2＋5－2ab＋a2＋4a
＝(ab－1)2＋(a＋2)2>0.
∴ab－1≠0或a＋2≠0.
即ab≠1或a≠－2.
答案：ab≠1或a≠－2
8．若a>0，b>0，求证：＋≥a＋b.
证明：∵＋－a－b＝(a－b)
＝，
(a－b)2≥0恒成立，且已知a＞0，b＞0，
∴a＋b>0，ab>0.
∴≥0.∴＋≥a＋b.
9．若f(x)＝ax2＋bx，且1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，求f(－2)的取值范围．
解：∵f(－1)＝a－b，f(1)＝a＋b，
f(－2)＝4a－2b＝Af(－1)＋Bf(1)，
则?
∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1)．
∵2≤f(1)≤4,1≤f(－1)≤2，
∴3≤3f(－1)≤6，
∴5≤f(1)＋3f(－1)≤10，
∴5≤f(－2)≤10.
10．已知a>0，a≠1.
(1)比较下列各组大小．
①a2＋1与a＋a；②a3＋1与a2＋a；
③a5＋1与a3＋a2.
(2)探讨在m，n∈N＋条件下，am＋n＋1与am＋an的大小关系，并加以证明．
解：(1)∵a>0，a≠1，
∴①a2＋1－(a＋a)＝a2＋1－2a
＝(a－1)2>0.
∴a2＋1>a＋a.
②a3＋1－(a2＋a)
＝a2(a－1)－(a－1)
＝(a＋1)(a－1)2＞0，
∴a3＋1>a2＋a，
③a5＋1－(a3＋a2)
＝a3(a2－1)－(a2－1)
＝(a2－1)(a3－1)．
当a>1时，a3>1，a2>1，
∴(a2－1)(a3－1)>0.
当0∴(a2－1)(a3－1)>0.
即a5＋1>a3＋a2.
(2)根据(1)可探讨，
得am＋n＋1＞am＋an.(证明如下)
am＋n＋1－(am＋an)
＝am(an－1)＋(1－an)
＝(am－1)(an－1)．
当a>1时，am>1，an>1，
∴(am－1)(an－1)>0.
当0∴(am－1)(an－1)>0.
综上(am－1)(an－1)>0，
即am＋n＋1>am＋an.
2．基本不等式
对应学生用书P4
1．基本不等式的理解
重要不等式a2＋b2≥2ab和基本不等式≥，成立的条件是不同的．前者成立的条件是 a与b都为实数，并且a与b都为实数是不等式成立的充要条件；而后者成立的条件是a与b都为正实数，并且a与b都为正实数是不等式成立的充分不必要条件，如a＝0，b≥0仍然能使≥成立．
两个不等式中等号成立的充要条件都是a＝b.
2．由基本不等式可推出以下几种常见的变形形式
(1)a2＋b2≥；
(2)ab≤；
(3)ab≤()2；
(4)()2≤；
(5)(a＋b)2≥4ab.
对应学生用书P5
利用基本不等式证明不等式
[例1] 已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1.
求证：＋＋≥9.
[思路点拨] 解答本题可先利用1进行代换，再用基本不等式来证明．
[证明] 法一：∵a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，
∴＋＋＝＋＋
＝3＋＋＋＋＋＋
＝3＋＋＋≥3＋2＋2＋2＝9.当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
即＋＋≥9.
法二：∵a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，
∴＋＋＝(a＋b＋c)(＋＋)
＝1＋＋＋＋1＋＋＋＋1
＝3＋＋＋≥3＋2＋2＋2＝9.当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
∴＋＋≥9.
用基本不等式证明不等式时，应首先依据不等式两边式子的结构特点进行恒等变形，使之具备基本不等式的结构和条件，然后合理地选择基本不等式进行证明．
1．已知a，b，c，d都是正数，求证：(ab＋cd)(ac＋bd)≥4abcd.
证明：因为a，b，c，d都是正数，
所以≥＞0，≥＞0，
所以≥abcd，
即(ab＋cd)(ac＋bd)≥4abcd.
当且仅当ab＝cd，ac＝bd，即a＝d，b＝c时，等号成立．
2．已知a，b，c>0，求证：＋＋≥a＋b＋c.
证明：∵a，b，c，，，均大于0，
又＋b≥2 ＝2a，
＋c≥2 ＝2b.
＋a≥2 ＝2c.
∴(＋b)＋(＋c)＋(＋a)
≥2(a＋b＋c)．
即＋＋≥a＋b＋c.
当且仅当＝b，＝c，＝a，
即a＝b＝c时取等号.
利用基本不等式求最值
[例2] (1)求当x>0时，f(x)＝的值域；
(2)设0(3)已知x>0，y>0，且＋＝1，求x＋y的最小值．
[思路点拨] 根据题设条件，合理变形，创造能用基本不等式的条件，求最值．
[解] (1)∵x>0，∴f(x)＝＝.
∵x＋≥2，∴0<≤.
∴0即f(x)值域为(0,1]．
(2)∵00.
∴y＝4x(3－2x)＝2[2x(3－2x)]
≤22＝.
当且仅当2x＝3－2x，即x＝时，等号成立．
∴y＝4x(3－2x)的最大值为.
(3)∵x>0，y>0，＋＝1，
∴x＋y＝(x＋y)＝＋＋10≥6＋10＝16.
当且仅当＝，又＋＝1，
即x＝4，y＝12时，上式取等号．
故当x＝4，y＝12时，
有(x＋y)min＝16.
在应用基本不等式求最值时， 分以下三步进行：
(1)首先看式子能否出现和(或积)的定值，若不具备，需对式子变形，凑出需要的定值；
(2)其次，看所用的两项是否同正，若不满足，通过分类解决，同负时，可提取(－1)变为同正；
(3)利用已知条件对取等号的情况进行验证．若满足，则可取最值，若不满足，则可通过函数单调性或导数解决．
3．已知x＞0，则2x＋的最小值和取得最小值时的x值分别是( )
A．8,2 B．8,4
C．16,2 D．16,4
解析：2x＋≥2＝8，当且仅当2x＝，即x＝2时，取“＝”号，故选A.
答案：A
4．设x，y∈R＋，且满足x＋4y＝40，则lgx＋lgy的最大值是( )
A．40 B．10
C．4 D．2
解析：∵x，y∈R＋，∴≤.
∴≤＝10.∴xy≤100.
∴lg x＋lg y＝lg(xy)≤lg 100＝2.
答案：D
5．(浙江高考)若正数x，y满足x＋3y＝5xy，则3x＋4y的最小值是( )
A. B．
C．5 D．6
解析：∵x＋3y＝5xy，∴＋＝5，
∵x>0，y>0，∴(3x＋4y)＝＋＋9＋4≥2 ＋13＝25，∴5(3x＋4y)≥25，
∴3x＋4y≥5，当且仅当x＝2y时取等号．
∴3x＋4y的最小值是5.
答案：C
利用基本不等式解决实际问题
[例3] 某国际化妆品生产企业为了占有更多的市场份额，拟在2014年巴西世界杯期间进行一系列促销活动，经过市场调查和测算，化妆品的年销量x万件与年促销费t万元之间满足3－x与t＋1成反比例的关系，如果不搞促销活动，化妆品的年销量只能是1万件，已知2014年生产化妆品的设备折旧、维修等固定费用为3万元，每生产1万件化妆品需要投入32万元的生产费用，若将每件化妆品的售价定为其生产成本的150%与平均每件促销费的一半之和，则当年生产的化妆品正好能销完．
(1)将2014年的利润y(万元)表示为促销费t(万元)的函数．
(2)该企业2014年的促销费投入多少万元时，企业的年利润最大？
[思路点拨] (1)两个基本关系式是解答关键，即利润＝销售收入－生产成本－促销费；生产成本＝固定费用＋生产费用；
(2)表示出题中的所有已知量和未知量，利用它们之间的关系式列出函数表达式．
[解] (1)由题意可设
3－x＝，
将t＝0，x＝1代入，得k＝2.
∴x＝3－.
当年生产x万件时，
∵年生产成本＝年生产费用＋固定费用，
∴年生产成本为32x＋3＝32＋3.
当销售x万件时，
年销售收入为150%＋t.
由题意，生产x万件化妆品正好销完，
由年利润＝年销售收入－年生产成本－促销费，
得年利润y＝(t≥0)．
(2)y＝＝50－
≤50－2 ＝50－2 ＝42，
当且仅当＝，即t＝7时，等号成立，ymax＝42，
∴当促销费定在7万元时，年利润最大．
利用不等式解决实际应用问题时，首先要仔细阅读题目，弄清要解决的实际问题，确定是求什么量的最值；其次，分析题目中给出的条件，建立y的函数表达式y＝f(x)(x一般为题目中最后所要求的量)；最后，利用不等式的有关知识解题．求解过程中要注意实际问题对变量x的范围制约．
6．一商店经销某种货物，根据销售情况，年进货量为5万件，分若干次等量进货(设每次进货x件)，每进一次货运费50元，且在销售完该货物时，立即进货，现以年平均件货储存在仓库里，库存费以每件20元计算，要使一年的运费和库存费最省，每次进货量x应是多少？
解：设一年的运费和库存费共y元，
由题意知：y＝×50＋×20＝＋10x≥2＝104，
当且仅当＝10x即x＝500时，ymin＝10 000，
即每次进货500件时，一年的运费和库存费最省．
7.围建一个面积为360 m2的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙(利用旧墙需维修)，其他三面围墙要新建，在旧墙的对面的新墙上要留一个宽度为2 m的进出口，如图所示，已知旧墙的维修费用为45元/m，新墙的造价为180元/m，设利用的旧墙的长度为x(单位：元)．
(1)将y表示为x的函数；
(2)试确定x，使修建此矩形场地围墙的总费用最小，并求出最小总费用．
解：(1)如题图所示，设矩形的另一边长为a m.
则y＝45x＋180(x－2)＋180×2a＝225x＋360a－360.
由已知xa＝360，得a＝，
所以y＝225x＋－360(x＞0)．
(2)∵x>0，
∴225x＋≥2＝10 800.
∴y＝225x＋－360≥10 440，
当且仅当225 x＝时，等号成立．
即当x＝24 m时，修建围墙的总费用最小，最小总费用是10 440元．
对应学生用书P7
1．下列不等式中，正确的个数是( )
①若a，b∈R，则≥
②若x∈R，则x2＋2＋≥2
③若x∈R，则x2＋1＋≥2
④若a，b为正实数，则≥
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：显然①不正确；③正确；对②虽然x2＋2＝无解，但x2＋2＋>2成立，故②正确；
④不正确，如a＝1，b＝4.
答案：C
2．已知a>0，b>0，a，b的等差中项是，且α＝a＋，β＝b＋，则α＋β的最小值是( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：∵a＋b＝2×＝1，a>0，b>0，
∴α＋β＝a＋＋b＋
＝1＋≥1＋＝5，
当且仅当a＝b＝时取“＝”号．
答案：C
3. “a＝1”是“对任意正数x,2x＋≥1”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
解析：当a＝1时，2x＋＝2x＋≥2(当且仅当x＝时取等号)，所以a＝1?2x＋≥1(x＞0)，反过来，对任意正数x，如当a＝2时，2x＋≥1恒成立，所以2x＋≥1?/ a＝1.
答案：A
4．某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与仓库到车站的距离成正比，如果在距离车站10千米处建仓库，这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元，那么，要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站( )
A．5千米处 B．4千米处
C．3千米处 D．2千米处
解析：由已知：y1＝，
y2＝0.8x(x为仓库到车站的距离)．
费用之和y＝y1＋y2＝0.8x＋
≥2 ＝8.
当且仅当0.8x＝，
即x＝5时等号成立．
答案：A
5．若x≠0，则f(x)＝2－3x2－的最大值是________，取得最值时x的值是________．
解析：f(x)＝2－3(x2＋)≤2－3×4＝－10，
当且仅当x2＝即x＝±时取等号．
答案：－10 ±
6．当x＞时，函数y＝x＋的最小值为________．
解析：因为x＞，所以x－＞0，
所以y＝x＋＝＋＋≥4＋＝，
当且仅当x－＝，即x＝时，取“＝”．
答案：
7．y＝(x>0)的最小值是________．
解析：∵x>0，∴y＝＝＋x＋1－1≥2－1.
当且仅当x＋1＝时取等号．
答案：2－1
8．已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：
(1)＋＋≥8；
(2)≥9.
证明：(1)∵a＋b＝1，a＞0，b＞0，
∴＋＋＝＋＋
＝2
＝2
＝2＋4
≥4 ＋4＝8(当且仅当a＝b＝时，等号成立)，
∴＋＋≥8.
(2)∵＝＋＋＋1，
由(1)知＋＋≥8.
∴≥9.
9．设x>0，y>0且x＋y＝4，要使不等式＋≥m恒成立，求实数m 的取值范围．
解：由x>0，y>0且x＋y＝4.
得＝1，
∴＋＝·
＝
＝
≥＝.
当且仅当＝ 时等号成立．
即y＝2x(∵x>0，y>0，∴y＝－2x舍去)．
此时，结合x＋y＝4，
解得x＝，y＝.
∴＋的最小值为.
∴m≤.
∴m的取值范围为.
10．某房地产开发公司计划在一楼区内建造一个长方形公园ABCD，公园由长方形A1B1C1D1的休闲区和环公园人行道(阴影部分)组成．已知休闲区A1B1C1D1的面积为4 000平方米，人行道的宽分别为4米和10米(如图所示)．
(1)若设休闲区的长和宽的比＝x，求公园ABCD所占面积S关于x的函数S(x)的解析式；
(2)要使公园所占面积最小，休闲区A1B1C1D1的长和宽应如何设计？
解：(1)设休闲区的宽为a米，则其长为ax米，由a2x＝4 000，得a＝.
则S(x)＝(a＋8)(ax＋20)＝a2x＋(8x＋20)a＋160
＝4 000＋(8x＋20)·＋160
＝80(2 ＋)＋4 160(x>1)．
(2)S≥80×2＋4 160＝1 600＋4 160＝5 760.当且仅当2 ＝即x＝2.5时取等号，此时a＝40，ax＝100.所以要使公园所占面积最小，休闲区A1B1C1D1应设计为长100米，宽40米．
3．三个正数的算术—几何平均不等式
对应学生用书P8
1．定理3
如果a，b，c∈R＋，那么≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立，用文字语言可叙述为：三个正数的算术平均不小于它们的几何平均．
(1)不等式≥成立的条件是：a，b，c均为正数，而等号成立的条件是：当且仅当a＝b＝c.
(2)定理3可变形为：①abc≤()3；②a3＋b3＋c3≥3abc.
(3)三个及三个以上正数的算术－几何平均值不等式的应用条件与前面基本不等式的应用条件是一样的，即“一正，二定，三相等”．
2．定理3的推广
对于n个正数a1，a2，…，an，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．
对应学生用书P8
用平均不等式证明不等式
[例1] 已知a，b，c∈R＋，求证：
＋＋≥3.
[思路点拨] 欲证不等式的右边为常数3，联想到不等式a＋b＋c≥3(a，b，c∈R＋)，故将所证不等式的左边进行恰当的变形．
[证明] ＋＋
＝＋－3
≥3＋3－3＝6－3＝3.
当且仅当a＝b＝c时取等号．
证明不等式的方法与技巧
(1)观察式子的结构特点，分析题目中的条件．若具备“一正，二定，三相等”的条件，可直接应用该定理．
若题目中不具备该条件，要注意经过适当的恒等变形后再使用定理证明．
(2)三个正数的算术—几何平均不等式是根据不等式的意义、性质和比较法证出的，因此凡是利用该不等式证明的不等式，一般可用比较法证明．
1．设a，b，c＞0，求证：＋＋＋abc≥2.
证明：因为a，b，c＞0，由算术—几何平均不等式可得
＋＋≥3，
即＋＋≥(当且仅当a＝b＝c时，等号成立)．
所以＋＋＋abc≥＋abc.
而＋abc≥2＝2(当且仅当a2b2c2＝3时，等号成立)，
所以＋＋＋abc≥2(当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立)．
2．已知a1，a2，…，an都是正数，且a1a2…an＝1，求证：
(2＋a1)(2＋a2)…(2＋an)≥3n.
证明：因为a1是正数，根据三个正数的平均不等式，有2＋a1＝1＋1＋a1≥3.
同理2＋aj≥3 (j＝2,3，…n)．
将上述各不等式的两边分别相乘即得
(2＋a1)(2＋a2)…(2＋an)
≥(3)(3)…(3)
＝3n·.
∵a1a2…an＝1，∴(2＋a1)(2＋a2)…(2＋an)≥3n.
当且仅当a1＝a2＝…＝an＝1时，等号成立.
用平均不等式求最值
[例2] (1)求函数y＝(x－1)2(3－2x)的最大值．
(2)求函数y＝x＋(x>1)的最小值．
[思路点拨] 对于积的形式求最大值，应构造和为定值．
(2)对于和的形式求最小值，应构造积为定值．
解：(1)∵10，x－1>0.
y＝(x－1)2(3－2x)
＝(x－1)(x－1)(3－2x)≤3
＝3＝，
当且仅当x－1＝x－1＝3－2x，
即x＝∈时，ymax＝.
(2)∵x＞1，∴x－1>0，y＝x＋
＝(x－1)＋(x－1)＋＋1
≥3＋1＝4，
当且仅当(x－1)＝(x－1)＝，
即x＝3时等号成立．即ymin＝4.
(1)利用三个正数的算术－几何平均不等式定理求最值，可简记为“积定和最小，和定积最大”．
(2)应用平均不等式定理，要注意三个条件“即一正二定三相等”同时具备时，方可取得最值，其中定值条件决定着平均不等式应用的可行性，获得定值需要一定的技巧，如：配系数、拆项、分离常数、平方变形等．
3．设x>0，则f(x)＝4－x－的最大值为( )
A．4－ B．4－
C．不存在 D.
解析：∵x>0，∴f(x)＝4－x－＝4－≤4－3＝4－＝.
答案：D
4．若0＜x＜1，则函数y＝x4(1－x2)的最大值是________，此时x＝________.
解析：因为0＜x＜1，所以y＝x4(1－x2)＝x2·x2(2－2x2)≤3＝，当且仅当x2＝x2＝2－2x2，即x＝时，函数y＝x4(1－x2)取得最大值.
答案：
用平均不等式解应用题
[例3] 如图所示，在一张半径是2米的圆桌的正中央上空挂一盏电灯．大家知道，灯挂得太高了，桌子边缘处的亮度就小；挂得太低，桌子的边缘处仍然是不亮的．由物理学知道，桌子边缘一点处的照亮度E和电灯射到桌子边缘的光线与桌子的夹角θ的正弦成正比，而和这一点到光源的距离r的平方成反比，即E＝k.
这里k是一个和灯光强度有关的常数，那么究竟应该怎样选择灯的高度h，才能使桌子边缘处最亮？
[思路点拨] →
→
→→
[解] ∵r＝，
∴E＝k·.
∴E2＝·sin2θ·cos4θ＝·(2sin2θ)·cos2θ·cos2θ≤·3＝.
当且仅当2sin2θ＝cos2θ时取等号，
即tan2θ＝，tan θ＝.
∴h＝2tan θ＝.即h＝时，E最大．
本题获解的关键是在获得了E＝k·后，对E的表达式进行变形求得E的最大值．解应用题时必须先读懂题意，建立适当的函数关系式，若把问题转化为求函数的最值问题，常配凑成可以用平均不等式的形式，若符合条件“一正、二定、三相等”即可求解．
5．已知长方体的表面积为定值S，试问这个长方体的长、宽、高各是多少时，它的体积最大，求出这个最大值．
解：设长方体的体积为V，长、宽、高分别是a，b，c，
则V＝abc，S＝2ab＋2bc＋2ac.
V2＝(abc)2＝(ab)(bc)(ac)≤3＝3＝.
当且仅当ab＝bc＝ac，即a＝b＝c时，上式取“＝”号，V2取最小值.
由解得a＝b＝c＝.
即当长方体的长宽高都等于时，体积最大，最大值为.
对应学生用书P10
1．已知x为正数，下列各题求得的最值正确的是( )
A．y＝x2＋2x＋≥3＝6，∴ymin＝6.
B．y＝2＋x＋≥3＝3，∴ymin＝3.
C．y＝2＋x＋≥4，∴ymin＝4.
D．y＝x(1－x)(1－2x)≤3＝，∴ymax＝.
解析：A，B，D在使用不等式a＋b＋c≥3(a，b，c∈R＋)和abc≤3(a，b，c∈R＋)都不能保证等号成立，最值取不到．C中，∵x>0，∴y＝2＋x＋＝2＋≥2＋2＝4，当且仅当x＝，即x＝1时取等号．
答案：C
2．设a，b∈R＋，且a＋b＝3，则ab2的最大值为( )
A．2 B．3
C．4 D．6
解析：∵ab2＝4a××
≤43
＝43＝4×13＝4，
当且仅当a＝＝1时，等号成立．
即ab2的最大值为4.
答案：C
3．若logxy＝－2，则x＋y的最小值是( )
A. B.
C. D.
解析：由logxy＝－2得y＝.而x＋y＝x＋
＝＋＋≥3＝3＝，当且仅当＝即x＝时取等号．
答案：A
4．已知圆柱的轴截面周长为6，体积为V，则下列总成立的是( )
A．V≥π B．V≤π
C．V≥π D．V≤π
解析：设圆柱半径为r，则圆柱的高h＝，所以圆柱的体积为V＝πr2·h＝πr2·＝πr2(3－2r)≤π3＝π.
当且仅当r＝3－2r，即r＝1时取等号．
答案：B
5．设0解析：∵00.
故
≤＝.
∴x(1－x)2≤.
答案：
6．若a>2，b>3，则a＋b＋的最小值为________．
解析：a>2，b>3，∴a－2>0，b－3>0.
则a＋b＋＝(a－2)＋(b－3)＋＋5
≥3＋5＝8.
当且仅当a－2＝b－3＝即a＝3，b＝4时等号成立．
答案：8
7．已知关于x的不等式2x＋≥7在x∈(a，＋∞)上恒成立，则实数a的最小值为________．
解析：2x＋＝(x－a)＋(x－a)＋＋2a，
∵x－a>0.
∴2x＋≥3＋2a，
＝3＋2a，
当且仅当x－a＝即x＝a＋1时，取等号．
∴2x＋的最小值为3＋2a.
由题意可得3＋2a≥7，得a≥2.
答案：2
8．设a，b，c∈R＋，求证：
(a＋b＋c)≥.
证明：∵a，b，c∈R＋，
∴2(a＋b＋c)＝(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)≥
3>0.
＋＋≥3>0，
∴(a＋b＋c)≥.
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
9．设x，y，z>0，且x＋3y＋4z＝6，求x2y3z的最大值．
解：∵6＝x＋3y＋4z＝＋＋y＋y＋y＋4z≥6，
∴x2x3z≤1.
∴x＝2，y＝1，z＝时，x2y3z取得最大值1.
10．有一块边长为36 cm的正三角形铁皮，从它的三个角上剪下三个全等的四边形后做成一个无盖的正三棱柱容器，要使这个容器的容积最大，剪下的三个四边形面积之和等于多少？最大容积是多少？
解：剪下的三个全等的四边形如图所示，设A1F1＝x，则AF1＝x，
∴A1B1＝F1F2＝36－2x.
∴V＝(36－2x)2·x
＝(6－x)(6－x)·2x.
∵0＜x＜6，∴6－x＞0.
∴V≤3.
又(6－x)＋(6－x)＋2x＝12，
∴当6－x＝2x，即x＝2时，V有最大值，
这时V最大＝·(4)3＝864(cm3)．
∵S四边形A1F1AE2＝x·x＝x2＝12(cm2)，
∴三个四边形面积之和等于36 cm2.
1．绝对值三角不等式
对应学生用书P11
绝对值三角不等式
(1)定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．
几何解释：用向量a，b分别替换a，b.
①当a与b不共线时，有|a＋b|<|a|＋|b|，其几何意义为：三角形的两边之和大于第三边．
②若a，b共线，当a与b同向时，|a＋b|＝|a|＋|b|，当a与b反向时，|a＋b|<|a|＋|b|.
由于定理1与三角形之间的这种联系，故称此不等式为绝对值三角不等式．
③定理1的推广：如果a，b是实数，则||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.
(2)定理2：如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|.
当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立．
几何解释：在数轴上，a，b，c所对应的点分别为A，B，C，
当点B在点A，C之间时，|a－c|＝|a－b|＋|b－c|.
当点B不在点A，C之间时：①点B在A或C上时，|a－c|＝|a－b|＋|b－c|；
②点B不在A，C上时，|a－c|<|a－b|＋|b－c|.
应用：利用该定理可以确定绝对值函数的值域和最值．
对应学生用书P11
含绝对值不等式的判断与证明
[例1] 已知|A－a|<，|B－b|<，|C－c|<.
求证：|(A＋B＋C)－(a＋b＋c)|[思路点拨] ―→
[证明] |(A＋B＋C)－(a＋b＋c)|＝|(A－a)＋(B－b)＋(C－c)|
≤|(A－a)＋(B－b)|＋|C－c|≤|A－a|＋|B－b|＋|C－c|.
因为|A－a|<，|B－b|<，|C－c|<，
所以|A－a|＋|B－b|＋|C－c|<＋＋＝s.
含绝对值不等式的证明题主要分两类：一类是比较简单的不等式，往往可通过平方法、换元法去掉绝对值转化为常见的不等式证明，或利用绝对值三角不等式||a|－|b|||a±b|≤|a|＋|b|，通过适当的添、拆项证明；另一类是综合性较强的函数型含绝对值的不等式，往往可考虑利用一般情况成立，则特殊情况也成立的思想，或利用一元二次方程的根的分布等方法来证明．
1．已知|x|＜a，|y|＜b，则下列不等式中一定成立的是( )
A．|x＋y|＜a＋b B．|x－y|＜a－b
C．|x|＋|y|≤a＋b D．|x|－|y|≤a－b
解析：|x＋y|≤|x|＋|y|＜a＋b.
答案：A
2．设ε>0，|x－a|<，|y－a|<.
求证：|2x＋3y－2a－3b|<ε.
证明：|2x＋3y－2a－3b|＝|2(x－a)＋3(y－b)|≤
|2(x－a)|＋|3(y－b)|＝2|x－a|＋3|y－b|
<2×＋3×＝ε.
绝对值三角不等式的应用
[例2] (1)求函数y＝|x－3|－|x＋1|的最大值和最小值．
(2)如果关于x的不等式|x－3|＋|x－4|＜a的解集为空集，求参数a的取值范围．
[思路点拨] 利用绝对值三角不等式或函数思想方法可求解．
[解] (1)法一：||x－3|－|x＋1||
≤|(x－3)－(x＋1)|＝4，
∴－4≤|x－3|－|x＋1|≤4.
∴ymax＝4，ymin＝－4.
法二：把函数看作分段函数．
y＝|x－3|－|x＋1|＝
∴－4≤y≤4.
∴ymax＝4，ymin＝－4.
(2)只要a不大于|x－3|＋|x－4|的最小值，则|x－3|＋|x－4|＜a的解集为空集，而|x－3|＋|x－4|＝|x－3|＋|4－x|≥|x－3＋4－x|＝1，
当且仅当(x－3)(4－x)≥0，即3≤x≤4时等号成立．
∴当3≤x≤4时，|x－3|＋|x－4|取得最小值1.
∴a的取值范围为(－∞，1]．
(1)利用绝对值不等式求函数最值，要注意利用绝对值的性质进行转化，构造绝对值不等式的形式．
(2)求最值时要注意等号成立的条件，它也是解题的关键．
3．若a，b∈R，且|a|≤3，|b|≤2则|a＋b|的最大值是________，最小值是________．
解析：|a|－|b|≤|a＋b|≤|a|＋|b|，
∴1＝3－2≤|a＋b|≤3＋2＝5.
答案：5 1
4．求函数f(x)＝|x－1|＋|x＋1|的最小值．
解：∵|x－1|＋|x＋1|＝|1－x|＋|x＋1|≥
|1－x＋x＋1|＝2，
当且仅当(1－x)(1＋x)≥0，
即－1≤x≤1时取等号．
∴当－1≤x≤1时，函数f(x)＝|x－1|＋|x＋1|
取得最小值2.
5．若对任意实数，不等式|x＋1|－|x－2|>a恒成立，求a的取值范围．
解：a<|x＋1|－|x－2|对任意实数恒成立，
∴a<[|x＋1|－|x－2|]min.
∵||x＋1|－|x－2||≤|(x＋1)－(x－2)|＝3，
∴－3≤|x＋1|－|x－2|≤3.
∴(|x＋1|－|x－2|)min＝－3.
∴a<－3.即a的取值范围为(－∞，－3)．
对应学生用书P12
1．对于|a|－|b|≤|a＋b|≤|a|＋|b|，下列结论正确的是( )
A．当a，b异号时，左边等号成立
B．当a，b同号时，右边等号成立
C．当a＋b＝0时，两边等号均成立
D．当a＋b>0时，右边等号成立；当a＋b<0时，左边等号成立
解析：当a，b异号且|a|>|b|时左边等号才成立A不正确；显然B正确；当a＋b＝0时，右边等号不成立，C不正确；D显然不正确．
答案：B
2．已知a，b，c∈R，且a>b>c，则有( )
A．|a|>|b|>|c| B．|ab|>|bc|
C．|a＋b|>|b＋c| D．|a－c|>|a－b|
解析：∵a，b，c∈R，且a>b>c，
令a＝2，b＝1，c＝－6.
∴|a|＝2，|b|＝1，|c|＝6，|b|<|a|<|c|，故排除A.
又|ab|＝2，|bc|＝6，|ab|<|bc|，故排除B.
又|a＋b|＝3，|b＋c|＝5，|a＋b|<|b＋c|，排除C.
而|a－c|＝|2－(－6)|＝8，|a－b|＝1，
∴|a－c|>|a－b|.
答案：D
3．对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－2y＋1|的最大值为( )
A．5 B．4
C．8 D．7
解析：由题意得，
|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|
≤|x－1|＋|2(y－2)＋2|
≤1＋2|y－2|＋2≤5，
即|x－2y＋1|的最大值为5.
答案：A
4．设|a|<1，|b|<1，则|a＋b|＋|a－b|与2的大小关系是( )
A．|a＋b|＋|a－b|>2 B．|a＋b|＋|a－b|<2
C．|a＋b|＋|a－b|＝2 D．不可能比较大小
解析：当(a＋b)(a－b)≥0时
|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|<2.
当(a＋b)(a－b)<0时，
|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)－(a－b)|＝2|b|<2.
答案：B
5．(陕西高考)若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是________．
解析：|x－a|＋|x－1|≥|a－1|，则只需要|a－1|≤3，解得－2≤a≤4.
答案：－2≤a≤4
6．若1解析：－4∵1答案：(－3,8)
7．下列四个不等式：①logx10＋lg x≥2(x>1)；②|a－b|<|a|＋|b|；③|＋|≥2(ab≠0)；④|x－1|＋|x－2|≥1，其中恒成立的是________(把你认为正确的序号都填上)．
解析：logx10＋lg x＝＋lg x≥2，①正确；
ab≤0时，|a－b|＝|a|＋|b|，②不正确；
∵ab≠0时，与同号，
∴|＋|＝|＋|≥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：①③④
8．设a，b∈R，ε>0，|a|<，|b|<ε.
求证：|4a＋3b|<3ε.
证明：∵|a|<，|b|<ε，∴|4a＋3b|≤|4a|＋|3b|＝4|a|＋3|b|<4·＋3·＝3ε.
9．设f(x)＝x2－x＋b，|x－a|<1，求证：
|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1)．
证明：∵f(x)－f(a)＝x2－x－a2＋a
＝(x－a)(x＋a－1)，
|f(x)－f(a)|＝|(x－a)(x＋a－1)|
＝|x－a||x＋a－1|<|x＋a－1|
＝|(x－a)＋2a－1|≤|x－a|＋|2a－1|
≤|x－a|＋2|a|＋1<2|a|＋2
＝2(|a|＋1)．
∴|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1)．
10．设函数y＝|x－4|＋|x－3|.求
(1)y的最小值；
(2)使y(3)使y≥a恒成立的a的最大值．
解：(1)当x≤3时，y＝－(x－4)－(x－3)＝7－2x是减函数，∴y≥7－2×3＝1.
当3当x≥4时，y＝(x－4)＋(x－3)＝2x－7是增函数，
∴y≥2×4－7＝1.∴ymin＝1.
(2)由(1)知y≥1.要使y1.即a的取值范围为(1，＋∞)．
(3)要使y≥a恒成立，只要y的最小值1≥a，即可．
∴amax＝1.
2．绝对值不等式的解法
对应学生用书P13
1．|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法
只需将ax＋b看成一个整体，即化成|x|≤a，|x|≥a(a>0)型不等式求解．
|ax＋b|≤c(c>0)型不等式的解法：先化为－c≤ax＋b≤c，再由不等式的性质求出原不等式的解集．
不等式|ax＋b|≥c(c>0)的解法：先化为ax＋b≥c或ax＋b≤－c，再进一步利用不等式性质求出原不等式的解集．
2．|x－a|＋|x－b|≥c和|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法
①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现数形结合思想，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．
②以绝对值的零点为分界点，将数轴分为几个区间，利用“零点分段法”求解，体现分类讨论的思想．确定各个绝对值符号内多项式的正、负性，进而去掉绝对值符号是解题关键．
③通过构造函数，利用函数的图像求解，体现函数与方程的思想，正确求出函数的零点并画出函数图像(有时需要考查函数的增减性)是解题关键．
对应学生用书P13
|ax＋b|≤c与|ax＋b|≥c(c>0)型的不等式的解法
[例1] 解下列不等式：
(1)|5x－2|≥8；(2)2≤|x－2|≤4.
[思路点拨] 利用|x|>a及|x|0)型不等式的解法求解．
[解] (1)|5x－2|≥8?5x－2≥8或5x－2≤－8?x≥2或x≤－，
∴原不等式的解集为.
(2)原不等式价于
由①得x－2≤－2，或x－2≥2，
∴x≤0，或x≥4.
由②得－4≤x－2≤4，
∴－2≤x≤6.
∴原不等式的解集为{x|－2≤x≤0，或4≤x≤6}．
|ax＋b|≥c和|ax＋b|≤c型不等式的解法：
①当c>0时，|ax＋b|≥c?ax＋b≥c或ax＋b≤－c，
|ax＋b|≤c?－c≤ax＋b≤c.
②当c＝0时，|ax＋b|≥c的解集为R，|ax＋b|③当c<0时，|ax＋b|≥c的解集为R，|ax＋b|≤c的解集为?.
1．解下列不等式：
(1)|3－2x|<9；(2)4＜|3x－2|＜8；
(3)|x2－3x－4|>x＋1.
解：(1)∵|3－2x|<9，∴|2x－3|<9.
∴－9<2x－3<9.
即－6<2x<12.
∴－3∴原不等式的解集为{x|－3(2)由4＜|3x－2|＜8，得?
?
∴－2＜x＜－或2＜x＜.
∴原不等式的解集为.
(3)不等式可转化为x2－3x－4>x＋1或x2－3x－4<－x－1，
∴x2－4x－5>0或x2－2x－3<0.
解得x>5或x<－1或－1∴不等式的解集是(5，＋∞)∪(－∞，－1)∪(－1,3)．
|x－a|＋|x－b|≥c和|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法
[例2] 解不等式|x＋7|－|x－2|≤3.
[思路点拨] 解该不等式，可采用三种方法：(1)利用绝对值的几何意义；(2)利用各绝对值的零点分段讨论；(3)构造函数，利用函数图像分析求解．
解：法一：|x＋7|－|x－2|可以看成数轴上的动点(坐标为x)到－7对应点的距离与到2对应点的距离的差，先找到这个差等于3的点，即x＝－1.由图易知不等式|x＋7|－|x－2|≤3的解为x≤－1，即x∈(－∞，－1]．
法二：令x＋7＝0，x－2＝0得x＝－7，x＝2.
①当x＜－7时，不等式变为－x－7＋x－2≤3，
∴－9≤3成立，∴x＜－7.
②当－7≤x≤2时，不等式变为x＋7＋x－2≤3，
即2x≤－2，∴x≤－1，∴－7≤x≤－1.
③当x＞2时，不等式变为x＋7－x＋2≤3，
即9≤3不成立，∴x∈?.
∴原不等式的解集为(－∞，－1]．
法三：将原不等式转化为|x＋7|－|x－2|－3≤0，
构造函数y＝|x＋7|－|x－2|－3，即
y＝
作出函数的图像，从图可知，当x≤－1时，有y≤0，即|x＋7|－|x－2|－3≤0，
所以，原不等式的解集为(－∞，－1]．
|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的三种解法：分区间(分类)讨论法、图像法和几何法．分区间讨论的方法具有普遍性，但较麻烦；几何法和图像法直观，但只适用于数据较简单的情况．
2．解不等式|2x－1|＋|3x＋2|≥8.
解：(1)x≤－时，
|2x－1|＋|3x＋2|≥8?1－2x－(3x＋2)≥8.
?－5x≥9?x≤－，∴x≤－；
(2)－∴x∈?；
(3)x≥时，|2x－1|＋|3x＋2|≥8?5x＋1≥8
?5x≥7?x≥，
∴x≥.
∴原不等式的解集为∪.
3．解不等式|x－1|＋|2－x|＞3＋x.
解：把原不等式变为|x－1|＋|x－2|＞3＋x，
(1)当x≤1时，
∴原不等式变为－(x－1)－(x－2)＞3＋x，解得x＜0；
(2)当1＜x≤2时，
∴原不等式变为x－1－(x－2)＞3＋x，解得x∈?；
(3)当x＞2时，
∴原不等式变为x－1＋x－2＞3＋x，解得x＞6.
综上，原不等式解集为(－∞，0)∪(6，＋∞).
含绝对值不等式的恒成立问题
[例3] 已知不等式|x＋2|－|x＋3|>m.
(1)若不等式有解；
(2)若不等式解集为R；
(3)若不等式解集为?，分别求出m的范围．
[思路点拨] 解答本题可以先根据绝对值|x－a|的意义或绝对值不等式的性质求出|x＋2|－|x＋3|的最大值和最小值，再分别写出三种情况下m的范围．
[解] 法一：因|x＋2|－|x＋3|的几何意义为数轴上任意一点P(x)与两定点A(－2)，B(－3)距离的差．
即|x＋2|－|x＋3|＝|PA|－|PB|.
由图像知(|PA|－|PB|)max＝1，
(|PA|－|PB|)min＝－1.
即－1≤|x＋2|－|x＋3|≤1.
(1)若不等式有解，m只要比|x＋2|－|x＋3|的最大值小即可，即m<1，m的范围为(－∞，1)．
(2)若不等式的解集为R，即不等式恒成立，m只要比|x＋2|－|x＋3|的最小值还小，即m＜－1，m的范围为(－∞，－1)．
(3)若不等式的解集为?，m只要不小于|x＋2|－|x＋3|的最大值即可，即m≥1，m的范围为[1，＋∞)．
法二：由|x＋2|－|x＋3|≤|(x＋2)－(x＋3)|＝1，|x＋3|－|x＋2|≤|(x＋3)－(x＋2)|＝1，
可得－1≤|x＋2|－|x＋3|≤1.
(1)若不等式有解，则m∈(－∞，1)．
(2)若不等式解集为R，则m∈(－∞，－1)．
(3)若不等式解集为?，则m∈[1，＋∞)．
问题(1)是存在性问题，只要求存在满足条件的x即可；不等式解集为R或为空集时，不等式为绝对不等式或矛盾不等式，属于恒成立问题，恒成立问题f(x)a恒成立?f(x)min>a.
4．把本例中的“>”改成“<”，即|x＋2|－|x＋3|解：由例题知－1≤|x＋2|－|x＋3|≤1，所以
(1)若不等式有解，m只要比|x＋2|－|x＋3|的最小值大即可，即m∈(－1，＋∞)．
(2)若不等式的解集为R，即不等式恒成立，m只要比|x＋2|－|x＋3|的最大值大即可，即m∈(1，＋∞)．
(3)若不等式的解集为?，m只要不大于|x＋2|－|x＋3|的最小值即可，即m∈(－∞，－1]．
5．把本例中的“－”改成“＋”，即|x＋2|＋|x＋3|>m时，分别求出m的范围．
解：|x＋2|＋|x＋3|≥|(x＋2)－(x＋3)|＝1，
即|x＋2|＋|x＋3|≥1.
(1)若不等式有解，m为任何实数均可，
即m∈R.
(2)若不等式解集为R，即m∈(－∞，1)．
(3)若不等式解集为?，这样的m不存在，即m∈?.
对应学生用书P15
1．不等式|x＋1|>3的解集是( )
A．{x|x<－4或x>2} B．{x|－4C．{x|x<－4或x≥2} D．{x|－4≤x<2}
解析：|x＋1|>3，则x＋1>3或x＋1<－3，因此x<－4或x>2.
答案：A
2．不等式＞0的解集为( )
A.
B.
C.
D.
解析：原不等式??
?
答案：C
3．不等式|x＋1|＋|x＋2|<5的所有实数解的集合是( )
A．(－3,2) B．(－1,3)
C．(－4,1) D.
解析：|x＋1|＋|x＋2|表示数轴上一点到－2，－1两点的距离和，根据－2，－1之间的距离为1，可得到－2，－1距离和为5的点是－4,1.因此|x＋1|＋|x＋2|<5解集是(－4,1)．
答案：C
4．不等式1≤|2x－1|<2的解集为( )
A.
B.
C.
D.
解析：1≤|2x－1|<2则1≤2x－1<2或－2<2x－1≤－1，因此－答案：D
5．不等式|x＋2|≥|x|的解集是________．
解析：因不等式两边是非负实数，所以不等式两边可以平方，两边平方得(x＋2)2≥x2，∴x2＋4x＋4≥x2.
即x≥－1.∴原不等式的解集为{x|x≥－1}．
答案：{x|x≥－1}
6．不等式|2x－1|－x<1的解集是__________．
解析：原不等式等价于|2x－1|－x－1<2x－1答案：{x|07．若关于x的不等式|x＋2|＋|x－1|＜a的解集为?，则a的取值范围为________．
解析：法一：由|x＋2|＋|x－1|＝|x＋2|＋|1－x|≥|x＋2＋1－x|＝3，知a≤3时，原不等式无解．
法二：数轴上任一点到－2与1的距离之和最小值为3.
所以当a≤3时，原不等式的解集为?.
答案：(－∞，3]
8．解不等式|3x－2|＋|x－1|＞3.
解：(1)当x≤时，|3x－2|＋|x－1|＝1－x＋2－3x＝3－4x，由3－4x＞3得x＜0.
(2)当＜x＜1时，|3x－2|＋|x－1|＝3x－2＋1－x＝2x－1，由2x－1＞3得x＞2，∴x∈?.
(3)当x≥1时，|3x－2|＋|x－1|＝3x－2＋x－1＝4x－3，由4x－3＞3得x＞，∴x＞.
故原不等式的解集为.
9．已知f(x)＝|ax－2|＋|ax－a|(a＞0)．
(1)当a＝1时，求f(x)≥x的解集；
(2)若不存在实数x，使f(x)＜3成立，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，
f(x)＝|x－2|＋|x－1|≥x，
当x≥2时，原不等式可转化为x－2＋x－1≥x，解得x≥3；
当1＜x＜2时，原不等式可转化为2－x＋x－1≥x，解得x≤1，∴x∈?；
当x≤1时，原不等式可转化为2－x＋1－x≥x，解得x≤1.
综上可得，解集为{x|x≤1或x≥3}．
(2)依题意，对?x∈R，都有f(x)≥3，
则f(x)＝|ax－2|＋|ax－a|≥|(ax－2)－(ax－a)|＝|a－2|≥3，
∴a－2≥3或a－2≤－3，
∴a≥5或a≤－1(舍)，
∴a的取值范围是[5，＋∞)．
第一讲 不等式和绝对值不等式
对应学生用书P16
?考情分析
从近两年的高考试题来看，绝对值不等式主要考查解法及简单的应用，题目难度中档偏下，着重考查学生的分类讨论思想及应用能力．
解绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号，化成不含绝对值的不等式，其一是依据绝对值的意义；其二是先令每一个绝对值等于零，找到分界点，通过讨论每一区间内的代数式的符号去掉绝对值．
?真题体验
1．(江西高考)对任意x，y∈R，|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥|x－1－x|＋|y－1－(y＋1)|＝1＋2＝3.
答案：C
2．(湖南高考)不等式|2x＋1|－2|x－1|＞0的解集为________．
解析：原不等式即|2x＋1|＞2|x－1|，两端平方后解得12x＞3，即x＞.
答案：
3．(陕西高考)已知a，b，m，n均为正数，且a＋b＝1，mn＝2，则(am＋bn)(bm＋an)的最小值为________．
解析：(am＋bn)(bm＋an)＝ab(m2＋n2)＋mn(a2＋b2)≥2mnab＋mn(a2＋b2)＝mn(a＋b)2＝mn＝2，
当且仅当m＝n＝时等号成立．
答案：2
4．(福建高考)设不等式|x－2|＜a(a∈N＋)的解集为A，且∈A，?A.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|的最小值．
解：(1)因为∈A，且?A，所以＜a，且≥a，解得＜a≤.又因为a∈N＋，所以a＝1.
(2)因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，
当且仅当(x＋1)(x－2)≤0，即－1≤x≤2时取到等号，所以f(x)的最小值为3.
5．(江苏高考)已知实数x，y满足：|x＋y|＜，|2x－y|＜，求证：|y|＜.
解：因为3|y|＝|3y|＝|2(x＋y)－(2x－y)|≤2|x＋y|＋|2x－y|，由题设知|x＋y|＜，|2x－y|＜，
从而3|y|＜＋＝，所以|y|＜.
对应学生用书P16
不等式的基本性质
利用不等式的性质判断不等式或有关结论是否成立，再就是利用不等式性质，进行数值或代数式大小的比较，常用到分类讨论的思想．
[例1] “a＋c>b＋d”是“a>b且c>d”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
[解析] 易得a>b且c>d时必有a＋c>b＋d.若a＋c>b＋d时，则可能有a>b且c>d.
[答案] A
基本不等式的应用
利用基本不等式求最值问题一般有两种类型：①和为定值时， 积有最大值；②积为定值时，和有最小值，在具体应用基本不等式解题时， 一定要注意适用的范围和条件：“一正、二定、三相等”．
[例2] x，y，z∈R＋，x－2y＋3z＝0，的最小值为________．
[解析] 由x－2y＋3z＝0得y＝，
则＝≥＝3，
当且仅当x＝3z时取“＝”．
[答案] 3
[例3] (新课标全国卷Ⅱ)设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：
(1)ab＋bc＋ca≤；
(2)＋＋≥1.
[证明] (1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.
所以3(ab＋bc＋ca)≤1，
即ab＋bc＋ca≤.
(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即＋＋≥a＋b＋c.
所以＋＋≥1.
含绝对值的不等式的解法
1.公式法
|f(x)|>g(x)?f(x)>g(x)或f(x)<－g(x)；
|f(x)|2．平方法
|f(x)|>|g(x)|?[f(x)]2>[g(x)]2.
3．零点分段法
含有两个以上绝对值符号的不等式，可先求出使每个含绝对值符号的代数式值等于零的未知数的值，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代数式在每一个区间上的符号，转化为不含绝对值的不等式去解．
[例4] 解下列关于x的不等式：
(1)|x＋1|>|x－3|；
(2)|x－2|－|2x＋5|>2x；
[解] (1)法一：|x＋1|>|x－3|，
两边平方得(x＋1)2>(x－3)2，∴8x>8.∴x>1.
∴ 原不等式的解集为{x|x>1}．
法二：分段讨论：
当x≤－1时，有－x－1>－x＋3，此时x∈?；
当－1－x＋3，
即x>1，.∴此时1当x>3时，有x＋1>x－3成立，∴x>3.
∴原不等式解集为{x|x>1}．
(2)分段讨论：①当x<－时，原不等式变形为
2－x＋2x＋5>2x，解得x<7，
∴解集为.
②当－≤x≤2时，
原不等式变形为2－x－2x－5>2x，解得x<－.
∴解集为.
③当x>2时，原不等式变形为x－2－2x－5>2x，
解得x<－，∴原不等式无解．
综上可得，原不等式的解集为.
不等式的恒成立问题
对于不等式恒成立求参数范围问题，常见类型及其解法如下：
(1)分离参数法：
运用“f(x)≤a?f(x)max≤a，f(x)≥a?f(x)min≥a”可解决恒成立中的参数范围问题．
(2)更换主元法：
不少含参不等式恒成立问题，若直接从主元入手非常困难或不可能时，可转换思维角度，将主元与参数互换，常可得到简捷的解法．
(3)数形结合法：
在研究曲线交点的恒成立问题时，若能数形结合，揭示问题所蕴含的几何背景，发挥形象思维与抽象思维各自的优势，可直观地解决问题．
[例5] 设函数f(x)＝|x＋1|＋|x－4|－a.
(1)当a＝1时，求函数f(x)的最小值；
(2)若f(x)≥＋1对任意的实数x恒成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)当a＝1时，
f(x)＝|x＋1|＋|x－4|－1≥|x＋1＋4－x|－1≥4，
∴f(x)min＝4.
(2)f(x)≥＋1对任意的实数x恒成立
?|x＋1|＋|x－4|－1≥a＋对任意的实数x恒成立
?a＋≤4.
当a＜0时，上式成立；
当a＞0时，a＋≥2＝4，
当且仅当a＝，即a＝2时上式取等号，此时a＋≤4成立．
综上，实数a的取值范围为(－∞，0)∪{2}．
对应学生用书P47
(时间：90分钟，总分120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知集合A＝{x|x2－5x＋6≤0}，集合B＝{x||2x－1|>3}，则集合A∩B等于( )
A．{x|2≤x≤3} B．{x|2≤x<3}
C．{x|2解析：A＝{x|2≤x≤3}，B＝{x|x>2或x<－1}．
∴A∩B＝{x|2答案：C
2．(陕西高考)小王从甲地到乙地往返的时速分别为a和b(aA．aC.解析：设甲、乙两地的距离为S，则从甲地到乙地所需时间为，从乙地到甲地所需时间为，又因为a＝a，即a答案：A
3．已知|x－a|A．1 B．2
C．3 D．4
解析：由|x－a|由已知得解得
答案：C
4．若<<0，则下列结论不正确的是( )
A．a2C.＋>2 D．|a|－|b|＝|a－b|
解析：法一(特殊值法)：令a＝－1，b＝－2，代入A，B，C，D，知D不正确．
法二：由<<0，得bab，ab>a2，故A，B正确．
又由>1，>0，且≠，即＋>2正确．
从而A，B，C均正确，对于D，由b即|a|－|b|<0，而|a－b|≥0，故D错．
答案：D
5．函数y＝|x－4|＋|x－6|的最小值为( )
A．2 B.
C．4 D．6
解析：y＝|x－4|＋|x－6|≥|x－4＋6－x|＝2.
答案：A
6．若a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，则( )
A．ab＞bc B．ac＞bc
C．ab＞ac D．a|b|＞c|b|
解析：∵a＋b＋c＝0，a＞b＞c.
∴a＞0，又b>c.∴ab>ac.
答案：C
7．已知x＋2y＋3z＝6，则2x＋4y＋8z的最小值为( )
A．3 B．2
C．12 D．12
解析：∵2x＞0,4y＞0,8z＞0，
∴2x＋4y＋8z＝2x＋22y＋23z≥3＝3＝3×4＝12.
当且仅当2x＝22y＝23z，即x＝2，y＝1，z＝时，等号成立．
答案：C
8．已知x>1，y>1，且lg x＋lg y＝4，则lg xlg y的最大值是( )
A．4 B．2
C．1 D.
解析：由x>1，y>1，故lg x>0，lg y>0.
∴4＝lg x＋lg y≥2.
∴lg xlg y≤4，当且仅当x＝y时取等号．
答案：A
9．不等式|sin x＋tan x|＜a的解集为N；不等式|sin x|＋|tan x|＜a的解集为M；则解集M与N的关系是( )
A．N?M B．M?N
C．M＝N D．M?N
解析：|sin x＋tan x|≤|sin x|＋|tan x|，则M?N(当a≤0时，M＝N＝?)．
答案：B
10．(安徽高考)若函数f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|的最小值为3，则实数a的值为( )
A．5或8 B．－1或5
C．－1或－4 D．－4或8
解析：当a≥2时，f(x)＝
如图1可知，当x＝－时，f(x)min＝f＝－1
＝3，可得a＝8；
当a<2时，f(x)＝
如图2可知，当x＝－时，f(x)min＝f＝－＋1＝3，可得a＝－4.综上可知，答案为D.
答案：D
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把正确答案填在题中横线上)
11．函数f(x)＝3x＋(x>0)的最小值为________．
解析：f(x)＝3x＋＝＋＋≥3＝9，当且仅当＝即x＝2时取等号．
答案：9
12．定义运算x·y＝若|m－1|·m＝|m－1|，则m的取值范围是________．
解析：依题意，有|m－1|≤m，所以－m≤m－1≤m，所以m≥.
答案：
13．以下三个命题：
(1)若|a－b|<1，则|a|<|b|＋1；
(2)若a，b∈R，则|a＋b|－2|a|≤|a－b|；
(3)若|x|<2，|y|>3，则||<.
其中正确的有__________个．
解析：(1)∵|a|－|b|≤|a－b|<1，∴|a|<|b|＋1.
∴(1)正确．
(2)∵|a＋b|－2|a|＝|a＋b|－|2a|≤|a＋b－2a|＝|b－a|＝|a－b|，∴(2)正确．
(3)∵|x|<2，|y|>3，∴||＝<.∴(3)正确．
答案：3
14．设函数f(x)＝|2x－1|＋x＋3，则f(－2)＝________，若f(x)≤5，则x的取值范围是________．
解析：f(－2)＝|2×(－2)－1|＋(－2)＋3＝6.
∵|2x－1|＋x＋3≤5
?|2x－1|≤2－x
?x－2≤2x－1≤2－x
?
∴－1≤x≤1.
答案：6 [－1,1]
三、解答题(本大题共4小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)解不等式：
|－x|<2；
解：原不等式?
因为－x<2????x≥.
又－x>－2?
或
?或≤x<2，
?或≤x<2?2≤x<5或≤x<2
?≤x<5.
所以，原不等式组等价于?≤x<5.
因此，原不等式的解集为.
16．(本小题满分12分)(新课标全国卷Ⅰ)若a>0，b>0，且＋＝.
(1)求a3＋b3的最小值；
(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由．
解：(1)由＝＋≥，
得ab≥2，且当a＝b＝时等号成立．
故a3＋b3≥2≥4，且当a＝b＝时等号成立．
所以a3＋b3的最小值为4.
(2)由(1)知，2a＋3b≥2≥4.
由于4>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.
17．(本小题满分12分)已知|2x－3|≤1的解集为[m，n]．
(1)求m＋n的值；
(2)若|x－a|＜m，求证：|x|＜|a|＋1.
解：(1)由不等式|2x－3|≤1可化为－1≤2x－3≤1，
得1≤x≤2，
∴m＝1，n＝2，m＋n＝3.
(2)证明：若|x－a|＜1，
则|x|＝|x－a＋a|≤|x－a|＋|a|＜|a|＋1.
18．(本小题满分14分)已知函数f(x)＝|x－2|，g(x)＝－|x＋3|＋m.
(1)解关于x的不等式f(x)＋a－1＞0(a∈R)；
(2)若函数f(x)的图像恒在函数g(x)图像的上方，求m的取值范围．
解：(1)不等式f(x)＋a－1＞0，
即|x－2|＋a－1＞0，
当a＝1时，解集为x≠2，
即(－∞，2)∪(2，＋∞)；
当a＞1时，解集为全体实数R；
当a＜1时，
∵|x－2|＞1－a，
∴x－2＞1－a或x－2＜a－1，
∴x＞3－a或x＜a＋1，
故解集为(－∞，a＋1)∪(3－a，＋∞)．
(2)f(x)的图像恒在函数g(x)图像的上方，
即为|x－2|＞－|x＋3|＋m对任意实数x恒成立，
即|x－2|＋|x＋3|＞m恒成立．
又对任意实数x恒有|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5，于是得m＜5，
即m的取值范围是(－∞，5)．
一 二维形式的柯西不等式
对应学生用书P29
1．二维形式的柯西不等式
(1)定理1：若a，b，c，d都是实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时，等号成立．
(2)二维形式的柯西不等式的推论：
(a＋b)(c＋d)≥(＋)2(a，b，c，d为非负实数)；
·≥|ac＋bd|(a，b，c，d∈R)；
·≥|ac|＋|bd|(a，b，c，d∈R)．
2．柯西不等式的向量形式
定理2：设α，β是两个向量，则|α·β|≤|α|·|β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立．
[注意] 柯西不等式的向量形式中α·β≤|α||β|，取等号“＝”的条件是β＝0或存在实数k，使α＝kβ.
3．二维形式的三角不等式
(1)定理3：＋≥(x1，y1，x2，y2∈R)．
当且仅当三点P1，P2与O共线，并且P1，P2点在原点O异侧时，等号成立．
(2)推论：对于任意的x1，x2，x3，y1，y2，y3∈R，有
＋
≥.
事实上，在平面直角坐标系中，设点P1，P2，P3的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)，根据△P1P2P3的边长关系有|P1P3|＋|P2P3|≥|P1P2|，当且仅当三点P1，P2，P3共线，并且点P1，P2在P3点的异侧时，等号成立．
对应学生用书P29
利用柯西不等式证明不等式
[例1] 已知θ为锐角，a，b∈R＋，求证：＋≥(a＋b)2.
[思路点拨] 可结合柯西不等式，将左侧构造成乘积形式，利用“1＝sin2θ＋cos2θ.”然后用柯西不等式证明．
[证明] ∵＋
＝(cos2θ＋sin2θ)
≥2
＝(a＋b)2，
∴(a＋b)2≤＋.
利用柯西不等式证明不等式的关键在于利用已知条件和所证不等式，把已知条件利用添项、拆项、分解、组合、配方、变量代换等，将条件构造柯西不等式的基本形式，从而利用柯西不等式证明，但应注意等号成立的条件．
1．已知a2＋b2＝1，x2＋y2＝1，求证：|ax＋by|≤1.
证明：由柯西不等式得
(ax＋by)2≤(a2＋b2)(x2＋y2)＝1，
∴|ax＋by|≤1.
2．已知a1，a2，b1，b2为正实数．
求证：(a1b1＋a2b2)≥(a1＋a2)2.
证明：(a1b1＋a2b2)＝[()2＋()2]≥
2＝(a1＋a2)2.
3．设a，b，c为正数，
求证：＋＋≥ (a＋b＋c)．
证明：由柯西不等式：
·≥a＋b，
即·≥a＋b.
同理：·≥b＋c，
·≥a＋c，
将上面三个同向不等式相加得：
≥2(a＋b＋c)
∴ ＋ ＋ ≥ ·(a＋b＋c).
利用二维形式的柯西不等式求最值
[例2] 求函数y＝3sin α＋4cos α的最大值．
[思路点拨] 函数的解析式是两部分的和，若能化为ac＋bd的形式就能用柯西不等式求其最大值．
[解] 由柯西不等式得
(3sin α＋4cos α)2≤(32＋42)(sin2α＋cos2)＝25，
∴3sin α＋4cos α≤5.
当且仅当＝cos α>0即sin α＝，cos α＝时取等号，即函数的最大值为5.
利用柯西不等式求最值
①变形凑成柯西不等式的结构特征，是利用柯西不等式求解的先决条件；
②有些最值问题从表面上看不能利用柯西不等式，但只要适当添加上常数项或和为常数的各项，就可以应用柯西不等式来解，这也是运用柯西不等式解题的技巧；
③而有些最值问题的解决需要反复利用柯西不等式才能达到目的，但在运用过程中，每运用一次前后等号成立的条件必须一致，不能自相矛盾，否则就会出现错误．多次反复运用柯西不等式的方法也是常用技巧之一．
4．已知2x2＋y2＝1，求2x＋y的最大值．
解：2x＋y＝×x＋1×y≤×＝×＝.
当且仅当x＝y＝时取等号．
∴2x＋y的最大值为.
5．已知2x＋3y＝1，求4x2＋9y2的最小值．
解：∵(4x2＋9y2)(22＋22)≥(4x＋6y)2＝4，
∴4x2＋9y2≥.
当且仅当2×2x＝3y×2，即2x＝3y时等号成立．
又2x＋3y＝1，得x＝，y＝，
故当x＝，y＝时，4x2＋9y2的最小值为.
6．求函数f(x)＝＋的最大值及此时x的值．
解：函数的定义域为[6,12]，由柯西不等式得
(＋)2≤(12＋12)[()2＋()2]＝2(x－6＋12－x)＝12，
即＋≤2.
故当＝时
即x＝9时函数f(x)取得最大值2.
对应学生用书P31
1．已知a，b∈R＋且a＋b＝1，则P＝(ax＋by)2与Q＝ax2＋by2的关系是( )
A．P≤Q B．P＜Q
C．P≥Q D．P＞Q
解析：设m＝(x，y)，n＝(，)，则|ax＋by|＝|m·n|≤|m||n|＝·＝·＝ ，
∴(ax＋by)2≤ax2＋by2.即P≤Q.
答案：A
2．若a，b∈R，且a2＋b2＝10，则a－b的取值范围是( )
A．[－2，2 ] B．[－2，2 ]
C．[－， ] D．(－，)
解析：(a2＋b2)[12＋(－1)2]≥(a－b)2，
∵a2＋b2＝10，∴(a－b)2≤20.
∴－2≤a－b≤2.
答案：A
3．已知x＋y＝1，那么2x2＋3y2的最小值是( )
A. B.
C. D.
解析：(2x2＋3y2)[()2＋()2]≥
(x＋y)2＝[(x＋y)]2＝6，(当且仅当x＝，y＝时取等号)
即2x2＋3y2≥.
答案：B
4．函数y＝＋2的最大值是( )
A. B.
C．3 D．5
解析：根据柯西不等式，知y＝1×＋2×≤×＝(当且仅当x＝时取等号)．
答案：B
5．设xy>0，则·的最小值为________．
解析：原式＝≥2＝9.(当且仅当xy＝时取等号)
答案：9
6．设a＝(－2,1,2)，|b|＝6，则a·b的最小值为________，此时b＝________.
解析：根据柯西不等式的向量形式，有|a·b|≤|a|·|b|，
∴|a·b|≤×6＝18，
当且仅当存在实数k，使a＝kb时，等号成立．
∴－18≤a·b≤18，
∴a·b的最小值为－18，
此时b＝－2a＝(4，－2，－4)．
答案：－18 (4，－2，－4)
7．设实数x，y满足3x2＋2y2≤6，则P＝2x＋y的最大值为________．
解析：由柯西不等式得
(2x＋y)2≤[(x)2＋(y)2]·＝(3x2＋2y2)·≤6×＝11，
于是2x＋y≤.
答案：
8．已知x，y∈R＋，且x＋y＝2.求证：＋≥2.
证明：＋＝(x＋y)
＝[ ()2＋()2]
≥2＝2，
当且仅当时等号成立，此时x＝1，y＝1.
所以＋≥2.
9．解方程＋2 ＝.
解：15＝2
≤[()2＋22]·
＝6＝6×＝15.
其中等号成立的充要条件是
＝，
解得x＝－.
10．试求函数f(x)＝3cos x＋4的最大值，并求出相应的x的值．
解：设m＝(3,4)，
n＝(cos x，)
则f(x)＝3cos x＋4
＝|m·n|≤|m|·|n|
＝·
＝5
当且仅当m∥n时，上式取“＝”．
此时，3 －4cos x＝0.
解得sin x＝，cos x＝.
故当sin x＝，cos x＝时．
f(x)＝3cos x＋4 取最大值5.
三 排序不等式
对应学生用书P35
1．顺序和、乱序和、反序和
设a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn为两组实数，c1，c2，…，cn为b1，b2，…，bn的任一排列，称a1b1＋a2b2＋…＋anbn为这两个实数组的顺序积之和(简称顺序和)，称a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1为这两个实数组的反序积之和(简称反序和)．称a1c1＋a2c2＋…＋ancn为这两个实数组的乱序积之和(简称乱序和)．
2．排序不等式(排序原理)
定理：(排序原理，又称为排序不等式) 设a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn为两组实数，c1，c2，…，cn为b1，b2，…，bn的任一排列，则有a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1≤a1c1＋a2c2＋…＋ancn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn，等号成立(反序和等于顺序和)?a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn.
排序原理可简记作：反序和≤乱序和≤顺序和．
[说明] 排序不等式也可以理解为两实数序列同向单调时，所得两两乘积之和最大；反向单调(一增一减)时，所得两两乘积之和最小．
对应学生用书P35
[例1] 已知a，b，c为正数，且a≥b≥c，求证：
＋＋≥＋＋.
[思路点拨] 分析题目中已明确a≥b≥c，所以解答本题时可直接构造两个数组，再用排序不等式证明即可．
[证明] ∵a≥b>0，于是≤，
又c>0，从而≥，
同理≥，从而≥≥.
又由于顺序和不小于乱序和，故可得
＋＋≥＋＋
＝＋＋
≥＋＋＝＋＋
＝＋＋.
所以原不等式成立．
利用排序不等式证明不等式的技巧在于仔细观察、分析所要证明的式子的结构，从而正确地构造出不等式中所需要的带有大小顺序的两个数组．
1．已知0<α<β<γ<，求证：sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γ·cos α>(sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ)．
证明：∵0<α<β<γ<，且y＝sin x在为增函数，y＝cos x在为减函数，
∴0cos β>cos γ>0.
∴sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α>sin αcos α＋sin βcos β＋sin γcos γ＝(sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ)．
2．设x≥1，求证：1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn.
证明：∵x≥1，∴1≤x≤x2≤……≤xn.
由排序原理得12＋x2＋x4＋…＋x2n
≥1·xn＋x·xn－1＋…＋xn－1·x＋xn·1
即1＋x2＋x4＋…＋x2nn≥(n＋1)xn.①
又因为x，x2，…，xn,1为1，x，x2，…，xn的一个排列
由排序原理得：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)xn②
将①②相加得1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)xn.
用排序不等式证明不等式(对所证不等式中的字母大小顺序作出假设)
[例2] 在△ABC中，试证：≤
[思路点拨] 可构造△ABC的边和角的有序数列，应用排序不等式来证明．
[证明] 不妨设a≤b≤c，于是A≤B≤C.
由排序不等式，得
aA＋bB＋cC≥aA＋bB＋cC，
aA＋bB＋cC≥bA＋cB＋aC，
aA＋bB＋cC≥cA＋aB＋bC.
相加，得3(aA＋bB＋cC)≥(a＋b＋c)(A＋B＋C)
＝π(a＋b＋c)，得≥.
在排序不等式的条件中需要限定各数值的大小关系，对于没有给出大小关系的情况，要根据各字母在不等式中地位的对称性，限定一种大小关系．
3．设a，b，c都是正数，求证：＋＋≥a＋b＋c.
证明：由题意不妨设a≥b≥c＞0，
由不等式的单调性，知ab≥ac≥bc，≥≥.
由排序不等式，知
ab×＋ac×＋bc×
≥ab×＋ac×＋bc×，
即所证不等式＋＋≥a＋b＋c成立．
4．设a1，a2，…，an是1,2，…，n的一个排列，
求证：＋＋…＋≤＋＋…＋.
证明：设b1，b2，…，bn－1是a1，a2，…，an－1的一个排列，且b1则>>…>且b1≥1，b2≥2，…，bn－1≥n－1，c1≤2，c2≤3，…，cn－1≤n.
利用排序不等式，有
＋＋…＋≥＋＋…＋≥＋＋…＋.
∴原不等式成立．
对应学生用书P36
1．有一有序数组，其顺序和为A，反序和为B，乱序和为C，则它们的大小关系为( )
A．A≥B≥C B．A≥C≥B
C．A≤B≤C D．A≤C≤B
解析：由排序不等式，顺序和≥乱序和≥反序和知；A≥C≥B.
答案：B
2．若A＝x＋x＋…＋x，B＝x1x2＋x2x3＋…＋xn－1xn＋xnx1其中x1x2，…，xn都是正数，则A与B的大小关系为( )
A．A>B B．AC．A≥B D．A≤B
解析：依序列{xn}的各项都是正数，不妨设0＜x1≤x2≤…≤xn则x2，x3，…，xn，x1为序列{xn} 的一个排列．依排序原理，得x1x1＋x2x2＋…＋xnxn≥x1x2＋x2x3＋…＋xnx1，即x＋x＋…＋x≥x1x2＋x2x3＋…＋xnx1.
答案：C
3．锐角三角形中，设P＝，Q＝acos C＋bcos B＋ccos A，则P，Q的关系为( )
A．P≥Q B．P＝Q
C．P≤Q D．不能确定
解析：不妨设A≥B≥C，则a≥b≥c，cos A≤cos B≤cos C，则由排序不等式有Q＝acos C＋bcos B＋ccos A≥acos B＋bcos C＋ccos A
＝R(2sin Acos B＋2sin Bcos C＋2sin Ccos A)
＝R[sin(A＋B)＋sin(B＋C)＋sin(A＋C)]
＝R(sin C＋sin A＋sin B)＝P＝.
答案：C
4．儿子过生日要老爸买价格不同的礼品1件、2件及3件，现在选择商店中单价为13元、20元和10元的礼品，至少要花________钱．( )
A．76元 B．20元
C．84元 D．96元
解析：设a1＝1(件)，a2＝2(件)，a3＝3(件)，b1＝10(元)，b2＝13(元)，b3＝20(元)，则由排序原理反序和最小知至少要花a1b3＋a2b2＋a3b1＝1×20＋2×13＋3×10＝76(元)．
答案：A
5．已知两组数1,2,3和4,5,6，若c1，c2，c3是4,5,6的一个排列，则1c1＋2c2＋3c3的最大值是________，最小值是________．
解析：由反序和≤乱序和≤顺序和知，顺序和最大，反序和最小，故最大值为32；最小值为28.
答案：32 28
6．有4人各拿一只水桶去接水，设水龙头注满每个人的水桶分别需要5 s,4 s,3 s,7 s，每个人接完水后就离开，则他们总的等候时间最短为________s.
解析：由题意知，等候的时间最短为3×4＋4×3＋5×2＋7＝41.
答案：41
7．在Rt△ABC中，∠C为直角，A，B所对的边分别为a，b，则aA＋bB与(a＋b)的大小关系为________．
解析：不妨设a≥b>0，
则A≥B>0，由排序不等式
?2(aA＋bB)≥a(A＋B)＋b(A＋B)
＝(a＋b)，
∴aA＋bB≥(a＋b)．
答案：aA＋bB≥(a＋b)
8．设a1，a2，a3为正数，求证：
(a＋a＋a)(a1＋a2＋a3)≤3a1a2a3.
证明：不妨设a1≥a2≥a3＞0，
于是≤≤，
a2a3≤a3a1≤a1a2，
由排序不等式：顺序和≥乱序和，得
＋＋
≥·a2a3＋·a3a1＋·a1a2
＝a3＋a1＋a2，
即3a1a2a3≥(a＋a＋a1)2(a3＋a2＋a1)．
9．某学校举行投篮比赛，按规则每个班级派三人参赛，第一人投m分钟，第二人投n分钟，第三人投p分钟，某班级三名运动员A，B，C每分钟能投进的次数分别为a，b，c，已知m＞n＞p，a＞b＞c，如何派三人上场能取得最佳成绩？
解：∵m＞n＞p，a＞b＞c，
且由排序不等式知顺序和为最大值，
∴最大值为ma＋nb＋pc，此时分数最高，
∴三人上场顺序是A第一，B第二，C第三．
10．设x，y，z为正数，求证：
x＋y＋z≤＋＋.
证明：由于不等式关于x，y，z对称，
不妨设0由排序原理：反序和≤乱序和，得
x2·＋y2·＋z2·≤x2·＋y2·＋z2·，x2·＋y2·＋z2·≤x2·＋y2·＋z2·，
将上面两式相加得
2(x＋y＋z)≤＋＋，
于是x＋y＋z≤＋＋.
二 一般形式的柯西不等式
对应学生用书P32
名称
形式
等号成立条件
三维形式柯西不等式
设a1，a2，a3，b1，b2，b3∈R，则(a＋a＋a)(b＋b＋b)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2
当且仅当b1＝b2＝b3＝0或存在一个实数k使得ai＝kbi(i＝1,2,3)
一般形式柯西不等式
设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是实数，则(a＋a＋…＋a)·(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2
当且仅当bi＝0(i＝1,2，…，n)或存在一个实数k，使得ai＝kbi(i＝1,2，…，n)
[说明] 一般形式的柯西不等式是二维形式、三维形式、四维形式的柯西不等式的归纳与推广，其特点可类比二维形式的柯西不等式来总结，左边是平方和的积，右边是积的和的平方．在使用时，关键是构造出符合柯西不等式的结构形式．
对应学生用书P32
利用柯西不等式证明不等式
[例1] 设x1，x2，…，xn都是正数，求证：＋＋…＋≥.
[思路点拨] 根据一般柯西不等式的特点，构造两组数的积的形式，利用柯西不等式证明．
[证明] ∵(x1＋x2＋…＋xn)
＝[(1)2＋()2＋…＋()2]≥
2＝n2，
∴＋＋…＋≥.
柯西不等式的结构特征可以记为：
(a1＋a2＋…＋an)·(b1＋b2＋…＋bn)≥(＋
＋…＋)2.
其中ai，bi∈R＋(i＝1,2，…，n)，在使用柯西不等式时要善于从整体上把握柯西不等式的结构特征，正确地配凑出公式两侧的数是解决问题的关键．
1．已知a，b，c，d∈R＋，且a＋b＋c＝1，求证：＋＋≤3.
证明：根据柯西不等式，有
(＋＋)2≤
(1＋1＋1)(3a＋1＋3b＋1＋3c＋1)＝18，
∴＋＋≤3.
利用柯西不等式求最值
[例2] (1)已知x，y，z∈R＋，且x＋y＋z＝1.
求 ＋ ＋ 的最小值．
(2)设2x＋3y＋5z＝29.
求函数μ＝＋＋的最大值．
[思路点拨] (1)利用＋＋＝(x＋y＋z)．
(2)利用(＋＋)2＝
1×＋1×＋1×)2.
[解] (1)∵x＋y＋z＝1，
∴＋＋＝(x＋y＋z)
≥2
＝(1＋2＋3)2＝36.
当且仅当x＝＝，
即x＝，y＝，z＝时取等号．
所以＋＋的最小值为36.
(2)根据柯西不等式，有
(·1＋·1＋·1)2
≤[(2x＋1)＋(3y＋4)＋(5z＋6)]·(1＋1＋1)
＝3×(2x＋3y＋5z＋11)
＝3×40
＝120.
故＋＋≤2 ，
当且仅当2x＋1＝3y＋4＝5z＋6，
即x＝，y＝，z＝时等号成立．
此时μmax＝2 .
利用柯西不等式求最值时，关键是对原目标函数进行配凑，以保证出现常数结果．同时，要注意等号成立的条件．
2．设a，b，c，d均为正实数，则(a＋b＋c＋d)·的最小值为________．
解析：(a＋b＋c＋d)·
＝[()2＋()2＋()2＋()2]·≥
2＝(1＋1＋1＋1)2＝42＝16，
当且仅当a＝b＝c＝d时取等号．
答案：16
3．已知：x，y，z∈R＋且x＋y＋z＝2，则＋2＋的最大值为( )
A．2 B．2
C．4 D．5
解析：∵(＋2＋)2＝(1×＋2＋·)2≤(12＋22＋()2)[()2＋()2＋()2]＝8(x＋y＋z)＝16..
∴＋2＋≤4.
答案：C
4．把一根长为12 m的细绳截成三段，各围成三个正方形．问：怎样截法，才能使围成的三个正方形面积之和S最小，并求此最小值．
解：设三段绳子的长分别为x，y，z，则x＋y＋z＝12，三个正方形的边长分别为，，均为正数，三个正方形面积之和：S＝2＋2＋2＝(x2＋y2＋z2)．
∵(12＋12＋12)(x2＋y2＋z2)≥(x＋y＋z)2＝122，
即x2＋y2＋z2≥48.从而S≥×48＝3.
当且仅当＝＝时取等号，
又x＋y＋z＝12，
∴x＝y＝z＝4时，Smin＝3.
故把绳子三等分时，围成的三个正方形面积之和最小，最小面积为3 m2.
对应学生用书P33
1．若a，b，c∈R＋，且＋＋＝1，则a＋2b＋3c的最小值为( )
A．9 B．3
C. D．6
解析：柯西不等式得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)≥(1＋1＋1)2＝9，
∴a＋2b＋3c的最小值为9.
答案：A
2．已知a＋a＋…＋a＝1，x＋x＋…＋x＝1，则a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：(a1x1＋a2x2＋…＋anxn)2≤(a＋a＋…＋a)(x＋x＋…＋x)＝1×1＝1，当且仅当＝＝…＝＝1时取等号．
∴a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是1.
答案：A
3．已知a2＋b2＋c2＋d2＝5，则ab＋bc＋cd＋ad的最小值为( )
A．5 B．－5
C．25 D．－25
解析：(ab＋bc＋cd＋da)2≤(a2＋b2＋c2＋d2)·(b2＋c2＋d2＋a2)＝25，当且仅当a＝b＝c＝d＝±时，等号成立．
∴ab＋bc＋cd＋bd的最小值为－5.
答案：B
4．(湖北高考)设a，b，c，x，y，z是正数，且a2＋b2＋c2＝10，x2＋y2＋z2＝40，ax＋by＋cz＝20，则＝( )
A. B.
C. D.
解析：由柯西不等式得，(a2＋b2＋c2)(x2＋y2＋z2)≥(ax＋by＋cz)2＝400，当且仅当＝＝＝时取等号，因此有＝.
答案：C
5．已知：2x＋3y＋z＝8，则x2＋y2＋z2取得最小值时，x，y，z形成的点(x，y，z)＝________.
解析：由柯西不等式(22＋32＋12)(x2＋y2＋z2)≥(2x＋3y＋z)2，即x2＋y2＋z2≥＝.
当且仅当＝＝z时等号成立．又2x＋3y＋z＝8，
解得：x＝，y＝，z＝，
所求点为.
答案：
6．设a，b，c为正数，则(a＋b＋c)的最小值是________．
解析：(a＋b＋c)
＝[()2＋()2＋()2]
≥2
＝(2＋3＋6)2＝121.
当且仅当＝＝＝k(k为正实数)时，等号成立．
答案：121
7．已知a，b，c∈R＋且a＋b＋c＝6，则＋＋的最大值为________．
解析：由柯西不等式得：(＋＋)2＝(1×＋1×＋1×)2≤(12＋12＋12)(2a＋2b＋1＋2c＋3)＝3(2×6＋4)＝48.
当且仅当＝＝，
即2a＝2b＋1＝2c＋3时等号成立．
又a＋b＋c＝6，∴a＝，b＝，c＝时，
＋＋取得最大值4.
答案：4
8．在△ABC中，设其各边长为a，b，c，外接圆半径为R，求证：(a2＋b2＋c2)≥36R2.
证明：∵＝＝＝2R，
∴(a2＋b2＋c2)
≥2＝36R2.
9．求实数x，y的值使得(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2取到最小值．
解：由柯西不等式，得
(12＋22＋12)×[(y－1)2＋(3－x－y)2＋(2x＋y－6)2]
≥[1×(y－1)＋2×(3－x－y)＋1×(2x＋y－6)]2＝1，
即(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2≥.
当且仅当＝＝，
即x＝，y＝时，上式取等号．
此时有最小值.
10．已知实数a，b，c，d满足a＋b＋c＋d＝3，a2＋2b2＋3c2＋6d2＝5，求a的最值．
解：由柯西不等式，
有(2b2＋3c2＋6d2)≥(b＋c＋d)2，
即2b2＋3c2＋6d2≥(b＋c＋d)2，
由条件可得，5－a2≥(3－a)2，
解得1≤a≤2，
当且仅当＝＝时等号成立，
代入b＝，c＝，d＝时，amax＝2，
代入b＝1，c＝，d＝时，amin＝1.
第三讲 柯西不等式与排序不等式
对应学生用书P37
?考情分析
从近两年高考来看，对本部分内容还未单独考查，可也不能忽视，利用柯西不等式构造“平方和的积”与“积的和的平方”，利用排序不等式证明成“对称”形式，或两端是“齐次式”形式的不等式问题．
?真题体验
1．(陕西高考)设a，b，m，n∈R ，且 a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则 的最小值为________．
解析：由柯西不等式得(a2＋b2)(m2＋n2)≥(ma＋nb)2，将已知代入得m2＋n2≥5? ≥，当且仅当“＝”时等号成立．
答案：
2．(福建高考)已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为a.
(1)求a的值；
(2)若p，q，r是正实数，且满足p＋q＋r＝a，求证：p2＋q2＋r2≥3.
解：(1)因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，
当且仅当－1≤x≤2时，等号成立，所以f(x)的最小值等于3，即a＝3.
(2)由(1)知p＋q＋r＝3，又因为p，q，r是正实数，
所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9，
即p2＋q2＋r2≥3.
对应学生用书P37
利用柯西不等式证明有关不等式问题
柯西不等式的一般形式为(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2(ai，bi∈R，i＝1,2，…，n)，形式简洁、美观、对称性强，灵活地运用柯西不等式，可以使一些较为困难的不等式证明问题迎刃而解．
[例1] 已知a，b，c，d为不全相等的正数，求证：
＋＋＋＞＋＋＋.
[证明] 由柯西不等式(＋＋＋)(＋＋＋)≥(＋＋＋)2，
于是＋＋＋≥＋＋＋①
等号成立?＝＝＝?＝＝＝
?a＝b＝c＝d.
又已知a，b，c，d不全相等，则①中等号不成立．
即＋＋＋>＋＋＋.
利用排序不等式证明有关的不等式问题
排序不等式具有自己独特的体现：多个变量的排列与其大小顺序有关，特别是与多变量间的大小顺序有关的不等式问题，利用排序不等式解决往往很简捷．
[例2] 设a，b，c为实数，求证：
＋＋≥a10＋b10＋c10.
[证明] 由对称性，不妨设a≥b≥c，
于是a12≥b12≥c12，≥≥.
由排序不等式：顺序和≥乱序和得
＋＋≥＋＋＝＋＋.①
又因为a11≥b11≥c11，≤≤，
再次由排序不等式：反序和≤乱序和得
＋＋≤＋＋.②
由①②得
＋＋≥a10＋b10＋c10.
利用柯西不等式或排序不等式求最值问题
有关不等式问题往往要涉及到对式子或量的范围的限定．其中含有多变量限制条件的最值问题往往难以处理．在这类题目中，利用柯西不等式或排序不等式处理往往比较容易．
[例3] 已知5a2＋3b2＝，求a2＋2ab＋b2的最大值．
[解] ∵[(a)2＋(b)2]
≥2
＝(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，当且仅当5a＝3b即a＝，b＝时取等号．
∴×(5a2＋3b2)≥a2＋2ab＋b2.
∴a2＋2ab＋b2≤×(5a2＋3b2)
＝×＝1.
∴a2＋2ab＋b2的最大值为1.
[例4] 已知正实数x1，x2，…，xn满足x1＋x2＋…＋xn＝P，P为定值，求F＝＋＋…＋＋的最小值．
[解]不妨设0则≥≥…≥>0
且0∵，，…，，为序列{}的一个排列．
根据排序不等式，得
F＝＋＋…＋＋
≥x·＋x·＋…＋x·＝x1＋x2＋…＋xn
＝P(定值)，当且仅当x1＝x2＝…＝xn＝时取等号．
即F＝＋＋…＋＋的最小值为P.
对应学生用书P51
(时间：90分钟，总分120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．设a，b∈R＋且a＋b＝16，则＋的最小值是( )
A. B．
C. D.
解析：(a＋b)≥2＝4，
∴＋≥.
当且仅当·＝×，
即a＝b＝8时取等号．
答案：A
2．已知2x＋3y＋4z＝10，则x2＋y2＋z2取到最小值时的x，y，z的值为( )
A.，， B.，，
C．1，， D．1，，
解析：由柯西不等式得
(22＋32＋42)(x2＋y2＋z2)≥(2x＋3y＋4z)2，
即x2＋y2＋z2≥.
当且仅当＝＝时，取到最小值，
所以联立
可得x＝，y＝，z＝.
答案：B
3．已知a，b，c为正数且a＋b＋c＝3，则＋＋的最小值为( )
A．4 B．4
C．6 D．6
解析：∵a，b，c为正数．
∴ ＝ ≤a＋b.
同理 ≤b＋c， ≤c＋a，
相加得 (＋＋)≤2(b＋c＋a)＝6，
即＋＋≤6.当且仅当a＝b＝c＝时取等号．
答案：C
4．已知(x－1)2＋(y－2)2＝4，则3x＋4y的最大值为( )
A．21 B．11
C．18 D．28
解析：根据柯西不等式得[(x－1)2＋(y－2)2][32＋42]≥[3(x－1)＋4(y－2)]2＝(3x＋4y－11)2，
∴(3x＋4y－11)2≤100.
可得3x＋4y≤21，当且仅当＝＝时取等号．
答案：A
5．已知：a，b，c为正数，则(a＋b＋c)的最小值为( )
A．1 B.
C．3 D．4
解析：(a＋b＋c)
＝[()2＋()2]
≥2＝22＝4.
当且仅当a＋b＝c时取等号．
答案：D
6．函数f(x)＝＋的最大值为( )
A. B.
C. D．2
解析：易知x∈且f(x)>0，
∴f(x)＝·＋·
≤
＝ ＝.
当且仅当·＝3·，
即2(2－x)＝3(x－)．即x＝时等号成立．
答案：C
7．设a，b，c为正数，a＋b＋4c＝1，则＋＋2的最大值是( )
A. B.
C．2 D.
解析：1＝a＋b＋4c
＝()2＋()2＋(2)2
＝[()2＋()2＋(2)2]·(12＋12＋12)
≥(＋＋2)2·，
∴(＋＋2)2≤3.即当且仅当a＝b＝4c时等式成立，所求为.
答案：B
8．函数f(x)＝＋cos x，则f(x)的最大值是( )
A. B.
C．1 D．2
解析：由f(x)＝＋cos x，
所以f(x)＝ ＋cos x
≤
＝.当且仅当cos x＝时取等号．
答案：A
9．已知a＋b＋c＝1，且a，b，c∈R＋，则＋＋的最小值为( )
A．1 B．3
C．6 D．9
解析：∵a＋b＋c＝1，
∴＋＋
＝2(a＋b＋c)·
＝[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)]·≥(1＋1＋1)2＝9.
答案：D
10．设c1，c2，…，cn是a1，a2，…，an的某一排列(a1，a2，…，an均为正数)，则＋＋…＋的最小值是( )
A. B．n
C．1 D．不能确定
解析：不妨设0＜a1≤a2≤…≤an，则≥≥…≥，，，…，是，，…，的一个排列，又反序和≤乱序和，所以＋＋…＋≥＋＋…＋＝n.
答案：B
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把正确答案填写在题中横线上)
11．x，y∈R，若x＋y＝1，则x2＋y2的最小值为________．
解析：令a＝(1,1)，b＝(x，y)，则a·b＝x＋y＝1，
又|a·b|≤|a||b|，
∴1≤()2·()2＝2(x2＋y2)．当且仅当x＝y＝时取等号．
∴x2＋y2≥.
答案：
12．已知A，B，C是三角形三个内角的弧度数，则＋＋的最小值是________．
解析：(A＋B＋C)≥(1＋1＋1)2＝9，而A＋B＋C＝π，故＋＋≥，当且仅当A＝B＝C＝时，等号成立．
答案：
13．函数y＝2＋的最大值是________．
解析：y＝×＋≤
＝.当且仅当x＝时取等号．
答案：
14．已知a，b，x，y均为正数，且＞，x＞y，则与的大小关系是________．
解析：∵＞，∴b＞a＞0.又x＞y＞0，由排序不等式知，bx＞ay.
又－＝＞0，∴＞.
答案：＞
三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)已知实数a，b，c满足a＋2b＋c＝1，a2＋b2＋c2＝1，求证：－≤c≤1.
证明：因为a＋2b＋c＝1，a2＋b2＋c2＝1，
所以a＋2b＝1－c，a2＋b2＝1－c2.
由柯西不等式：
(12＋22)(a2＋b2)≥(a＋2b)2，
5(1－c2)≥(1－c)2，
整理得，3c2－c－2≤0，解得－≤c≤1.
∴－≤c≤1.
16．(本小题满分12分)求函数y＝＋的最大值．
解：由1－sin x≥0,4sin x－1≥0，
得≤sin x≤1，
则y2＝2
≤(1＋4)
＝，即y≤，
当且仅当4(1－sin x)＝sin x－即sin x＝时等号成立，所以函数y＝＋的最大值为.
17．(本小题满分12分)设a，b，c∈R＋，
求证：＋＋≥.
证明：∵[(b＋c)＋(c＋a)＋(a＋b)]≥
2
＝(a＋b＋c)2，
即2(a＋b＋c)≥(a＋b＋c)2.
又∵a，b，c∈R＋，
∴＋＋≥.
18．(本小题满分12分)(1)已知：a，b∈R＋，a＋b＝4，证明：＋≥1；
(2)已知： a，b，c∈R＋，a＋b＋c＝9，证明：＋＋≥1；并类比上面的结论，写出推广后的一般性结论(不需证明)．
证明：(1)根据柯西不等式：
(a＋b)
≥2＝4，
∵a＋b＝4，
∴＋≥1.
(2)根据柯西不等式：
(a＋b＋c)
≥2＝9，
∵a＋b＋c＝9，
∴＋＋≥1.
可以推广：
若a1＋a2＋…＋an＝n2，
则＋＋…＋≥1.
一 比_较_法
对应学生用书P18
1．作差比较法
(1)作差比较法的理论依据a－b>0?a>b，a－b<0?a(2)作差比较法解题的一般步骤：①作差；②变形整理，③判定符号，④得出结论．
其中变形整理是解题的关键，变形整理的目的是为了能够直接判定差的符号，常用的手段有：因式分解，配方，通分，分子或分母有理化等．
2．作商比较法
(1)作商比较法的理论依据是不等式的基本性质：
①b>0，若>1，则a>b；若<1则a②b<0，若>1则ab.
(2)作商比较法解题的一般步骤：①判定a，b符号；②作商；③变形整理；④判定与1大小关系；⑤得出结论．
对应学生用书P18
作差比较法证明不等式
[例1] 已知正数a，b，c成等比数列．求证：a2－b2＋c2≥(a－b＋c)2.
[思路点拨] 作差→变形→判定符号→结论
证明：因为正数a，b，c成等比数列，
所以b2＝ac，b＝，
(a2－b2＋c2)－(a－b＋c)2
＝a2－b2＋c2－a2－b2－c2＋2ab－2ac＋2bc
＝2ab－4b2＋2bc＝2b(a－2b＋c)
＝2b(－)2≥0.
所以a2－b2＋c2≥(a－b＋c)2.
(1)作差比较法中，变形具有承上启下的作用，变形的目的在于判断差的符号，而不用考虑差能否化简或值是多少．
(2)变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．
(3)因式分解是常用的变形手段，为了便于判断“差式”的符号，常将“差式”变形为一个常数，或几个因式积的形式，当所得的“差式”是某字母的二次三项式时，常用配方法判断符号．有时会遇到结果符号不能确定，这时候要对差式进行分类讨论．
1．求证：a2＋b2≥2(a－b－1)．
证明：a2＋b2－2(a－b－1)
＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，
∴a2＋b2≥2(a－b－1)．
2．已知a，b∈R＋，n∈N＋，
求证：(a＋b)(an＋bn)≤2(an＋1＋bn＋1)．
证明：∵(a＋b)(an＋bn)－2(an＋1＋bn＋1)
＝an＋1＋abn＋ban＋bn＋1－2an＋1－2bn＋1
＝a(bn－an)＋b(an－bn)
＝(a－b)(bn－an)．
(1)若a>b>0时，bn－an<0，a－b＞0，
∴(a－b)(bn－an)<0.
(2)若b>a>0时，bn－an>0，a－b<0.
∴(a－b)(bn－an)<0.
(3)若a＝b>0时，(bn－an)(a－b)＝0.
综上(1)(2)(3)可知，对于a，b∈R＋，n∈N＋，都有(a＋b)(an＋bn)≤2(an＋1＋bn＋1).
作商比较法证明不等式
[例2] 设a>0，b>0，求证：aabb≥(ab).
[思路点拨] 不等式两端都是指数式，它们的值均为正数，可考虑用求商比较法．
[证明] ∵aabb>0，(ab) >0，
∴＝a·b＝.
当a＝b时，显然有＝1；
当a>b>0时，>1，>0，所以由指数函数单调性，有>1；
当b>a>0时，0<<1，<0，所以由指数函数的单调性，有>1.
综上可知，对任意实数a，b，都有aabb≥(ab) .
当欲证的不等式两端是乘积形式或幂指数形式时，常采用作商比较法，用作商比较法时，如果需要在不等式两边同乘某个数，要注意该数的正负，且最后结果与1比较．
3．设a>b>0，求证：>.
证明：法一：－
＝
＝>0，
所以原不等式成立．
法二：∵a>b>0，故a2>b2>0.
故左边>0，右边>0.
∴＝＝1＋>1.
∴原不等式成立．
4．若a＞0，b＞0，c＞0，求证：aabbcc≥(abc) .
证明：不妨设a≥b≥c≥0，那么由指数函数的性质，有
≥1，≥1，≥1.
所以＝abc
＝··≥1.
∴原不等式成立.
比较法的实际应用
[例3] 甲、乙二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，另一半以速度n行走；乙有一半路程以速度m行走，另一半路程以速度n行走．如果m≠n，问甲、乙二人谁先到达指定地点？
[思路点拨] 先用m，n表示甲、乙两人走完全程所用时间，再进行比较．
[解] 设从出发地点至指定地点的路程为s，甲、乙二人走完这段路程所用的时间分别为t1，t2 ，依题意有：
m＋n＝s，
＋＝t2.
∴t1＝，t2＝.
∴t1－t2＝－
＝＝－.
其中s，m，n都是正数，且m≠n，
∴t1－t2<0.即t1从而知甲比乙先到达指定地点．
应用不等式解决实际问题时， 关键是如何把等量关系、不等量关系转化为不等式的问题来解决．也即建立数学模型是解应用题的关键，最后利用不等式的知识来解．在实际应用不等关系问题时，常用比较法来判断数的大小关系，若是选择题或填空题则可用特殊值加以判断．
5．某人乘出租车从A地到B地，有两种方案；第一种方案：乘起步价为10元．每千米1.2元的出租车，第二种方案：乘起步价为8元，每千米1.4元的出租车．按出租车管理条例，在起步价内．不同型号的出租车行驶的路程是相等的，则此人从A地到B地选择哪一种方案比较合适？
解：设A地到B地距离为m千米．起步价内行驶的路程为a千米．
显然当m≤a时，选起步价为8元的出租车比较便宜．
当m>a时，设m＝a＋x(x>0)，乘坐起步价为10元的出租车费用为P(x)元．乘坐起步价为8元的出租车费用为Q(x)元，则P(x)＝10＋1.2 x，
Q(x)＝8＋1.4x
∵P(x)－Q(x)＝2－0.2x＝0.2(10－x)
∴当x>10时，P(x)当x<10时，P(x)>Q(x)，此时选起步价为8元的出租车较为合适．
当x＝10时，P(x)＝Q(x)，两种出租车任选，费用相同．
对应学生用书P20
1．下列命题：
①当b>0时，a>b?>1；
②当b>0时，a③当a>0，b>0时，>1?a>b；
④当ab>0时，>1?a>b.其中真命题是( )
A．①②③ B．①②④
C．④ D．①②③④
解析：只有④不正确．如a＝－2，b＝－1时＝2>1，但a答案：A
2.<1成立的充要条件是( )
A．a>1 B．a<0
C．a≠0 D．a>1或a<0
解析：<1?－1<0?<0?a<0或a>1.
答案：D
3．若x，y∈R，记w＝x2＋3xy，u＝4xy－y2，则( )
A．w>u B．wC．w≥u D．无法确定
解析：∵w－u＝x2－xy＋y2＝2＋≥0，
∴w≥u.
答案：C
4．a，b都是正数，P＝，Q＝，则P，Q的大小关系是( )
A．P>Q B．PC．P≥Q D．P≤Q
解析：∵a，b都是正数，
∴P>0，Q>0.
∴P2－Q2＝2－()2
＝≤0.(当且仅当a＝b时取等号)
∴P2－Q2≤0.
∴P≤Q.
答案：D
5．若0解析：－＝.
因为0所以<.
答案：<
6.与1的大小关系为________．
解析：－1＝＝－≤0.
答案：≤1
7．设a>b>0，x＝－，y＝－，则x，y的大小关系是x________y.
解析：∵＝＝<＝1，且x>0，y>0，
∴x答案：<
8．已知x，y∈R, 求证：sin x＋sin y≤1＋sin xsin y.
证明：∵sin x＋sin y－1－sin xsin y
＝sin x(1－sin y)－(1－sin y)
＝(1－sin y)(sin x－1)
∵－1≤sin x≤1，－1≤sin y≤1.
∴1－sin y≥0，sin x－1≤0.
∴(1－sin y)(sin x－1)≤0.
即sin x＋sin y≤1＋sin xsin y.
9．已知b，m1，m2都是正数，a＜b，m1＜m2，求证：＜.
证明：－
＝
＝＝.
因为b＞0，m1＞0，m2＞0，
所以(b＋m1)(b＋m2)＞0.
又a＜b，m1＜m2，所以a－b＜0，m2－m1＞0，
从而(a－b)(m2－m1)＜0.
于是＜0，所以＜.
10．已知a>2，求证：loga(a－1)证明：∵a>2，
∴a－1>1.
∴loga(a－1)>0.
log(a＋1)a>0.
由于＝loga(a－1)·loga(a＋1)
<2
＝2.
∵a>2，∴0∴2<2＝1.
即<1.
∵log(a＋1)a>0，
∴loga(a－1)三 反证法与放缩法
对应学生用书P24
1．反证法
(1)反证法证明的定义：先假设要证明的命题不成立，从此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不成立，从而证明原命题成立．
(2)反证法证明不等式的一般步骤：①假设命题不成立；②依据假设推理论证；③推出矛盾以说明假设不成立，从而断定原命题成立．
2．放缩法
(1)放缩法证明的定义：
证明不等式时，通常把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的．
(2)放缩法的理论依据有：
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．
对应学生用书P24
利用反证法证明不等式
[例1] 已知f(x)＝x2＋px＋q.
求证：(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；
(2)|f(1)|，f|(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
[思路点拨] “不小于”的反面是“小于”，“至少有一个”的反面是“一个也没有”．
[证明] (1)f(1)＋f(3)－2f(2)
＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)＝2.
(2)假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于，
则|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|<2.
而|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥f(1)＋f(3)－2f(2)＝2矛盾，
∴|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
(1)反证法适用范围：凡涉及不等式为否定性命题，唯一性、存在性命题可考虑反证法．如证明中含“至多”，“至少”，“不能”等词语的不等式．
(2)注意事项：在对原命题进行否定时，应全面、准确，不能漏掉情况，反证法体现了“正难则反”的策略，在解题时要灵活应用．
1．实数a，b，c不全为0的等价条件为( )
A．a，b，c均不为0
B．a，b，c中至多有一个为0
C．a，b，c中至少有一个为0
D．a，b，c中至少有一个不为0
解析：“不全为0”是对“全为0”的否定，与其等价的是“至少有一个不为0”．
答案：D
2．证明：三个互不相等的正数a，b，c成等差数列，则a，b，c不可能成等比数列．
证明：假设a，b，c成等比数列，则b2＝ac.
又∵a，b，c成等差数列
∴a＝b－d，c＝b＋d(其中d公差)．
∴ac＝b2＝(b－d)(b＋d)．∴b2＝b2－d2.
∴d2＝0，∴d＝0.这与已知中a，b，c互不相等矛盾．
∴假设不成立．∴a，b，c不可能成等比数列．
3．已知函数y＝f(x)在R上是增函数，且f(a)＋f(－b)证明：假设ab.
当a＝b时，－a＝－b则有f(a)＝f(b)，f(－a)＝f(－b)，于是f(a)＋f(－b)＝f(b)＋f(－a)与已知矛盾．
当a>b时，－a<－b，由函数y＝f(x)的单调性可得f(a)>f(b)，f(－b)>f(－a)，
于是有f(a)＋f(－b)>f(b)＋f(－a)与已知矛盾．故假设不成立．
∴a利用放缩法证明不等式
[例2] 已知实数x，y，z不全为零．求证：
＋＋>(x＋y＋z)．
[思路点拨] 解答本题可对根号内的式子进行配方后再用放缩法证明．
[证明]
＝
≥
＝|x＋|≥x＋.
同理可得：≥y＋，
≥z＋，
由于x，y，z不全为零，故上述三式中至少有一式取不到等号，所以三式相加得：
＋＋>＋＋＝(x＋y＋z)．
(1)利用放缩法证明不等式，要根据不等式两端的特点及已知条件(条件不等式)，审慎地采取措施，进行恰当地放缩，任何不适宜的放缩都会导致推证的失败．
(2)一定要熟悉放缩法的具体措施及操作方法，利用放缩法证明不等式，就是采取舍掉式中一些正项或负项，或者在分式中放大或缩小分子、分母，或者把和式中各项或某项换以较大或较小的数，从而达到证明不等式的目的．
4．设n是正整数，求证：≤＋＋…＋＜1.
证明：由2n≥n＋k＞n(k＝1,2，…，n)，
得≤＜.
当k＝1时，≤＜；
当k＝2时，≤＜；
…
当k＝n时，≤＜，
∴将以上n个不等式相加得：
＝≤＋＋…＋＜＝1.
5．设f(x)＝x2－x＋13，a，b∈[0,1]，求证：
|f(a)－f(b)|<|a－b|.
证明：|f(a)－f(b)|＝|a2－a－b2＋b|
＝|(a－b)(a＋b－1)|＝|a－b||a＋b－1|
∵0≤a≤1,0≤b≤1 ∴0≤a＋b≤2，
－1≤a＋b－1≤1，|a＋b－1|≤1.
∴|f(a)－f(b)|≤|a－b|.
对应学生用书P25
1．如果两个正整数之积为偶数，则这两个数( )
A．两个都是偶数
B．一个是奇数，一个是偶数
C．至少一个是偶数
D．恰有一个是偶数
解析：假设这两个数都是奇数，则这两个数的积也是奇数，这与已知矛盾，所以这两个数至少一个为偶数．
答案：C
2．设x＞0，y＞0，M＝，N＝＋，则M，N的大小关系为( )
A．M＞N B．M＜N
C．M＝N D．不确定
解析：N＝＋＞＋＝＝M.
答案：B
3．设a，b，c是正数，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“P·Q·R＞0”是“P，Q，R同时大于零”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：必要性显然成立．充分性：若P·Q·R＞0，则P，Q，R同时大于零或其中有两个负的，不妨设P＜0，Q＜0，R＞0.因为P＜0，Q＜0.
即a＋b＜c，b＋c＜a.所以a＋b＋b＋c＜c＋a.
所以b＜0，与b＞0矛盾，故充分性成立．
答案：C
4．对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：
①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；
②a>b与a③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．
其中判断正确的个数为( )
A．0个 B．1个
C．2个 D．3个
解析：对①，若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与已知矛盾；故①对；
对②，当a>b与a答案：C
5．若要证明“a，b至少有一个为正数”，用反证法的反设应为________．
答案：a，b中没有任何一个为正数(或a≤0且b≤0)
6．lg9·lg11与1的大小关系是________．
解析：∵lg 9＞0，lg 11＞0.
∴＜＝＜＝1.
∴lg 9·lg 11＜1.
答案：lg 9·lg 11＜1
7．完成反证法整体的全过程．
题目：设a1，a2，…，a7是1,2,3，……，7的一个排列，
求证：乘积p＝(a1－1)(a2－2)…(a7－7)为偶数．
证明：反设p为奇数，则________________均为奇数． ①
因奇数个奇数的和还是奇数，所以有
奇数＝________________________ ②
＝________________________ ③
＝0.
但奇数≠偶数，这一矛盾说明p为偶数．
解析：反设p为奇数，则(a1－1)，(a2－2)，…，(a7－7)均为奇数．
因为奇数个奇数的和还是奇数，所以有
奇数＝(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)
＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋3＋…＋7)
＝0.
但奇数≠偶数，这一矛盾说明p为偶数．
答案：(a1－1)，(a2－2)，…，(a7－7)
(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)
(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋3＋…＋7)
8．实数a，b，c，d满足a＋b＝c＋d＝1，且ac＋bd>1，求证：a，b，c，d中至少有一个是负数．
证明：假设a，b，c，d都是非负数．
由a＋b＝c＋d＝1知：a，b，c，d∈[0,1]．
从而ac≤≤，bd≤≤.
∴ac＋bd≤＝1.即ac＋bd≤1.与已知ac＋bd>1矛盾，∴a，b，c，d中至少有一个是负数．
9．求证：＋＋＋…＋<2.
证明：因为<＝－，
所以＋＋＋…＋<1＋＋＋…＋
＝1＋(1－)＋(－)＋…＋(－)
＝2－<2.
10．证明抛物线x＝y2上，不存在关于直线x＋y＋1＝0对称的两点．
证明：假设抛物线x＝y2上存在两点A(a2，a)B(b2，b)(a≠b)关于直线x＋y＋1＝0对称．
由kAB＝1，且A、B的中点在直线x＋y＋1＝0上．
即
由①得a＋b＝1，代入②得＋＝0.
此方程无解，说明假设不成立．
∴抛物线x＝y2上不存在关于直线x＋y＋1＝0对称的两点．
二 综合法与分析法
对应学生用书P21
1．综合法
(1)定义：一般地，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，这种证明方法叫做综合法，综合法又叫顺推证法或由因导果法．
(2)特点：由因导果，即从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”．
(3)证明的框图表示：
用P表示已知条件或已有的不等式，用Q表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为
→→→……→
2．分析法
(1)定义：证明题时，常常从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法，这是一种“执果索因”的思考和证明方法．
(2)特点：执果索因，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”．
(3)证明过程的框图表示：
用Q表示要证明的不等式，则分析法可用框图表示为→→→……→
对应学生用书P21
用综合法证明不等式
[例1] 已知x>0，y>0，且x＋y＝1，求证：
·≥9.
[思路点拨] 可将所证不等式左边展开，运用已知和基本不等式可得证，也可以用x＋y取代“1”，化简左边，然后再用基本不等式．
[证明] 法一：∵x>0，y>0，∴1＝x＋y≥2.
∴xy≤.
∴＝1＋＋＋
＝1＋＋＝1＋≥1＋8＝9.
当且仅当x＝y＝时等号成立．
法二：∵x＋y＝1，x>0，y>0，
∴＝
＝＝5＋2≥5＋2×2＝9.
当且仅当x＝y＝时， 等号成立．
综合法证明不等式，揭示出条件和结论之间的因果联系，为此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．
1．已知a，b，c∈R＋，证明不明式：
a＋b＋c≥＋＋，当且仅当a＝b＝c时取等号．
证明：因为a>0，b>0，c>0，故有
a＋b≥2，当且仅当a＝b时取等号；
b＋c≥2，当且仅当b＝c时取等号；
c＋a≥2，当且仅当c＝a时取等号．
三式分边相加，得a＋b＋c≥＋＋.当且仅当a＝b＝c时取等号．
2．已知a，b，c都是实数，求证：
a2＋b2＋c2≥(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ca.
证明：∵a，b，c∈R，
∴a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc.
c2＋a2≥2ca
将以上三个不等式相加得：
2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ca)①
即a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.②
在不等式①的两边同时加上“a2＋b2＋c2”得：
3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2
即a2＋b2＋c2≥(a＋b＋c)2.③
在不等式②的两端同时加上2(ab＋bc＋ca)得：
(a＋b＋c)2≥3(ab＋bc＋ca)
即(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ca.④
由③④得a2＋b2＋c2≥(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ca.
用分析法证明不等式
[例2] 已知x>0，y>0，求证(x2＋y2)>(x3＋y3).
[思路点拨] 不等式两边是根式，可等价变形后再证明．分析每一步成立的充分条件．
[证明] 要证明(x2＋y2)>(x3＋y3)，
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．
∴(x2＋y2)>(x3＋y3).
(1)当所证不等式与重要不等式、基本不等式没有什么直接联系，或条件与结论之间的关系不明显时，可用分析法来寻找证明途径．
(2)分析法证明的关键是推理的每一步都必须可逆．
3．求证：＋<2.
证明：分析法：
∵＋>0,2>0，∴要证 ＋<2.
∴只需证明：(＋)2<(2)2.
展开得：10＋2<20.
即证2<10，
即证21<25(显然成立)．
∴＋<2.
4．a，b∈R＋，且2c>a＋b.
求证：c－ 证明：要证c－只需证－即证：|a－c|<，
两边平方得a2－2ac＋c2也即证a2＋ab<2ac，即a(a＋b)<2ac.
∵a，b∈R＋，且a＋b<2c，∴a(a＋b)<2ac显然成立．
∴原不等式成立.
综合法与分析法的综合应用
[例3] 设a>0，b>0，且a＋b＝1，求证：＋≤.
[思路点拨] 所证不等式含有开方运算且两边都为正数，可考虑两边平方，用分析法转化为一个不含开方运算的不等式，再用综合法证明．
[证明] 要证：＋≤，
只需证(＋)2≤6，
即证(a＋b)＋2＋2≤6.
由a＋b＝1得只需证≤，
即证：ab≤.
由a0，a＋b＝1，
得ab≤2＝，即ab≤成立．
∴原不等式成立．
(1)通过等式或不等式的运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式，从而使原不等式易于证明．
(2)有些不等式的证明，需要一边分析一边综合，称之为分析综合法，或称“两头挤”法，如本例，这种方法充分表明了分析法与综合法之间互为前提，互相渗透，相互转化的辩证统一关系．
5．已知a，b，c都是正数，
求证：2≤3.
证明：法一：要证2≤3，
只需证a＋b－2≤a＋b＋c－3，
即－2≤c－3.
移项，得c＋2≥3.
由a，b，c为正数，得c＋2＝c＋＋≥3成立．
∴原不等式成立．
法二：∵a，b，c是正数，
∴c＋＋≥3＝3.
即c＋2≥3.
故－2≤c－3.
∴a＋b－2≤a＋b＋c－3.
∴2≤3.
对应学生用书P23
1．设a，b∈R＋，A＝＋，B＝，则A，B的大小关系是( )
A．A≥B B．A≤B
C．A＞B D．A＜B
解析：A2＝(＋)2＝a＋2＋b，B2＝a＋b，
所以A2>B2.
又A＞0，B＞0，
∴A＞B.
答案：C
2．a，b∈R＋，那么下列不等式中不正确的是( )
A.＋≥2 B.＋≥a＋b
C.＋≤ D.＋≥
解析：A满足基本不等式；B可等价变形为(a－b)2(a＋b)≥0正确；C选项中不等式的两端同除以ab，不等式方向不变，所以C选项不正确；D选项是A选项中不等式的两端同除以ab得到的，D正确．
答案：C
3．设a＝，b＝－，c＝－，那么a，b，c的大小关系是( )
A．a>b>c B．a>c>b
C．b>a>c D．ba
解析：由已知，可得出a＝，b＝，c＝，
∵＋>＋>2.
∴b答案：B
4．设A．aaC．ab解析：∵∴01.
∴ab∵0<<1，a>0.
∴a<1.∴aa∴ab答案：C
5．若＜＜0，则下列不等式
①a＋b＜ab；②|a|＞|b|；③a＜b；④＋＞2
其中正确的有________．
解析：∵＜＜0，∴b＜a＜0.
∴
故①正确，②③错误．
∵a，b同号且a≠b，∴，均为正．
∴＋＞2 ＝2.
故④正确．
答案：①④
6．已知a>0，b>0，若P是a，b的等差中项，Q是a，b的正的等比中项，是，的等差中项，则P，Q，R按从大到小的排列顺序为________．
解析：∵P＝，Q＝，＝＋，
∴R＝≤Q＝≤P＝，
当且仅当a＝b时取等号．
答案：P≥Q≥R
7．设a>b>c，且＋≥恒成立，则m的取值范围是________．
解析：∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0.
又(a－c)·＝[(a－b)＋(b－c)]·≥2·2＝4，当且仅当a－b＝b－c时取等号．
∴m∈(－∞，4]．
答案：(－∞，4]
8．若a，b，c是不全相等的正数，求证：lg＋lg＋lg＞lg a＋lg b＋lg c.
证明：法一：(综合法)
∵a，b，c∈R＋，
∴≥＞0，＞≥0，≥＞0.
又∵a，b，c是不全相等的正数，
∴··＞abc.
∴lg＞lg abc，
即lg ＋lg＋lg＞lg a＋lg b＋lg c.
法二：(分析法)
要证lg ＋lg ＋lg ＞lg a＋lg b＋lg c，
即证lg＞lg abc成立．
只需证··＞abc成立．
又∵≥＞0，≥＞0，≥＞0.
∴··≥abc＞0.(*)
又∵a，b，c是不全相等的正数，∴(*)式等号不成立．
∴原不等式成立．
9．已知x，y，z均为正数．求证：＋＋≥＋＋.
证明：因为x，y，z均为正数．
所以＋＝(＋)≥，
同理可得＋≥，
＋≥，
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
＋＋≥＋＋.
10．设实数x，y满足y＋x2＝0,0求证：loga(ax＋ay)<＋loga2.
证明：因为ax>0，ay>0，
所以ax＋ay≥2 ＝2 .
因为x－x2＝x(1－x)≤2＝，
又因为0所以ax－x2≥a，当x＝时，等式成立．
但当x＝，ax≠a－x2，∴>a.
所以ax＋ay＞2a，又∵0∴loga(ax＋ay)即loga(ax＋ay)第二讲 证明不等式的基本方法
对应学生用书P27
?考情分析
从近两年的高考试题来看，不等式的证明主要考查比较法与综合法，而比较法多用作差比较，综合法主要涉及基本不等式与不等式的性质，题目难度不大，属中档题．
在证明不等式时，要依据命题提供的信息选择合适的方法与技巧进行证明．如果已知条件与待证结论之间的联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”“恒成立”等方式给出，可考虑用反证法．在必要的情况下，可能还需要使用换元法、放缩法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．
?真题体验
1．(福建高考)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．
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．(辽宁高考)设f(x)＝ln x＋－1，证明：
(1)当x>1时，f(x)<(x－1)；
(2)当1解：(1)法一：记g(x)＝ln x＋－1－(x－1)，则当x>1时，g′(x)＝＋－<0.
又g(1)＝0，故g(x)<0，即f(x)<(x－1)．
法二：由均值不等式，当x>1时，2故<＋.①
令k(x)＝ln x－x＋1，则k(1)＝0，k′(x)＝－1<0，
故k(x)<0，即ln x由①②得，当x>1时，f(x)<(x－1)．
(2)法一：记h(x)＝f(x)－，
当1h′(x)＝＋－＝－<－＝.
令l(x)＝(x＋5)3－216x,1l′(x)＝3(x＋5)2－216<0，
因此l(x)在(1,3)内是递减函数，又由l(1)＝0，得l(x)<0，所以h′(x)<0.
因此h(x)在(1,3)内是递减函数，又由h(1)＝0，得h(x)<0.
于是当1法二：记h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，
则当1由(1)得h′(x)＝f(x)＋(x＋5)f′(x)－9
<(x－1)＋(x＋5)－9
＝[3x(x－1)＋(x＋5)(2＋)－18x]
<[3x(x－1)＋(x＋5)－18x]
＝(7x2－32x＋25)<0，
因此h(x)在(1,3)内单调递减，
又h(1)＝0，所以h(x)<0，
即f(x)<.
对应学生用书P27
比较法证明不等式
比较法证明不等式的依据是：不等式的意义及实数比较大小的充要条件．作差比较法证明的一般步骤是：①作差；②恒等变形；③判断结果的符号；④下结论．其中，变形是证明推理中一个承上启下的关键，变形的目的在于判断差的符号，而不是考虑差能否化简或值是多少，变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．
[例1] 设a，b为实数，0＜n＜1,0＜m＜1，m＋n＝1，求证：＋≥(a＋b)2.
[证明] ∵＋－(a＋b)2
＝－
＝
＝＝≥0，
∴＋≥(a＋b)2.
综合法证明不等式
综合法证明不等式的思维方向是“顺推”，即由已知的不等式出发，逐步推出其必要条件(由因导果)，最后推导出所要证明的不等式成立．
综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推证的基本理论．证明时要注意的是：作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握．
[例2] 已知a，b，c为△ABC的三条边，求证：
a2＋b2＋c2<2(ab＋bc＋ca)
[证明] 设a，b两边的夹角为θ，则由余弦定理：
cos θ＝
∵因为0<θ<π，
∴cos θ<1.
∴<1.
即a2＋b2－c2<2ab.
同理可证：b2＋c2－a2<2bc，
c2＋a2－b2<2ac.
将上面三个同向不等式相加，即得：
a2＋b2＋c2<2(ab＋bc＋ca)．
分析法证明不等式
分析法证明不等式的依据也是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论．分析法证明不等式的思维方向是“逆推”，即由待证的不等式出发， 逐步寻找使它成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．
当要证的不等式不知从何入手时，可考虑用分析法去证明，特别是对于条件简单而结论复杂的题目往往更为有效．
分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”，逐步推导出不等式成立的必要条件，两者是对立统一的两种方法．一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手，因此，通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．
[例3] 已知a>b>0.求证：－<.
[证明] 要证－<
只需证：<＋，
只需证：()2<(＋)2，
只需证：a只需证：0<2.
∵a>b>0.上式显然成立，
∴原不等式成立．即－<.
反证法证明不等式
用直接法证明不等式困难的时候，可考虑用间接证法予以证明，反证法是间接证法的一种．
假设欲证的命题是“若A则B”，我们可以通过否定来达到肯定B的目的，如果只有有限多种情况，就可用反证法．
用反证法证明不等式，其实质是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出与已知条件或公理或定理或某些性质相矛盾的结论，从而肯定原命题成立．
[例4] 已知：在△ABC中，∠CAB>90°，D是BC的中点，求证：AD[证明] 假设AD≥BC.
(1)若AD＝BC，由平面几何中定理“若三角形一边上的中线等于该边长的一半，那么，这条边所对的角为直角”，知∠A＝90°，与题设矛盾．
所以AD≠BC.
(2)若AD>BC，因为BD＝DC＝BC，
所以在△ABD中，AD>BD，
从而∠B>∠BAD.
同理∠C>∠CAD.
所以∠B＋∠C>∠BAD＋∠CAD.
即∠B＋∠C>∠A.
因为∠B＋∠C＝180°－∠A，
所以180°－∠A>∠A即∠A＜90°，与已知矛盾，
故AD＞BC不成立．
由(1)(2)知AD＜BC成立.
放缩法证明不等式
放缩法是在顺推法逻辑推理过程中，有时利用不等式关系的传递性，作适当的放大或缩小，证明比原不等式更强的不等式来代替原不等式的一种证明方法．
放缩法的实质是非等价转化，放缩没有一定的准则和程序，需按题意适当放缩，否则达不到目的．
[例5] 已知|x|<，|y|<，|z|<，
求证：|x＋2y－3z|[证明] ∵|x|<，|y|<，|z|<，
∴|x＋2y－3z|＝|x＋2y＋(－3z)|
≤|x|＋|2y|＋|－3z|＝|x|＋2|y|＋3|z|
<＋2×＋3×＝?.
∴原不等式成立．
对应学生用书P49
(时间：90分钟，总分120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．用分析法证明不等式的推论过程一定是( )
A．正向、逆向均可进行正确的推理
B．只能进行逆向推理
C．只能进行正向推理
D．有时能正向推理，有时能逆向推理
解析：在用分析法证明不等式时，是从求证的不等式出发，逐步探索使结论成立的充分条件即可，故只需能进行逆向推理即可．
答案：B
2．设a＝(m2＋1)(n2＋4)，b＝(mn＋2)2，则( )
A．a＞b B．a＜b
C．a≤b D．a≥b
解析：∵a－b＝(m2＋1)(n2＋4)－(mn＋2)2＝4m2＋n2－4mn＝(2m－n)2≥0，∴a≥b.
答案：D
3．已知a，b，c，d为实数，ab＞0，－＜－，则下列不等式中成立的是( )
A．bc＜ad B．bc＞ad
C.＞ D.＜
解析：将－＜－两边同乘以正数ab，得－bc＜－ad，
所以bc＞ad.
答案：B
4．用反证法证明命题“如果a＞b，那么> ”时，假设的内容应是( )
A.＝ B.<
C.＝且< D.＝或<
解析：与大小包括>，＝，<三方面的关系，所以>的反设应为＝或<.
答案：D
5．(山东高考)用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )
A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根
B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根
C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根
D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根
解析：至少有一个实根的否定是没有实根，故做的假设是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根”．
答案：A
6．使不等式＋＞1＋成立的正整数a的最大值为( )
A．10 B．11
C．12 D．13
解析：用分析法可证a＝12时不等式成立，a＝13时不等式不成立．
答案：C
7．设a，b∈R＋，且a≠b，P＝＋，Q＝a＋b，则( )
A．P>Q B．P≥Q
C．P解析：P－Q＝＋－(a＋b)
＝
＝
＝，
∵a，b都是正实数，且a≠b，
∴>0.∴P>Q.
答案：A
8．已知a，b为非零实数，则使不等式：＋≤－2成立的一个充分而不必要条件是( )
A．ab＞0 B．ab＜0
C．a＞0，b＜0 D．a＞0，b＞0
解析：因为与同号，由＋≤－2，知＜0，＜0，即ab＜0，又若ab＜0，则＜0，＜0，
所以＋
＝－
≤－2 ＝－2，
综上，ab＜0是＋≤－2成立的充要条件，
所以a＞0，b＜0是＋≤－2成立的一个充分而不必要条件．
答案：C
9．如果loga3>logb3，且a＋b＝1，那么( )
A．0C．1解析：法一：∵a，b为对数底数，
∴a>0，b>0，又a＋b＝1，故a<1，b<1，利用对数函数图像的特点：当底数小于1大于0时，底数越小，图像越接近x轴，
∴a法二：由loga3>logb3?－>0?>0，
由00，
∴log3b－log3a>0，log3b>log3a.故b>a.
答案：A
10．若a>b>0，下列各式中恒成立的是( )
A.> B.>
C．a＋>b＋ D．aa>bb
解析：利用不等式性质得，当a>b>0时，<，由此可知，C不恒成立；当0b时，可知aa答案：B
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上)
11．用反证法证明“在△ABC中，若∠A是直角，则∠B一定是锐角”时，应假设________________．
解析：“∠B一定是锐角”的否定是“∠B不是锐角”．
答案：∠B不是锐角
12．如果a＋b>a＋b，则实数a，b应该满足的条件是________．
解析：由知a≥0，知b≥0，而a＋b≠a＋b，知b≠a.此时a＋b－(a＋b)＝(－)2(＋)>0，不等式成立．
答案：a≥0，b≥0，a≠b
13．记A＝＋＋＋…＋，则A与1的大小关系为________．
解析：∵211－1＝210＋(210－1)，
∴A是210项之和．
∵A＝＋＋＋…＋＜＋＋…＋＝×210＝1.
答案：A<1
14．已知a＞1，alg b＝100，则lg(ab)的最小值是________．
解析：对alg b＝100两边取常用对数得lg alg b＝2，
∵lg alg b≤2＝2，
∴lg(ab)≥2.
当且仅当lg a＝lg b＝时，等号成立．
答案：2
三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)设|a|＜1，|b|＜1，求证：|a＋b|＋|a－b|＜2.
证明：当a＋b与a－b同号时，|a＋b|＋|a－b|＝|a＋b＋a－b|＝2|a|＜2；
当a＋b与a－b异号时，|a＋b|＋|a－b|＝|a＋b－(a－b)|＝2|b|＜2.
∴|a＋b|＋|a－b|＜2.
16．(本小题满分12分)求证：≥3.
证明：＝2＋
＝＋＋≥3＝3.
17．(本小题满分12分)已知a2＋b2＋c2＝1，
求证：－≤ab＋bc＋ca≤1.
证明：因为(a＋b＋c)2≥0，
所以a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥0.
又因为a2＋b2＋c2＝1，所以ab＋bc＋ca≥－.
因为ab≤，bc≤，ac≤，
所以ab＋bc＋ca≤＋＋
＝a2＋b2＋c2＝1.
所以－≤ab＋bc＋ca≤1.
18．(本小题满分14分)设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0) 中的a，b，c均为整数，且f(0)，f(1)均为奇数．
求证：方程f(x)＝0无整数根．
证明：假设方程f(x)＝0有一个整数根k，则ak2＋bk＋c＝0.①
∵f(0)＝c，f(1)＝a＋b＋c均为奇数，则a＋b必为偶数．
当k为偶数时，令k＝2n(n∈Z)，则
ak2＋bk＝4n2a＋2nb＝2n(2na＋b)必为偶数．
ak2＋bk＋c必为奇数，与①式矛盾；
当k为奇数时，令k＝2n＋1(n∈Z)，
则ak2＋bk＝(2n＋1)(2na＋a＋b)为一奇数与一偶数之积，必为偶数，也与①式相矛盾，
所以假设不正确，即方程f(x)＝0无整数根．
一 数学归纳法
对应学生用书P39
数学归纳法
(1)数学归纳法的概念：
先证明当n取第一值n0(例如可取n0＝1)时命题成立，然后假设当n＝k(k∈N＋，k≥n0)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．这种证明方法叫做数学归纳法．
(2)数学归纳法适用范围：
数学归纳法的适用范围仅限于与正整数有关的数学命题的证明．
(3)数学归纳法证明与正整数有关的数学命题步骤：
①证明当n取第一个值n0(如取n0＝1或2等)时命题正确；
②假设当n＝k(k∈N＋，k≥n0)时结论正确，证明当n＝k＋1时命题也正确．
由此可以断定，对于任意不小于n0的正整数n，命题都正确．
对应学生用书P39
利用数学归纳法证明恒等式
[例1] 证明：当n≥2，n∈N＋时，
…＝.
[思路点拨] 注意到这是与正整数n有关的命题，可考虑用数学归纳法证明．
[证明] (1)当n＝2时，左边＝1－＝，右边＝＝.
∴当n＝2时，等式成立．
(2)假设n＝k(k≥2，k∈N＋)时等式成立，即：
…(1－)＝
当n＝k＋1时，…
＝
＝·＝＝.
∴当n＝k＋1时，等式也成立，由(1)(2)知，对任意n≥2，n∈N＋等式成立．
利用数学归纳法证明代数恒等式时要注意两点：一是要准确表述n＝n0时命题的形式，二是要准确把握由n＝k到n＝k＋1时，命题结构的变化特点．并且一定要记住：在证明n＝k＋1成立时，必须使用归纳假设．
1．在用数学归纳法证明，对任意的正偶数n，均有
1－＋－＋…＋－＝2
成立时，
(1)第一步检验的初始值n0是什么？
(2)第二步归纳假设n＝2k时(k∈N＋)等式成立，需证明n为何值时，方具有递推性；
(3)若第二步归纳假设n＝k(k为正偶数)时等式成立，需证明n为何值时，等式成立．
解：(1)n0为2.此时左边为1－，右边为2×＝.
(2)假设n＝2k(k∈N＋)时，等式成立，就需证明n＝2k＋2(即下一个偶数)时，命题也成立．
(3)若假设n＝k(k为正偶数)时，等式成立，就需证明n＝k＋2(即k的下一个正偶数)时，命题也成立．
2．求证：1＋＋＋…＋＝(n∈N＋)．
证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝＝1，
所以左边＝右边，等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时等式成立，
即1＋＋＋…＋＝.
则当n＝k＋1时，1＋＋＋…＋＋＝＋＝＋＝＝.
这就是说，当n＝k＋1时，等式也成立．
由(1)(2)可知，对任何x∈N＋等式都成立．
用数学归纳法证明整除问题
[例2] 求证：x2n－y2n(n∈N＋)能被x＋y整除．
[思路点拨] 本题是与正整数有关的命题，直接分解出因式(x＋y)有困难，故可考虑用数学归纳法证明．
[证明] (1)当n＝1时，x2－y2＝(x＋y)(x－y)能被x＋y整除．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，x2k－y2k能被x＋y整除，
那么当n＝k＋1时，x2k＋2－y2k＋2
＝x2·x2k－y2·y2k－x2y2k＋x2y2k
＝x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)
∵x2k－y2k与x2－y2都能被x＋y整除，
∴x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)能被x＋y整除．
即n＝k＋1时，x2k＋2－y2k＋2能被x＋y整除．
由(1)(2)可知，对任意正整数n命题均成立．
利用数学归纳法证明整除时，关键是整理出除数因式与商数因式积的形式．这就往往要涉及到“添项”与“减项”“因式分解”等变形技巧，凑出n＝k时的情形，从而利用归纳假设使问题得证．
3．用数学归纳法证明：(3n＋1)7n－1(n∈N＋)能被9整除．
证明：①当n＝1时，4×7－1＝27能被9整除命题成立．
②假设n＝k时命题成立，即(3k＋1)·7k－1能被9整除，当n＝k＋1时，
[(3k＋3)＋1]·7k＋1－1＝[3k＋1＋3]·7·7k－1＝
7·(3k＋1)·7k－1＋21·7k
＝[(3k＋1)·7k－1]＋18k·7k＋6·7k＋21·7k
＝[(3k＋1)·7k－1]＋18k·7k＋27·7k，
由归纳假设(3k＋1)·7k－1能被9整除，又因为 18k·7k＋27·7k也能被9整除，所以[3(k＋1)＋1]·7k＋1－1能被9整除，即n＝k＋1时命题成立．
则①②可知对所有正整数n命题成立．
4．用数学归纳法证明：1－(3＋x)n(n∈N＋)能被x＋2整除．
证明：(1)n＝1时，1－(3＋x)＝－(x＋2)，能被x＋2整除，命题成立．
(2)假设n＝k(k≥1)时，1－(3＋x)n能被x＋2整除，则可设1－(3＋x)k＝(x＋2)f(x)(f(x)为k－1次多项式)，
当n＝k＋1时，1－(3＋x)k＋1＝1－(3＋x)(3＋x)k
＝1－(3＋x)[1－(x＋2)f(x)]
＝1－(3＋x)＋(x＋2)(3＋x)f(x)
＝－(x＋2)＋(x＋2)(3＋x)f(x)
＝(x＋2)[－1＋(3＋x)f(x)]，
能被x＋2整除，即当n＝k＋1时命题成立．
由(1)(2)可知，对n∈N＋，1－(3＋x)n能被x＋2整除.
用数学归纳法证明几何问题
[例3] 平面内有n条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，求证：这n条直线把平面分割成(n2＋n＋2)个区域．
[思路点拨] 用数学归纳法进行证明，关键是考虑：k条直线将平面分成的部分数与k＋1条直线将平面分成的部分数之间的关系，利用该关系可以实施从假设到n＝k＋1时的证明．
[证明] (1)当n＝1时，一条直线把平面分成两个区域，又×(12＋1＋2)＝2，
∴n＝1时命题成立．
(2)假设n＝k时，命题成立，即k条满足题意的直线把平面分割成了(k2＋k＋2)个区域．那么当n＝k＋1时，k＋1条直线中的k条直线把平面分成了(k2＋k＋2)个区域，第k＋1条直线被这k条直线分成k＋1段，每段把它们所在的区域分成了两块，因此增加了k＋1个区域，所以k＋1条直线把平面分成了(k2＋k＋2)＋k＋1＝[(k＋1)2＋(k＋1)＋2]个区域．
∴n＝k＋1时命题也成立．
由(1)(2)知，对一切的n∈N＋，此命题均成立．
用数学归纳法证明几何问题时，一定要清楚从n＝k到n＝k＋1时，新增加的量是多少．一般地，证明第二步时，常用的方法是加1法，即在原来k的基础上，再增加一个，当然我们也可以从k＋1个中分出1个来，剩下的k个利用假设．
5．求证：凸n边形对角线条数f(n)＝(n∈N＋，n≥3)．
证明：(1)当n＝3时，即f(3)＝0时，三角形没有对角线，命题成立．
(2)假设n＝k(k∈N＋，k≥3)时命题成立，即凸k边形对角线条数f(k)＝.将凸k边形A1A2…Ak在其外面增加一个新顶点Ak＋1，得到凸k＋1边形A1A2…AkAk＋1，Ak＋1依次与A2，A3，…，Ak－1相连得到对角线k－2条，原凸k边形的边A1Ak变成了凸k＋1边形的一条对角线，则凸k＋1边形的对角线条数为：
f(k)＋k－2＋1＝＋k－1＝
＝＝f(k＋1)，
即当n＝k＋1时，结论正确．
根据(1)(2)可知，命题对任何n∈N＋，n≥3都成立．
6．求证：平面内有n(n≥2)条直线，其中任意两条直线不平行，任意三条直线不过同一点，求证它们彼此互相分割成n2条线段(或射线)．
证明：(1)当n＝2时，两条直线不平行，彼此互相分割成4条射线，命题成立．
(2)假设当n＝k时，命题成立，即k条满足条件的直线彼此互相分割成k2条线段(或射线)．那么n＝k＋1时，取出其中一条直线为l，其余k条直线彼此互相分割成k2条线段(或射线)
直线l把这k条直线又一分为二，多出k条线段(或射线)；l又被这k条直线分成k＋1部分，所以这k＋1条直线彼此互相分割成k2＋k＋k＋1＝(k＋1)2条线段(或射线)，即n＝k＋1时，命题成立．
由(1)(2)知，命题成立．
对应学生用书P41
1．数学归纳法证明中，在验证了n＝1时命题正确，假定n＝k时命题正确，此时k的取值范围是( )
A．k∈N B．k>1，k∈N＋
C．k≥1，k∈N＋ D．k>2，k∈N＋
解析：数学归纳法是证明关于正整数n的命题的一种方法，所以k是正整数，又第一步是递推的基础，所以k大于等于1.
答案：C
2．某个命题：(1)当n＝1时，命题成立，
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时成立，可以推出n＝k＋2时也成立，则命题对________成立( )
A．正整数 B．正奇数
C．正偶数 D．都不是
解析：由题意知，k＝1时，k＋2＝3；k＝3时，k＋2＝5，依此类推知，命题对所有正奇数成立．
答案：B
3．设f(n)＝＋＋＋…＋(n∈N＋)，那么f(n＋1)－f(n)等于( )
A. B.
C.＋ D.－
解析：因为f(n)＝＋＋…＋，
所以f(n＋1)＝＋＋…＋＋＋，
所以f(n＋1)－f(n)＝＋－＝
－.
答案：D
4．如果1×2×3＋2×3×4＋3×4×5＋…＋n(n＋1)(n＋2)＝n(n＋1)(n＋a)(n＋b)对一切正整数n都成立，a，b的值可以等于( )
A．a＝1，b＝3 B．a＝－1，b＝1
C．a＝1，b＝2 D．a＝2，b＝3
解析：令n＝1,2得到关于a，b的方程组，解得即可．
答案：D
5．观察式子1＝1,1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3，…猜想第n个式子应为________．
答案：1－4＋9－16＋…＋(－1)n－1n2＝(－1)n＋1·
6．用数学归纳法证明：“1×4＋2×7＋3×10＋…＋n(3n＋1)＝n(n＋1)2.n∈N＋”时，若n＝1，则左端应为________．
解析：n＝1时，左端应为1×4＝4.
答案：4
7．记凸k边形的内角和为f(k)，则凸k＋1边形的内角和f(k＋1)＝f(k)＋________.
解析：由凸k边形变为凸k＋1边形时，增加了一个三角形图形．故f(k＋1)＝f(k)＋π.
答案：π
8．设a∈N＋，n∈N＋，求证：an＋2＋(a＋1)2n＋1能被a2＋a＋1整除．
证明：(1)当n＝1时，
a3＋(a＋1)3＝[a＋(a＋1)][a2－a(a＋1)＋(a＋1)2]＝(2a＋1)(a2＋a＋1)．
结论成立．
(2)假设当n＝k时，结论成立，即ak＋2＋(a＋1)2k＋1能被a2＋a＋1整除，那么n＝k＋1时，有a(k＋1)＋2＋(a＋1)2(k＋1)＋1
＝a·ak＋2＋(a＋1)2(a＋1)2k＋1
＝a[ak＋2＋(a＋1)2k＋1]＋(a＋1)2(a＋1)2k＋1－a(a＋1)2k＋1
＝a[ak＋2＋(a＋1)2k＋1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k＋1.
因为ak＋2＋(a＋1)2k＋1，a2＋a＋1均能被a2＋a＋1整除，又a∈N＋，故a(k＋1)＋2＋(a＋1)2(k＋1)＋1能被a2＋a＋1整除，即当n＝k＋1时，结论也成立．
由(1)(2)可知，原结论成立．
9．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个部分．(n∈N＋)
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≥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．
10．用数学归纳法证明n∈N＋时，(2cos x－1)(2cos 2x－1)…(2cos 2n－1x－1)＝.
证明：(1)当n＝1时，左边＝2cos x－1，
右边＝＝
＝2cos x－1，
即左边＝右边，∴命题成立．
(2)假设当n＝k时，命题成立，
即(2cos x－1)(2cos 2x－1)…(2cos 2k－1x－1)＝.
则当n＝k＋1时，
左边＝(2cos x－1)(2cos 2x－1)…(2cos 2k－1x－1)·(2cos 2kx－1)＝·(2cos 2kx－1)＝＝
＝.
∴n＝k＋1时命题成立．
由(1)(2)可知，对n∈N＋时命题成立．
二 用数学归纳法证明不等式
对应学生用书P42
1．利用数学归纳法证明不等式
在不等关系的证明中，方法多种多样，其中数学归纳法是常用的方法之一．在运用数学归纳法证明不等式时，由n＝k成立，推导n＝k＋1成立时，常常要与其他方法，如比较法、分析法、综合法、放缩法等结合进行．
2．归纳—猜想—证明的思想方法
数学归纳法作为一种重要的证明方法，常常体现在“归纳—猜想—证明”这一基本思想方法中．一方面可用数学归纳法证明已有的与自然数有关的结论；更重要的是，要用不完全归纳法去发现某些结论、规律并用数学归纳法证明其正确性，形成“观察—归纳—猜想—证明”的思想方法．
对应学生用书P42
利用数学归纳法证明不等式
[例1] 证明：2n＋2>n2，n∈N＋.
[思路点拨]
―→―→
[证明] (1)当n＝1时，左边＝21＋2＝4；右边＝1，
左边>右边；
当n＝2时，左＝22＋2＝6，右＝22＝4，所以左边>右边；
当n＝3时，左＝23＋2＝10，右＝32＝9，所以左边>右边．
因此当n＝1,2,3时，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥3且k∈N＋)时，不等式成立．
当n＝k＋1时，
2k＋1＋2
＝2·2k＋2
＝2(2k＋2)－2>2k2－2
＝k2＋2k＋1＋k2－2k－3
＝(k2＋2k＋1)＋(k＋1)(k－3)(因k≥3，则k－3≥0，
k＋1>0)≥k2＋2k＋1＝(k＋1)2.
所以2k＋1＋2>(k＋1)2.故当n＝k＋1时，原不等式也成立．
根据(1)(2)，原不等式对于任何n∈N都成立．
数学归纳法证明不等式的技巧
(1)证明不等式时，由n＝k到n＝k＋1时的推证过程与证明等式有所不同，由于不等式中的不等关系，需要我们在证明时，对原式进行“放大”或者“缩小”才能使用到n＝k时的假设，所以需要认真分析，适当放缩，才能使问题简单化，这是利用数学归纳法证明不等式时常用的方法之一．
(2)数学归纳法的应用通常需要与数学的其他方法联系在一起，如比较法、放缩法、配凑法、分析法和综合法等，才能完成证明过程．
1．用数学归纳法证明：＋＋…＋>(n≥2，n∈N＋)．
证明：(1)当n＝2时，左边＝＋＋＋>，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时，不等式成立．即
＋＋…＋>.当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋＋＋>＋>＋＝.
∴当n＝k＋1时，不等式也成立．
由(1)(2)知，原不等式对一切n≥2，n∈N＋均成立．
2．用数学归纳法证明：
1＋＋＋…＋<2－(n≥2，n∈N＋)．
证明：(1)当n＝2时，1＋＝<2－＝，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时不等式成立，即1＋＋＋…＋<2－，
当n＝k＋1时，1＋＋＋…＋＋<2－＋<2－＋＝2－＋－＝2－，不等式成立．
由(1)(2)知原不等式在n≥2，n∈N＋时均成立．
3．设Pn＝(1＋x)n，Qn＝1＋nx＋x2，n∈N＋，x∈(－1，＋∞)，试比较Pn与Qn的大小，并加以证明．
解：(1)当n＝1,2时，Pn＝Qn.
(2)当n≥3时，(以下再对x进行分类)．
①若x∈(0，＋∞)，显然有Pn>Qn.
②若x＝0，则Pn＝Qn.
③若x∈(－1,0)，
则P3－Q3＝x3<0，所以P3P4－Q4＝4x3＋x4＝x3(4＋x)<0，所以P4假设Pk则Pk＋1＝(1＋x)Pk<(1＋x)Qk＝Qk＋xQk
＝1＋kx＋＋x＋kx2＋
＝1＋(k＋1)x＋x2＋x3
＝Qk＋1＋x3即当n＝k＋1时，不等式成立．
所以当n≥3，且x∈(－1,0)时，Pn归纳—猜想—证明
[例2] 设f(n)>0(n∈N＋)，对任意自然数n1和n2总有f(n1＋n2)＝f(n1)f(n2)，又f(2)＝4.
(1)求f(1)，f(3)的值．
(2)猜想f(n)的表达式，并证明你的猜想．
[思路点拨] 利用f(n1＋n2)＝f(n1)f(n2)可求出f(1)，f(3)再猜想f(n)，利用数学归纳法给出证明．
[解] (1)由于对任意自然数n1和n2，
总有f(n1＋n2)＝f(n1)·f(n2)．
取n1＝n2＝1，得f(2)＝f(1)·f(1)，即f2(1)＝4.
∵f(n)>0(n∈N＋)，
∴f(1)＝2.
取n1＝1，n2＝2，得f(3)＝23.
(2)由f(1)＝21，f(2)＝4＝22，f(3)＝23，
猜想f(n)＝2n.
证明：①当n＝1时f(1)＝2成立；
②假设n＝k时，f(k)＝2k成立．
f(k＋1)＝f(k)·f(1)＝2k·2＝2k＋1，
这就是说当n＝k＋1时，猜想也成立．
由①②知猜想正确，即f(n)＝2n.
利用数学归纳法解决探索型不等式的思路是：观察——归纳——猜想——证明．即先通过观察部分项的特点．进行归纳，判断并猜想出一般结论，然后用数学归纳法进行证明．
4．在数列{an}、{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列(n∈N＋)．
(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4的值，由此猜测{an}，{bn}的通项公式；
(2)证明你的结论．
解：(1)由条件得2bn＝an＋an＋1，a＝bnbn＋1.
由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25.
猜测an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2.
(2)用数学归纳法证明：①当n＝1时，由上知结论成立．
②假设当n＝k时，结论成立．
即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2，
那么当n＝k＋1时，ak＋1＝2bk－ak＝
2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)．
bk＋1＝＝(k＋2)2.
所以当n＝k＋1时， 结论也成立．
由①②，可知an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2对一切正整数都成立．
5．是否存在常数a，b，c使等式12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)对于一切n∈N＋都成立，若存在，求出a，b，c并证明；若不存在，试说明理由．
解：假设存在a，b，c使12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)，对于一切n∈N＋都成立．
当n＝1时，a(b＋c)＝1；
当n＝2时，2a(4b＋c)＝6；
当n＝3时，3a(9b＋c)＝19.
解方程组解得
证明如下：
①当n＝1时，由以上知存在常数a，b，c使等式成立．
②假设n＝k(k∈N＋)时等式成立，
即12＋22＋32＋…＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12
＝k(2k2＋1)；
当n＝k＋1时，
12＋22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12
＝k(2k2＋1)＋(k＋1)2＋k2
＝k(2k2＋3k＋1)＋(k＋1)2
＝k(2k＋1)(k＋1)＋(k＋1)2
＝(k＋1)(2k2＋4k＋3)
＝(k＋1)[2(k＋1)2＋1]．
即n＝k＋1时，等式成立．
因此存在a＝，b＝2，c＝1使等式对一切n∈N＋都成立．
对应学生用书P44
1．用数学归纳法证明“对于任意x>0和正整数n，都有xn＋xn－2＋xn－4＋…＋＋＋≥n＋1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值n0应为( )
A．n0＝1 B．n0＝2
C．n0＝1,2 D．以上答案均不正确
解析：需验证：n0＝1时，x＋≥1＋1成立．
答案：A
2．用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取( )
A．2 B．3
C．5 D．6
解析：n取1,2,3,4时不等式不成立，起始值为5.
答案：C
3．用数学归纳法证明“1＋＋＋…＋1)”时，由n＝k(k>1)不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的项数是( )
A．2k－1 B．2k－1
C．2k D．2k＋1
解析：由n＝k到n＝k＋1，应增加的项数为(2k＋1－1)－(2k－1)＝2k项．
答案：C
4．若不等式＋＋…＋＞对大于1的一切自然数n都成立，则自然数m的最大值为( )
A．12 B．13
C．14 D．不存在
解析：令f(n)＝＋＋…＋，取n＝2,3,4,5等值，发现f(n)是单调递增的，所以[f(n)]min＞，所以由f(2)＞，求得m的最大值为13.
答案：B
5．证明<1＋＋＋…＋1)，当n＝2时．要证明的式子为________．
解析：当n＝2时，要证明的式子为
2<1＋＋＋<3.
答案：2<1＋＋＋<3
6．用数学归纳法证明“…>”时，n的最小取值n0为________．
解析：左边为(n－1)项的乘积，故n0＝2.
答案：2
7．设a，b均为正实数(n∈N＋)，已知M＝(a＋b)n，N＝an＋nan－1b，则M，N的大小关系为________
解析：当n＝1时，M＝a＋b＝N.
当n＝2时，M＝(a＋b)2，N＝a2＋2ab当n＝3时，M＝(a＋b)3，N＝a3＋3a2b归纳得M ≥N.
答案：M ≥N
8．用数学归纳法证明，对任意n∈N＋，有
(1＋2＋…＋n)≥n2.
证明：(1)当n＝1时，左边＝右边，不等式成立．
当n＝2时，左边＝(1＋2)＝>22，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2)时不等式成立，即(1＋2＋…＋k)≥k2.
则当n＝k＋1时，有
左边＝[(1＋2＋…＋k)＋(k＋1)]
＝(1＋2＋…＋k)＋(1＋2＋…＋k)＋(k＋1)×＋1≥k2＋＋1＋(k＋1).
∵当k≥2时，1＋＋…＋≥1＋＝，(*)
∴左边≥k2＋＋1＋(k＋1)×＝k2＋2k＋1＋≥(k＋1)2.
这就是说当n＝k＋1时，不等成立，由(1)、(2)可知当n≥1时，不等式成立．
9．设数列{an}满足an＋1＝a－nan＋1，n＝1,2,3….
(1)当a1＝2时，求a2，a3，a4，并由此猜想出an的一个通项公式；
(2)当a≥3时，证明对所有的n≥1，有an≥n＋2.
解：(1)由a1＝2，得a2＝a－a1＋1＝3，
由a2＝3，得a3＝a－2a2＋1＝4，
由a3＝4，得a4＝a－3a3＋1＝5.
由此猜想an的一个通项公式：
an＝n＋1(n≥1)．
(2)证明：用数学归纳法证明．
①当n＝1，a1≥3＝1＋2，不等式成立．
②假设当n＝k时不等式成立，
即ak≥k＋2，那么，当n＝k＋1时．
ak＋1＝ak(ak－k)＋1≥(k＋2)(k＋2－k)＋1≥k＋3，
也就是说，当n＝k＋1时，
ak＋1≥(k＋1)＋2.
根据①和②，对于所有n≥1，有an≥n＋2.
10．设a∈R，f(x)＝是奇函数，
(1)求a的值；(2)如果g(n)＝(n∈N＋)，试比较f(n)与g(n)的大小(n∈N＋)．
解：(1)∵f(x)是定义在R上的奇函数，
∴f(0)＝0.故a＝1.
(2)f(n)－g(n)＝－＝.
只要比较2n与2n＋1的大小．
当n＝1,2时，f(n)当n≥3时，2n>2n＋1，f(n)>g(n)．
下面证明，n≥3时，2n>2n＋1，即f(x)>g(x)．
①n＝3时，23>2×3＋1，显然成立，
②假设n＝k(k≥3，k∈N＋)时，2k>2k＋1，
那么n＝k＋1时，2k＋1＝2×2k>2(2k＋1)．
2(2k＋1)－[2(k＋1)＋1]＝4k＋2－2k－3＝2k－1>0(∵k≥3)，
有2k＋1>2(k＋1)＋1.
∴n＝k＋1时，不等式也成立，由①②可以判定，n≥3，n∈N＋时，2n>2n＋1.
所以n＝1,2时，f(n)g(n)．
第四讲 用数学归纳法证明不等式
对应学生用书P45
?考情分析
通过分析近三年的高考试题可以看出，不但考查用数学归纳法去证明现成的结论，还考查用数学归纳法证明新发现的结论的正确性．数学归纳法的应用主要出现在数列解答题中，一般是先根据递推公式写出数列的前几项，通过观察项与项数的关系，猜想出数列的通项公式，再用数学归纳法进行证明，初步形成“观察—归纳—猜想—证明”的思维模式；利用数学归纳法证明不等式时，要注意放缩法的应用，放缩的方向应朝着结论的方向进行，可通过变化分子或分母，通过裂项相消等方法达到证明的目的．
?真题体验
1．(安徽高考)数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－x＋xn＋c(n∈N*)．
(1)证明：{xn}是递减数列的充分必要条件是c＜0；
(2)求c的取值范围，使{xn}是递增数列．
解：(1)先证充分性，若c＜0，由于xn＋1＝－x＋xn＋c≤xn＋c＜xn，故{xn}是递减数列；
再证必要性，若{xn}是递减数列，则由x2＜x1，可得c＜0.
(2)(i)假设{xn}是递增数列．由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.
由x1＜x2＜x3，得0＜c＜1.
由xn＜xn＋1＝－x＋xn＋c知，
对任意n≥1都有xn＜，①
注意到
－xn＋1＝x－xn－c＋＝(1－－xn)(－xn)，②
由①式和②式可得1－－xn＞0，即xn＜1－.
由②式和xn≥0还可得，对任意n≥1都有
－xn＋1≤(1－)(－xn)．③
反复运用③式，得
－xn≤(1－)n－1(－x1)＜(1－)n－1.
xn＜1－和－xn＜(1－)n－1两式相加，
知2－1＜(1－)n－1对任意n≥1成立．
根据指数函数y＝(1－)n的性质，得2－1≤0，
c≤，故0＜c≤.
(ii)若0＜c≤，要证数列{xn}为递增数列，
即xn＋1－xn＝－x＋c＞0.
即证xn＜对任意n≥1成立．
下面用数学归纳法证明当0＜c≤时，xn＜对任意n≥1成立．
(1)当n＝1时，x1＝0＜≤，结论成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*)时结论成立，即：xk＜.因为函数f(x)＝－x2＋x＋c在区间内单调递增，所以xk＋1＝f(xk)＜f()＝，这就是说当n＝k＋1时，结论也成立．
故xn＜对任意n≥1成立．
因此，xn＋1＝xn－x＋c＞xn，即{xn}是递增数列．
由(i)(ii)知，使得数列{xn}单调递增的c的范围是.
2．(江苏高考)已知函数f0(x)＝(x>0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.
(1)求2f1＋f2的值；
(2)证明：对任意的n∈N*，等式nfn－1＋fn＝都成立．
解：由已知，得f1(x)＝f′0(x)＝′＝－，
于是f2(x)＝f′1(x)＝′－′＝－－＋，
所以f1＝－，f2＝－＋.
故2f1＋f2＝－1.
(2)证明：由已知，得xf0(x)＝sin x，等式两边分别对x求导，得f0(x)＋xf′0(x)＝cos x，
即f0(x)＋xf1(x)＝cos x＝sin，
类似可得
2f1(x)＋xf2(x)＝－sin x＝sin(x＋π)，
3f2(x)＋xf3(x)＝－cos x＝sin，
4f3(x)＋xf4(x)＝sin x＝sin(x＋2π)．
下面用数学归纳法证明等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin对所有的n∈N*都成立．
①当n＝1时，由上可知等式成立．
②假设当n＝k时等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sin.
因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k－1(x)＋fk(x)＋xf′k(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，′＝cos·′＝sin，
所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sin.
因此当n＝k＋1时，等式也成立．
综合①②可知等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin对所有的n∈N*都成立．
令x＝，可得nfn－1＋fn＝
sin(n∈N*)．
所以＝(n∈N*)．
对应学生用书P45
归纳—猜想—证明
不完全归纳的作用在于发现规律，探求结论，但结论是否为真有待证明，因而数学中我们常用归纳——猜想——证明的方法来解决与正整数有关的归纳型和存在型问题．
[例1] 已知数列{an}的第一项a1＝5且Sn－1＝an(n≥2，n∈N＋)，
(1)求a2，a3，a4，并由此猜想an的表达式；
(2)用数学归纳法证明{an}的通项公式．
[解] (1)a2＝S1＝a1＝5，a3＝S2＝a1＋a2＝10，
a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝5＋5＋10＝20，
猜想an＝5×2n－2(n≥2，n∈N＋)．
(2)①当n＝2时，a2＝5×22－2＝5，公式成立．
②假设n＝k时成立，即ak＝5×2k－2(k≥2.k∈N＋)，
当n＝k＋1时，由已知条件和假设有
ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋…＋ak
＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2
＝5＋＝5×2k－1.
故n＝k＋1时公式也成立．
由①②可知，对n≥2，n∈N＋有an＝5×22n－2.
所以数列{an}的通项an＝
数学归纳法的应用
归纳法是证明有关正整数n的命题的一种方法，应用广泛．用数学归纳法证明一个命题必须分两个步骤：第一步论证命题的起始正确性，是归纳的基础；第二步推证命题正确性的可传递性，是递推的依据．两步缺一不可，证明步骤与格式的规范是数学归纳法的一个特征．
[例2] 求证tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(n－1)α·tan nα＝－n(n≥2，n∈N＋)．
[证明] (1)当n＝2时，左边＝tan α·tan 2α，
右边＝－2＝·－2
＝－2
＝＝
＝tan α·tan 2α，等式成立．
(2)假设当n＝k时等式成立，即
tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(k－1)α·tan kα＝－k.
当n＝k＋1时，
tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(k－1)αtan kα＋tan kα·tan(k＋1)α
＝－k＋tan kα·tan(k＋1)α
＝－k
＝[][1＋tan(k＋1)α·tan α]－k
＝[tan(k＋1)α－tan α]－k
＝－(k＋1)，
所以当n＝k＋1时，等式也成立．
由(1)和(2)知，n≥2，n∈N＋时等式恒成立．
[例3] 用数学归纳法证明：n(n＋1)(2n＋1)能被6整除．
[证明](1)当n＝1时，1×2×3显然能被6整除．
(2)假设n＝k时，命题成立，
即k(k＋1)(2k＋1)＝2k3＋3k2＋k能被6整除．
当n＝k＋1时，(k＋1)(k＋2)(2k＋3)＝
2k3＋3k2＋k＋6(k2＋2k＋1)
因为2k3＋3k2＋k,6(k2＋2k＋1)都能被6整除，所以2k3＋3k2＋k＋6(k2＋2k＋1)能被6整除，即当n＝k＋1时命题成立．
由(1)和(2)知，对任意n∈N＋原命题成立．
[例4] 设0[证明] (1)当n＝1时，a1>1，又a1＝1＋a<，命题成立．
(2)假设n＝k(k∈N＋)时，命题成立，
即1∴当n＝k＋1时，由递推公式，知
ak＋1＝＋a>(1－a)＋a＝1.
同时，ak＋1＝＋a<1＋a＝<，
∴当n＝k＋1时，命题也成立，即1综合(1)和(2)可知，对一切正整数n，有1 对应学生用书P53
(时间：90分钟，总分120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．等式12＋22＋32＋…＋n2＝(5n2－7n＋4)( )
A．n为任何正整数时都成立
B．仅当n＝1,2,3时成立
C．当n＝4时成立，n＝5时不成立
D．仅当n＝4时不成立
解析：分别用n＝1,2,3,4,5验证即可．
答案：B
2．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋<2－(n≥2，n∈N＋)时，第一步应验证不等式( )
A．1＋<2－ B．1＋＋<2－
C．1＋<2－ D．1＋＋<2－
解析：第一步验证n＝2时不等式成立，即1＋<2－.
答案：A
3．用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝(a≠1)，在验证n＝1时，左端计算所得的项为( )
A．1 B．1＋a
C．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3
解析：左端为n＋2项和，n＝1时应为三项和，
即1＋a＋a2.
答案：C
4．用数学归纳法证明2n>n2(n∈N＋，n≥5)成立时，第二步归纳假设的正确写法是( )
A．假设n＝k时命题成立
B．假设n＝k(k∈N＋)时命题成立
C．假设n＝k(k≥5)时命题成立
D．假设n＝k(k>5)时命题成立
解析：k应满足k≥5，C正确．
答案：C
5．用数学归纳法证明：“(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1·3…(2n－1)(n∈N＋)”时，从“n＝k到n＝k＋1”两边同乘以一个代数式，它是( )
A．2k＋2 B．(2k＋1)(2k＋2)
C. D.
解析：n＝k时，
左边为f(k)＝(k＋1)(k＋2)…(k＋k)
n＝k＋1时，f(k＋1)＝(k＋2)(k＋3)
…(k＋k)(k＋k＋1)(k＋k＋2)
＝f(k)·(2k＋1)(2k＋2)÷(k＋1)
＝f(k) ·
答案：D
6．平面内原有k条直线，它们的交点个数记为f(k)，则增加一条直线l后，它们的交点个数最多为( )
A．f(k)＋1 B．f(k)＋k
C．f(k)＋k＋1 D．k·f(k)
解析：第k＋1条直线与前k条直线都相交且有不同交点时，交点个数最多，此时应比原先增加k个交点．
答案：B
7．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(n∈N＋)能被8整除时，若n＝k时，命题成立，欲证当n＝k＋1时命题成立，对于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可变形为( )
A．56×34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)
B．34×34k＋1＋52×52k
C．34k＋1＋52k＋1
D．25(34k＋1＋52k＋1)
解析：由34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1＝81×34k＋1＋25×52k＋1＋25×34k＋1－25×34k＋1
＝56×34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)．
答案：A
8．数列{an}的前n项和Sn＝n2·an(n≥2)，而a1＝1，通过计算a2，a3，a4，猜想an等于( )
A. B.
C. D.
解析：由a2＝S2－S1＝4a2－1得a2＝＝
由a3＝S3－S2＝9a3－4a2得a3＝a2＝＝.
由a4＝S4－S3＝16a4－9a3得a4＝a3＝＝，猜想an＝.
答案：B
9．上一个n层的台阶，若每次可上一层或两层，设所有不同上法的总数为f(n)，则下列猜想正确的是( )
A．f(n)＝n
B．f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)
C．f(n)＝f(n－1)·f(n－2)
D．f(n)＝
解析：当n≥3时f(n)分两类，第一类从第n－1层再上一层，有f(n－1)种方法；第二类从第n－2层再一次上两层，有f(n－2)种方法，所以f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n≥3)．
答案：D
10．已知f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)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(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)C．若f(7)≥49成立，则当k<7时，均有f(k)D．若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
解析：∵f(k)≥k2成立时f(k＋1)≥(k＋1)2成立，当k＝4时，f(4)＝25>16＝42成立．
∴当k≥4时，有f(k)≥k2成立．
答案：D
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上)
11．用数学归纳法证明1＋2＋3＋4＋…＋n2＝(n∈N＋)，则n＝k＋1时，左端应为在n＝k时的基础上加上____________________．
解析：n＝k＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2.
所以增加了(k2＋1)＋…＋(k＋1)2.
答案：(k2＋1)＋…＋(k＋1)2
12．设f(n)＝)…，用数学归纳法证明f(n)≥3，在假设n＝k时成立后，f(k＋1)与f(k)的关系是f(k＋1)＝f(k)·________________.
解析：f(k)＝…，
f(k＋1)＝…
·
∴f(k＋1)＝f(k)·
答案：
13．设数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋2，用数学归纳法证明an＝4·2n－1－2的第二步中，设n＝k时结论成立，即ak＝4·2k－1－2，那么当n＝k＋1时，应证明等式________成立．
答案：ak＋1＝4·2(k＋1)－1－2
14．在数列{an}中，a1＝1，且Sn，Sn＋1,2S1成等差数列，则S2，S3，S4分别为__________，猜想Sn＝__________.
解析：因为Sn，Sn＋1,2S1成等差数列．
所以2Sn＋1＝Sn＋2S1，又S1＝a1＝1.
所以2S2＝S1＋2S1＝3S1＝3，于是S2＝＝，
2S3＝S2＋2S1＝＋2＝，于是S3＝＝，
由此猜想Sn＝.
答案：，，
三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)用数学归纳法证明，对于n∈N＋，都有＋＋＋…＋＝.
证明：(1)当n＝1时，左边＝＝，右边＝，所以等式成立．
(2)假设n＝k时等式成立，即
＋＋＋…＋＝，
当n＝k＋1时，
＋＋＋…＋＋
＝＋
＝＝＝.
即n＝k＋1时等式成立．
由(1)、(2)可知，对于任意的自然数n等式都成立．
16．(本小题满分12分)在数列{an}中，a1＝a2＝1，当n∈N＋时，满足an＋2＝an＋1＋an，且设bn＝a4n，求证：{bn}各项均为3的倍数．
证明：(1)∵a1＝a2＝1，
故a3＝a1＋a2＝2，a4＝a3＋a2＝3.
∴b1＝a4＝3，当n＝1时，b1能被3整除．
(2)假设n＝k时，即bk＝a4k是3的倍数，
则n＝k＋1时，
bk＋1＝a4(k＋1)＝a4k＋4＝a4k＋3＋a4k＋2＝
a4k＋2＋a4k＋1＋a4k＋1＋a4k
＝3a4k＋1＋2a4k.
由归纳假设知，a4k是3的倍数，又3a4k＋1是3的倍数，故可知bk＋1是3的倍数，∴n＝k＋1时命题也正确．
综合(1)(2)可知，对正整数n，数列{bn}的各项都是3的倍数．
17．(本小题满分12分)如果数列{an}满足条件：a1＝－4，an＋1＝(n＝1,2，…)，证明：对任何自然数n，都有an＋1>an且an<0.
证明：(1)由于a1＝－4，
a2＝＝＝>a1.
且a1<0，因此，当n＝1时不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1)时，ak＋1>ak且ak<0，那么
ak＋1＝<0，
ak＋2－ak＋1＝－
＝>0.
这就是说，当n＝k＋1时不等式也成立，
根据(1)(2)，不等式对任何自然数n都成立．
因此，对任何自然数n，都有an＋1>an.
18．(本小题满分14分)已知点的序列An(xn,0)，n∈N＋，其中x1＝0，x2＝a(a>0)，A3是线段A1A2的中点，A4是线段A2A3的中点，…，An是线段An－2An－1的中点，…
(1)写出xn与xn－1，xn－2之间的关系式(n≥3)；
(2)设an＝xn＋1－xn.计算a1，a2，a3，由此推测数列{an}的通项公式，并加以证明．
解：(1)当n≥3时，xn＝；
(2)a1＝x2－x1＝a，
a2＝x3－x2＝－x2＝－(x2－x1)＝－a，
a3＝x4－x3＝－x3＝－(x3－x2)＝－
＝a，
由此推测an＝n－1a(n∈N＋)．
用数学归纳法证明：
①当n＝1时，a1＝x2－x1＝a＝0a，公式成立．
②假设当n＝k时，公式成立，即ak＝k－1a成立．那么当n＝k＋1时，
ak＋1＝xk＋2－xk＋1＝－xk＋1＝－(xk＋1－xk)＝－ak＝－k－1a＝(k＋1)－1a，公式仍成立，根据①和②可知，对任意n∈N＋，公式an＝n－1a成立．
模块综合检测
对应学生用书P55
(时间：90分钟，总分120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．不等式|3x－2|>4的解集是( )
A．{x|x>2} B．
C. D.
解析：因为|3x－2|>4，所以3x－2>4或3x－2<－4，所以x>2或x<－.
答案：C
2．已知a＜0，－1＜b＜0，那么下列不等式成立的是( )
A．a＞ab＞ab2 B．ab2＞ab＞a
C．ab＞a＞ab2 D．ab＞ab2＞a
解析：因为－1＜b＜0，所以b＜b2＜1.
又因为a＜0，所以ab＞ab2＞a.
答案：D
3．若x∈R，则“|x|＜2”是“|x＋1|＜1”的( )
A．必要不充分条件
B．充分不必要条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：由|x|＜2解得－2＜x＜2，
由|x＋1|＜1解得－2＜x＜0.
因为{x|－2＜x＜0}?{x|－2＜x＜2}，
所以“|x|＜2”是“|x＋1|＜1”的必要不充分条件．
答案：A
4．关于x的不等式，|5x－6|<6－x的解集为( )
A. B.
C．(0,2) D.
解析：原不等式?x－6<5x－6<6－x?
??0故原不等式的解集为(0,2)．
答案：C
5．设x＞0，y＞0，且x＋y≤4，则下列不等式中恒成立的是( )
A.≤ B.＋≥1
C.≥2 D.≥
解析：因为x＞0，y＞0，所以x＋y≥2.又因为x＋y≤4，所以2≤4.当且仅当x＝y＝2时，取等号．
∴0＜xy≤4.∴≥.
答案：D
6．若不等式＋＋＋…＋<对于一切n∈N＋恒成立，则自然数m的最小值为( )
A．8 B．9
C．10 D．12
解析：令bn＝＋＋＋…＋，
则bk＋1－bk＝＋＋…＋＋＋－＝
＋－<0.
∴bk＋1∴数例{bn}为递减数例，要bn<恒成立，只需b1<，
∴＋<得m>7，
∴m的最小值为8.
答案：A
7．若a＞0，使不等式|x－4|＋|x－3|＜a在R上的解集不是空集的a的取值是( )
A．0＜a＜1 B．a＝1
C．a＞1 D．以上均不对
解析：函数y＝|x－4|＋|x－3|的最小值为1，所以
|x－4|＋|x－3|＜a的解集不是空集，需a＞1.
答案：C
8．函数y＝＋的最大值为( )
A. B.
C. D.
解析：由已知得函数定义域为，
y＝＋×
≤＝，当且仅当＝，即x＝时取等号．
∴ymax＝.
答案：A
9．一长方体的长，宽，高分别为a，b，c且a＋b＋c＝9，当长方体体积最大时，长方体的表面积为( )
A．27 B．54
C．52 D．56
解析：∵9＝a＋b＋c≥3，∴abc≤27，
当且仅当a＝b＝c＝3时取得最大值27，
此时其表面积为6×32＝54.
答案：B
10．记满足下列条件的函数f(x)的集合为M，当|x1|≤1，|x2|≤1时，|f(x1)－f(x2)|≤4|x1－x2|，又令g(x)＝x2＋2x－1，由g(x)与M的关系是( )
A．g(x)?M B．g(x)∈M
C．g(x)?M D．不能确定
解析：g(x1)－g(x2)＝x＋2x1－x－2x2＝(x1－x2)·(x1＋x2＋2)，
|g(x1)－g(x2)|＝|x1－x2|·|x1＋x2＋2|
≤|x1－x2|(|x1|＋|x2|＋2)≤4|x1－x2|，
所以g(x)∈M.
答案：B
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上)
11.＜3的解集是________________．
解析：∵＜3，
∴|2x－1|＜3|x|.两边平方得4x2－4x＋1＜9x2，
∴5x2＋4x－1＞0，解得x＞或x＜－1.
∴所求不等式的解集为.
答案：(－∞，－1)∪
12．设a＝－，b＝－，c＝－，则a，b，c的大小顺序是________．
解析：用分析法比较，a＞b?＋＞＋
?8＋2＞8＋2，同理可比较得b＞c.
答案：a＞b＞c
13．若x<0，则函数f(x)＝x2＋－x－的最小值是________．
解析：令t＝x＋，因为x<0.
所以－≥2.所以t≤－2.则g(t)＝t2－t－2＝2－.所以f(x)min＝g(－2)＝4.
答案：4
14．有一长方体的长，宽，高分别为x，y，z，满足＋＋＝9，则长方体的对角线长的最小值为________．
解析：∵(x2＋y2＋z2)≥(1＋1＋1)2＝9，
即x2＋y2＋z2≥1.
当且仅当x＝y＝z＝时取等号，
∴长方体的对角线长l＝的最小值为1.
答案：1
三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)设函数f(x)＝.
(1)当a＝－5时，求函数f(x)的定义域；
(2)若函数f(x)的定义域为R，试求a的取值范围．
解：(1)由题设知：|x＋1|＋|x－2|－5≥0，在同一坐标系中作出函数y＝|x＋1|＋|x－2|－5的图像，可知定义域为(－∞，－2]∪[3，＋∞)．
(2)由题设知，当x∈R时，恒有|x＋1|＋|x－2|＋a≥0，
即|x＋1|＋|x－2|≥－a.
|x＋1|＋|x－2|≥|x＋1＋2－x|＝3，∴－a≤3，
∴a≥－3.
∴a的取值范围是[－3，＋∞)．
16．(本小题满分12分)已知x，y，z∈(0，＋∞)，x＋y＋z＝3.
(1)求＋＋的最小值；
(2)证明：3≤x2＋y2＋z2＜9.
解：(1)因为x＋y＋z≥3＞0，
＋＋≥＞0，
所以(x＋y＋z)≥9，即＋＋≥3，
当且仅当x＝y＝z＝1时，＋＋取得最小值3.
(2)证明：x2＋y2＋z2
＝
≥＝＝3.
又x2＋y2＋z2－9＝x2＋y2＋z2－(x＋y＋z)2＝－2(xy＋
yz＋zx)＜0，
所以3≤x2＋y2＋z2＜9.
17．(本小题满分12分)(辽宁高考)设函数f(x)＝2|x－1|＋x－1，g(x)＝16x2－8x＋1.记f(x)≤1的解集为M，g(x)≤4的解集为N.
(1)求M；
(2)当x∈M∩N时，证明：x2f(x)＋x[f(x)]2≤.
解：(1)f(x)＝
当x≥1时，由f(x)＝3x－3≤1得x≤，故1≤x≤；
当x<1时，由f(x)＝1－x≤1得x≥0，故0≤x<1.
所以f(x)≤1的解集为M＝.
(2)证明：由g(x)＝16x2－8x＋1≤4，得162≤4，解得－≤x≤.
因此N＝，
故M∩N＝.
当x∈M∩N时，f(x)＝1－x，于是
x2f(x)＋x·[f(x)]2＝xf(x)[x＋f(x)]＝x·f(x)
＝x(1－x)＝－2≤.
18．(本小题满分14分)已知等差数列{an}的公差d大于0，且a2，a5是方程x2－12x＋27＝0的两根，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＝－bn.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式．
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，试比较与Sn＋1的大小，并说明理由．
解：(1)由题意可得a2＝3，a5＝9，
∴d＝(a5－a2)＝2，a1＝1，an＝2n－1
又由Tn＝－bn得Tn＋1＝－bn＋1，相减得
bn＋1＝－bn＋1＋bn，bn＋1＝bn，
由T1＝b1＝－b1得b1＝.
∴{bn}是以为首项，为公比的等比数列，
则bn＝n.
(2)可求得Sn＝n2，Sn＋1＝(n＋1)2，＝3n
当n＝1时，S2＝4>＝3，
当n＝2时，S3＝9＝，
当n＝3时，S4＝16<＝27.
猜想当n≥3时，Sn＋1<，即(n＋1)2<3n.
证明：①当n＝3时，42<27，不等式成立．
②假设n＝k(k≥3)时不等式成立，即(k＋1)2<3k.
则n＝k＋1时，3k＋1＝3·3k>3(k＋1)2＝3k2＋6k＋3
＝k2＋4k＋4＋2k2＋2k－1
＝(k＋2)2＋2k2＋2k－1>(k＋2)2，即n＝k＋1时不等式成立．
由①②知，n≥3时，3n>(n＋1)2.
