一 比较法
学习目标 1.理解比较法证明不等式的理论依据.2.掌握利用比较法证明不等式的一般步骤.3.体会比较法所体现的转化与化归的数学思想方法．
知识点一 作差比较法
思考 比差法的理论依据是什么？
答案 a＞b?a－b＞0；a＝b?a－b＝0；a＜b?a－b＜0.
梳理 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＜b；a－b＝0?a＝b.
(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与0的大小关系，常用的方法：因式分解，配方，通分，分子或分母有理化等．
知识点二 作商比较法
思考1 对于两个正数a，b，若＞1，能够判断a，b的大小吗？
答案 能，根据不等式的性质知，对于正数a，b，＞1?a＞b.
思考2 类比作差比较法，请谈谈作商比较法．
答案 对于正数a，b，＞1?a＞b；＝1?a＝b；＜1
?a＜b.
梳理 (1)作商比较法：若a＞0，b＞0，要证明a＞b，只要证明＞1；要证明b＞a，只要证明＜1.这种证明不等式的方法，叫做作商比较法．
(2)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a＜b；
②b＜0，若＞1，则a＜b；若＜1，则a＞b.
(3)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的大小关系；⑤得出结论.
类型一 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.
证明 因为正数a，b，c成等比数列，
所以b2＝ac，b＝，
又(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.
反思与感悟 作差比较法的关键是作差后的变形，一般通过分解因式或将差式转化为积商式，以便与0比较大小．
跟踪训练1 已知a≥1，求证：－＜－.
证明 ∵(－)－(－)
＝－
＝＜0，
∴－＜－.
类型二 作商比较法证明不等式
例2 已知a＞0，b＞0，求证：aabb≥.
证明 因为aabb＞0，＞0，
所以＝＝.
当a＝b时，显然有＝1；
当a＞b＞0时，＞1，＞0，
所以由指数函数的单调性可知，＞1；
当b＞a＞0时，0＜＜1，＜0，
所以由指数函数的单调性可知，＞1.
综上可知，对任意实数a，b，都有aabb≥.
引申探究
1．若a＞0，b＞0，求证：≥abba.
证明 因为abba＞0，＞0，
所以
所以当a＝b时，显然有
当a＞b＞0时，＞1，＜0，
由指数函数的单调性，
可得＜0＝1；
当b＞a＞0时，0＜＜1，＞0，
由指数函数的单调性，
可得＜0＝1，
综上可知，对任意a＞0，b＞0，都有abba≤.
2．当a＞0，b＞0时，比较aabb与abba的大小．
解 由例2和探究1知，aabb≥≥abba.
反思与感悟 作商比较法证明不等式的一般步骤
(1)作商：将不等式左右两边的式子进行作商．
(2)变形：化简商式到最简形式．
(3)判断：判断商与1的大小关系，也就是判断商大于1或小于1或等于1.
(4)得出结论．
跟踪训练2 已知a＞0，b＞0，求证：＋≥＋.
证明 ∵＝＋＝＋＝
＝.
又∵a2＋b2≥2ab，
∴≥＝1，
当且仅当a＝b＞0时取等号，
∴＋≥＋.
类型三 比较法的应用
例3 证明：若a，b，m都是正数，并且a＜b，则＞(糖水不等式)．
证明 －＝.
∵a，b，m都是正数，且a＜b，
∴b－a＞0，b(b＋m)＞0，
∴＞0，即－＞0，
∴＞.
反思与感悟 比较法理论上便于理解，实用时便于操作，故应用比较广泛．
跟踪训练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？
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＜t2.从而知甲比乙先到达指定地点．
1．已知不等式：①x2＋3＞2x(x∈R＋)；②a5＋b5＞a3b2＋a2b3(a，b∈R＋)；③a2＋b2≥2(a－b－1)．其中正确的个数为( )
A．0B．1C．2D．3
答案 C
解析 ①x2＋3－2x＝(x－1)2＋2＞0，故①正确；
②取a＝b＝1，则a5＋b5＝2，a3b2＋a2b3＝2，故②不正确；③a2＋b2－2(a－b－1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，故③正确．
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
答案 D
解析 ＜1?－1＜0?＜0?a＜0或a＞1.
3．若x，y∈R，记w＝x2＋3xy，u＝4xy－y2，则( )
A．w＞u B．w＜u
C．w≥u D．无法确定
答案 C
解析 ∵w－u＝x2－xy＋y2＝2＋≥0，
∴w≥u.
4．a，b都是正数，P＝，Q＝，则P，Q的大小关系是( )
A．P＞Q B．P＜Q
C．P≥Q D．P≤Q
答案 D
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.
5．设a＞b＞0，求证：＞.
证明 方法一 －
＝
＝＞0(∵a＞b＞0)，
∴原不等式成立．
方法二 ∵a＞b＞0，∴a2＞b2＞0.
∴左边＞0，右边＞0.
∴＝＝1＋＞1.∴原不等式成立．
1．作差比较法证明不等式的技巧
(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，常用判别式法判断符号．
2．适用作商比较法证明的不等式的特点
适合欲证的不等式两端是乘积形式、幂指数的不等式或某些不同底数对数值的大小比较．
一、选择题
1．设a，b∈R＋，且a≠b，若P＝＋，Q＝a＋b，则( )
A．P≥Q B．P＞Q
C．P≤Q D．P＜Q
答案 B
解析 P－Q＝＋－a－b＝＋＝.因为a，b∈R＋，且a≠b，所以P－Q＞0.
2．已知a＞b＞－1，则与的大小关系为( )
A.＞ B.＜
C.≥ D.≤
答案 B
解析 ∵－＝＜0，
∴＜.
3．已知a＞b＞0，c＞d＞0，m＝－，n＝，则m与n的大小关系是( )
A．m＜n B．m＞n
C．m≥n D．m≤n
答案 C
解析 m2－n2＝(ac－2＋bd)－(ac＋bd－ad－bc)
＝ad－2＋bc＝(－)2≥0，
∴m2≥n2.又m＞0，n＞0，∴m≥n.
4．当a＜b＜0时，下列关系式中成立的是( )
A.＜ B．lgb2＜lga2
C.＞1 D.＞
答案 B
解析 方法一 取特殊值a＝－4，b＝－1，则选项A，C，D不正确，选项B正确，故选B.
方法二 ∵a＜b＜0，∴a2＞b2.
而函数y＝lgx(x＞0)为增函数，
∴lgb2＜lga2，B项正确．
5．已知a＞0，且a≠1，P＝loga(a3＋1)，Q＝loga(a2＋1)，则P，Q的大小关系是( )
A．P＞Q B．P＜Q
C．P＝Q D．大小不确定
答案 A
解析 P－Q＝loga(a3＋1)－loga(a2＋1)＝loga.
当0＜a＜1时，0＜a3＋1＜a2＋1，则0＜＜1，
∴loga＞0，即P－Q＞0.∴P＞Q.
当a＞1时，a3＋1＞a2＋1＞0，＞1，
∴loga＞0，即P－Q＞0.∴P＞Q.
综上可知，P＞Q.
6．已知a＞b＞0且ab＝1，设c＝，P＝logca，N＝logcb，M＝logc(ab)，则( )
A．P＜M＜N B．M＜P＜N
C．N＜P＜M D．P＜N＜M
答案 A
解析 令a＝2，b＝，则c＝＝，
则M＝logc(ab)＝0，P＝log2＜0，N＝log＞0，
∴P＜M＜N.
二、填空题
7．设a＞b＞c＞0，x＝，y＝，z＝，则x，y，z的大小关系为________．
答案 x＜y＜z
解析 ∵a＞b＞c＞0，
∴x＞0，y＞0，z＞0.
而x2－y2＝a2＋b2＋2bc＋c2－(b2＋c2＋2ac＋a2)
＝2bc－2ac＝2c(b－a)＜0，
∴x2＜y2，即x＜y；
又y2－z2＝b2＋(c＋a)2－[c2＋(a＋b)2]
＝2ac－2ab＝2a(c－b)＜0，
∴y＜z.∴x＜y＜z.
8．已知a＞0,0＜b＜1，a－b＞ab，则与的大小关系是________．
答案 ＞
解析 ∵a＞0,0＜b＜1，a－b＞ab，
∴(1＋a)(1－b)＝1＋a－b－ab＞1.
从而＝＞1，
∴＞.
9．某家电厂家为了打开市场，促进销售，准备对其生产的某种型号的彩电进行降价销售，现有四种降价方案：
(1)先降价a%，再降价b%；
(2)先降价b%，再降价a%；
(3)先降价%，再降价%；
(4)一次性降价(a＋b)%.
其中a＞0，b＞0，且a≠b，则上述四种方案中，降价幅度最小的是________．
答案 方案(3)
解析 设降价前彩电的价格为1，按四种方案降价后彩电的价格依次为x1，x2，x3，x4，
则x1＝(1－a%)(1－b%)＝1－(a＋b)%＋a%·b%；
x2＝(1－b%)(1－a%)＝x1；
x3＝＝1－(a＋b)%＋2；
x4＝1－(a＋b)%＜1－(a＋b)%＋a%·b%＝x1＝x2.
又x3－x1＝2－a%·b%＞0，
∴x3＞x1＝x2＞x4.故降价幅度最小的是方案(3)．
三、解答题
10．设a，b为非负实数，求证：a3＋b3≥(a2＋b2)．
证明 由a，b是非负实数，作差得
a3＋b3－(a2＋b2)＝a2(－)＋b2(－)＝(－)[()5－()5]．
当a≥b时，≥，
从而()5≥()5，
则(－)[()5－()5]≥0；
当a＜b时，＜，从而()5＜()5，
则(－)[()5－()5]＞0，
所以a3＋b3≥(a2＋b2)．
11．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＜.
12．已知函数f(x)＝|x－1|＋|x＋1|，P为不等式f(x)＞4的解集．
(1)求P；
(2)证明：当m，n∈P时，|mn＋4|＞2|m＋n|.
(1)解 f(x)＝|x－1|＋|x＋1|＝
由f(x)＞4，得x＞2或x＜－2.
所以不等式f(x)＞4的解集P＝{x|x＞2或x＜－2}．
(2)证明 由(1)可知|m|＞2，|n|＞2，所以m2＞4，n2＞4，(mn＋4)2－4(m＋n)2＝(m2－4)(n2－4)＞0，
所以(mn＋4)2＞4(m＋n)2，
所以|mn＋4|＞2|m＋n|.
13．若实数x，y，m满足|x－m|＜|y－m|，则称x比y接近m.对任意两个不相等的正数a，b，证明：a2b＋ab2比a3＋b3接近2ab.
证明 因为a＞0，b＞0，且a≠b，
所以a2b＋ab2＞2ab，a3＋b3＞2ab.
所以a2b＋ab2－2ab＞0，a3＋b3－2ab＞0.
所以|a2b＋ab2－2ab|－|a3＋b3－2ab|
＝a2b＋ab2－2ab－a3－b3＋2ab
＝a2b＋ab2－a3－b3＝a2(b－a)＋b2(a－b)
＝(a－b)(b2－a2)＝－(a－b)2(a＋b)＜0，
所以|a2b＋ab2－2ab|＜|a3＋b3－2ab|，
所以a2b＋ab2比a3＋b3接近2ab.
四、探究与拓展
14．已知a＞2，求证：loga(a－1)＜log(a＋1)a.
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＜loga(a2－1)＜logaa2＝2.
∴2＜2＝1.
即＜1.
∵log(a＋1)a＞0，
∴loga(a－1)＜log(a＋1)a.
三 反证法与放缩法
学习目标 1.理解反证法的理论依据，掌握反证法的基本步骤，会用反证法证明不等式.2.理解用放缩法证明不等式的原理，会用放缩法证明一些不等式．
知识点一 反证法
思考 什么是反证法？用反证法证明时，导出矛盾有哪几种可能？
答案 (1)反证法就是在否定结论的前提下推出矛盾，从而说明结论是正确的．
(2)矛盾可以是与已知条件矛盾，也可以是与已知的定义、定理矛盾．
梳理 反证法
(1)反证法的定义：先假设要证明的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立．
(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．
知识点二 放缩法
思考 放缩法是证明不等式的一种特有的方法，那么放缩法的原理是什么？
答案 ①不等式的传递性；②等量加(减)不等量为不等量．
梳理 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．这种方法称为放缩法．
(2)放缩法的理论依据
①不等式的传递性．
②等量加(减)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．
类型一 反证法证明不等式
例1 设a＞0，b＞0，且a＋b＝＋，证明：
(1)a＋b≥2；(2)a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．
证明 由a＋b＝＋＝，a＞0，b＞0，得ab＝1.
(1)由基本不等式及ab＝1可知，a＋b≥2＝2，
即a＋b≥2，当且仅当a＝b＝1时等号成立．
(2)假设a2＋a＜2与b2＋b＜2同时成立，则由a2＋a＜2及a＞0，得0＜a＜1；同理，0＜b＜1，从而ab＜1，这与ab＝1矛盾．故a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．
反思与感悟 当待证不等式的结论为否定性命题时，常用反证法来证明，对结论的否定要全面不能遗漏，最后的结论可以与已知的定义、定理、已知条件、假设矛盾．
跟踪训练1 设0＜a＜2,0＜b＜2,0＜c＜2，
求证：(2－a)·c，(2－b)·a，(2－c)·b不可能都大于1.
证明 假设(2－a)·c，(2－b)·a，(2－c)·b都大于1，
即(2－a)·c＞1，(2－b)·a＞1，(2－c)·b＞1，
则(2－a)·c·(2－b)·a·(2－c)·b＞1，
∴(2－a)(2－b)(2－c)·abc＞1. ①
∵0＜a＜2,0＜b＜2,0＜c＜2，
∴(2－a)·a≤2＝1，
同理(2－b)·b≤1，(2－c)·c≤1，
∴(2－a)·a·(2－b)·b·(2－c)·c≤1，
∴(2－a)(2－b)(2－c)·abc≤1，这与①式矛盾．
∴(2－a)·c，(2－b)·a，(2－c)·b不可能都大于1.
例2 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.
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.
反思与感悟 (1)当欲证明的结论中含有“至多”“至少”“最多”等字眼时，若正面难以找到解题的突破口，可转换视角，用反证法证明．
(2)在用反证法证明的过程中，由于作出了与结论相反的假设，相当于增加了题设条件，因此在证明过程中必须使用这个增加的条件，否则将无法推出矛盾．
跟踪训练2 若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋，
b＝y2－2z＋，c＝z2－2x＋，求证：a，b，c中至少有一个大于零．
证明 假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，
则a＋b＋c≤0，而a＋b＋c＝x2－2y＋＋y2－2z＋＋z2－2x＋＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3，
∵π－3＞0，且(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2≥0，
∴a＋b＋c＞0，这与a＋b＋c≤0矛盾，因此假设不成立．
∴a，b，c中至少有一个大于0.
类型二 放缩法证明不等式
例3 已知实数x，y，z不全为零，求证：
＋＋＞(x＋y＋z)．
证明 ＝≥＝≥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)．
反思与感悟 (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)，谨慎地采取措施，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成较大或较小的数，从而达到证明不等式的目的．
跟踪训练3 求证：－＜1＋＋…＋＜2－(n∈N＋且n≥2)．
证明 ∵k(k＋1)＞k2＞k(k－1)(k∈N＋且k≥2)，
∴＜＜，
即－＜＜－(k∈N＋且k≥2)．
分别令k＝2,3，…，n，得
－＜＜1－，－＜＜－，…，
－＜＜－，
将这些不等式相加，得
－＋－＋…＋－＜＋＋…＋＜1－＋－＋…＋－，
即－＜＋＋…＜1－，
∴1＋－＜1＋＋＋…＋＜1＋1－，
即－＜1＋＋＋…＋＜2－(n∈N＋且n≥2)成立.
1．用放缩法证明不等式时，下列各式正确的是( )
A.＞
B.＜
C．x2＋x＋3＞x2＋3
D．|a＋1|≥|a|－1
答案 D
解析 对于A，x的正、负不定；对于B，m的正、负不定；对于C，x的正、负不定；对于D，由绝对值三角不等式知，D正确．
2．用反证法证明命题“a，b，c全为0”时，其假设为( )
A．a，b，c全不为0
B．a，b，c至少有一个为0
C．a，b，c至少有一个不为0
D．a，b，c至多有一个不为0
答案 C
3．如果a＋b＞a＋b，则实数a，b应满足的条件是________．
答案 a≥0，b≥0，a≠b
解析 由及知a≥0，b≥0，
又a＋b＞a＋b，
即(－)2(＋)＞0.
∴a≠b，
∴a≥0，b≥0，a≠b.
4．已知0＜a＜3,0＜b＜3,0＜c＜3.求证：a(3－b)，b(3－c)，c(3－a)不可能都大于.
证明 假设a(3－b)＞，b(3－c)＞，c(3－a)＞.
因为a，b，c均为小于3的正数，
所以＞，＞，
＞，
从而有＋＋＞. ①
但是＋＋≤＋＋
＝＝. ②
当且仅当a＝b＝c＝时，②中取等号．
显然②与①相矛盾，假设不成立，故命题得证．
1．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
不可能
全
都是
否定假设
一个也没有
有两个或两个以上
没有或有两个或两个以上
是
有或
存在
不全
不都是
2.放缩法证明不等式常用的技巧
(1)增项或减项．
(2)在分式中增大或减小分子或分母．
(3)应用重要不等式放缩，如a2＋b2≥2ab，≤，ab≤2，≥(a，b，c＞0)．
(4)利用函数的单调性等．
一、选择题
1．P＝＋＋(a，b，c均为正数)与3的大小关系为( )
A．P≥3 B．P＝3
C．P＜3 D．P＞3
答案 C
解析 P＝＋＋＜＋＋＝3.
2．设x，y，z都是正实数，a＝x＋，b＝y＋，c＝z＋，则a，b，c三个数( )
A．至少有一个不大于2 B．都小于2
C．至少有一个不小于2 D．都大于2
答案 C
解析 假设a，b，c都小于2，则a＋b＋c＜6，
又a＋b＋c＝x＋＋y＋＋z＋
＝＋＋≥6，与a＋b＋c＜6矛盾．
所以a，b，c至少有一个不小于2.A、B、D可用特殊值法排除．故选C.
3．已知a＞0，b＞0，c＞0，且a2＋b2＝c2，则an＋bn与cn(n≥3，n∈N＋)的大小关系为( )
A．an＋bn＞cn B．an＋bn＜cn
C．an＋bn≥cn D．an＋bn＝cn
答案 B
解析 ∵a2＋b2＝c2，∴2＋2＝1，
∴0＜＜1,0＜＜1，
∴y＝x，y＝x均为减函数．
∴当n≥3时，有n＜2，n＜2，
∴n＋n＜2＋2＝1，∴an＋bn＜cn.
4．设x＞0，y＞0，A＝，B＝＋，则A与B的大小关系为( )
A．A≥BB．A＝BC．A＞BD．A＜B
答案 D
解析 ∵x＞0，y＞0，
∴A＝＋＜＋＝B.
5．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a＜b及a≠c中至少有一个成立；
③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．
其中判断正确的个数为( )
A．0B．1C．2D．3
答案 C
解析 对于①，假设(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，这时a＝b＝c，与已知矛盾，故(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0，故①正确；
对于②，假设a＞b与a＜b及a≠c都不成立，这时a＝b＝c，与已知矛盾，故a＞b与a＜b及a≠c中至少有一个成立，故②正确；
对于③，显然不正确．
6．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
答案 C
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，
假设其中有两个负的成立，
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，故假设不成立，故充分性成立．
二、填空题
7．若A＝＋＋…＋，则A与1的大小关系为________．
答案 A＜1
解析 A＝＋＋…＋＜
＋＋…＋＝＝1.
共210个
8．用反证法证明“一个三角形不能有两个直角”有三个步骤：①则∠A＋∠B＋∠C＝90°＋90°＋∠C＞180°，这与三角形的内角和为180°矛盾，故结论错误．
②所以一个三角形不可能有两个直角．
③假设△ABC有两个直角，不妨设∠A＝∠B＝90°.
上述步骤的正确顺序是________．
答案 ③①②
解析 由反证法的证明题步骤可知，正确顺序应该是③①②.
9．已知a∈R＋，则，，从大到小的顺序为________．
答案 ＞＞
解析 因为＋＞＋＝2，
＋＜＋＝2，
所以2＜＋＜2，
所以＞＞ .
10．某同学准备用反证法证明如下一个问题：
函数f(x)在[0,1]上有意义，且f(0)＝f(1)，如果对于不同的x1，x2∈[0,1]，满足|f(x1)－f(x2)|＜|x1－x2|，求证：|f(x1)－f(x2)|＜，那么它的反设应该是________．
答案 存在x1，x2∈[0,1]且x1≠x2满足|f(x1)－f(x2)|＜|x1－x2|，使|f(x1)－f(x2)|≥成立
三、解答题
11．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．
12．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，≤＜，
∴＝≤＋＋…＋＜＝1.
∴原不等式成立．
13．设a，b∈R,0≤x≤1,0≤y≤1，求证：对于任意实数a，b必存在满足条件的x，y，使|xy－ax－by|≥成立．
证明 假设对一切0≤x≤1,0≤y≤1，结论不成立，
则有|xy－ax－by|＜.令x＝0，y＝1，得|b|＜；
令x＝1，y＝0，得|a|＜；
令x＝y＝1，得|1－a－b|＜.
又|1－a－b|≥1－|a|－|b|＞1－－＝，这与上式矛盾．
故假设不成立，原命题结论正确．
四、探究与拓展
14．完成反证法证题的全过程．
题目：设a1，a2，…，a7是由数字1,2，…，7任意排成的一个数列，求证：乘积p＝(a1－1)(a2－2)…·(a7－7)为偶数．
证明：假设p为奇数，则________均为奇数． ①
因为7个奇数之和为奇数，故有
(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)为________． ②
而(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)
＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)＝________. ③
②与③矛盾，故p为偶数．
答案 ①a1－1，a2－2，…，a7－7 ②奇数 ③0
解析 由假设p为奇数可知，(a1－1)，(a2－2)，…，(a7－7)均为奇数，故(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)＝0为奇数，这与0为偶数相矛盾．
15．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明：是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋＜.
证明 (1)由an＋1＝3an＋1，得an＋1＋＝3.
又a1＋＝，
所以是首项为，公比为3的等比数列．
所以an＋＝，因此{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)知，＝，
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，所以≤.于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝＜.所以＋＋…＋＜.
二 综合法与分析法
学习目标 1.理解综合法、分析法证明不等式的原理和思维特点.2.掌握综合法、分析法证明不等式的方法和步骤.3.会用综合法、分析法证明一些不等式．
知识点 综合法与分析法
思考1 在“推理与证明”中，学习过分析法、综合法，请回顾分析法、综合法的基本特征．
答案 分析法是逆推证法或执果索因法，综合法是顺推证法或由因导果法．
思考2 综合法与分析法有什么区别和联系？
答案 区别：综合法，由因导果，形式简洁，易于表达；
分析法，执果索因，利于思考，易于探索．
联系：都属于直接证明，常用分析法分析，用综合法表达．
梳理 (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定义、定理、公理等，用Q表示所要证明的不等式，则综合法可用框图表示为
→→→…→
(2)分析法
①定义：证明命题时，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
→→→…→
类型一 综合法证明不等式
例1 已知a，b∈R＋，且a＋b＝1，
求证：2＋2≥.
证明 方法一 ∵a，b∈R＋，且a＋b＝1，
∴ab≤2＝.
∴2＋2＝4＋(a2＋b2)＋
＝4＋[(a＋b)2－2ab]＋
＝4＋(1－2ab)＋
≥4＋＋＝.
∴2＋2≥.
方法二 左边＝2＋2
＝a2＋b2＋4＋
＝4＋a2＋b2＋＋
＝4＋a2＋b2＋1＋＋＋＋＋1
＝4＋(a2＋b2)＋2＋2＋
≥4＋＋2＋2×2＋2··
＝4＋＋2＋4＋2＝，
∴2＋2≥.
反思与感悟 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．
跟踪训练1 已知x＞0，y＞0，且x＋y＝1，
求证：≥9.
证明 方法一 ∵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．
方法二 ∵x＋y＝1，x＞0，y＞0，
∴＝
＝＝5＋2≥5＋2×2＝9.
当且仅当x＝y＝时，等号成立．
类型二 分析法证明不等式
例2 若a，b，c是不全相等的正数，
求证：lg?＋lg?＋lg?＞lga＋lgb＋lgc.
证明 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．
跟踪训练2 已知x＞0，y＞0，求证：(x2＋y2)＞(x3＋y3).
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).
类型三 分析综合法证明不等式
例3 设a＞0，b＞0，且a＋b＝1，求证：＋≤.
证明 要证＋≤，
只需证(＋)2≤6，
即证(a＋b)＋2＋2≤6.
∵a＋b＝1，∴只需证≤，即证ab≤.
由a＞0，b＞0，a＋b＝1，
得ab≤2＝，即ab≤成立．
∴原不等式成立．
跟踪训练3 已知△ABC的三边长是a，b，c，且m为正数，求证：＋＞.
证明 要证＋＞，
只需证a(b＋m)(c＋m)＋b(a＋m)(c＋m)－c(a＋m)·(b＋m)＞0，
即证abc＋abm＋acm＋am2＋abc＋abm＋bcm＋bm2－abc－acm－bcm－cm2＞0，
即证abc＋2abm＋(a＋b－c)m2＞0.
由于a，b，c是△ABC的边长，m＞0，故有a＋b＞c，
即(a＋b－c)m2＞0.所以abc＋2abm＋(a＋b－c)m2＞0是成立的．
因此＋＞成立．
1．若a＜b＜0，则下列不等式中成立的是( )
A.＜ B．a＋＞b＋
C．b＋＞a＋ D.＜
答案 C
解析 ∵a＜b＜0，∴ab＞0，∴＜＜0，即＜＜0.
∴a＋＜b＋.
2．已知函数f(x)＝x，a＞0，b＞0，a≠b，A＝f?，B＝f()，C＝f?，则A，B，C中最大的为________．
答案 C
解析 ∵a＞0，b＞0，a≠b，∴＞＞.
又函数f(x)＝x在R上单调递减，
∴f?＜f()＜f?，即A＜B＜C.
3．已知x＞0，y＞0，证明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy.
证明 因为x＞0，y＞0，
所以1＋x＋y2≥3＞0,1＋x2＋y≥3＞0，
故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3·3＝9xy.
4．已知a，b∈R＋，且2c＞a＋b，
求证：c－＜a＜c＋.
证明 要证c－＜a＜c＋，
只需证－＜a－c＜，
即证|a－c|＜，两边平方得a2－2ac＋c2＜c2－ab，
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．
1．综合法和分析法的比较
(1)相同点：都是直接证明．
(2)不同点：综合法，由因导果，形式简洁，易于表达；分析法，执果索因，利于思考，易于探索．
2．证明不等式的通常做法
常用分析法找证题切入点，用综合法写证题过程．
一、选择题
1．设a，b＞0，A＝＋，B＝，则A，B的大小关系是( )
A．A＝B B．A＜B
C．A＞B D．大小不确定
答案 C
解析 ∵A2－B2＝(a＋b＋2)－(a＋b)＝2＞0，∴A2＞B2，又A＞0，B＞0，∴A＞B.
2．已知a，b，c为三角形的三边，且S＝a2＋b2＋c2，P＝ab＋bc＋ca，则( )
A．S≥2P B．P＜S＜2P
C．S＞P D．P≤S＜2P
答案 D
解析 ∵2S－2P＝2a2＋2b2＋2c2－2ab－2bc－2ca
＝(a－b)2＋(a－c)2＋(b－c)2≥0，
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
∴2S≥2P，即P≤S.
∵S－2P＝a2＋b2＋c2－2ab－2bc－2ac.
＝(a－b)2＋c2－2bc－2ac，
又∵a－b＜c，
∴S－2P＜c2＋c2－2bc－2ac＝2c(c－b－a)＜0恒成立，∴S－2P＜0，
综上P≤S＜2P.
3．若x，y∈R，且x2＋y2＝1，则(1－xy)(1＋xy)有( )
A．最小值，而无最大值
B．最小值1，而无最大值
C．最小值和最大值1
D．最小值和最大值1
答案 D
解析 ∵x2＋y2≥2|xy|，
∴0≤|xy|≤，∴0≤x2y2≤，
∴(1－xy)(1＋xy)＝1－x2y2∈.
4．已知0＜a＜1＜b，下列不等式一定成立的是( )
A．logab＋logba＋2＞0 B．logab＋logba－2＞0
C．logab＋logba＋2≥0 D．logab＋logba＋2≤0
答案 D
解析 ∵0＜a＜1＜b，
∴logab＜0.∴－logab＞0.
∴(－logab)＋≥2，
当且仅当0＜a＜1＜b，且ab＝1时等号成立．
∴－≤－2，即logab＋≤－2.
∴logab＋logba≤－2，
∴logab＋logba＋2≤0.
5．设＜b＜a＜1，则( )
A．aa＜ab＜ba B．aa＜ba＜ab
C．ab＜aa＜ba D．ab＜ba＜aa
答案 C
解析 ∵＜b＜a＜1，
∴0＜a＜b＜1，∴＝aa－b＞1，
∴ab＜aa.∵＝a，
又0＜＜1，a＞0，
∴a＜1，∴aa＜ba，
∴ab＜aa＜ba.
6．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．b＞c＞a
答案 B
解析 由已知，可得出a＝，b＝，c＝，
∵＋＞＋＞2，
∴b＜c＜a.
二、填空题
7．若a＞0，b＞0，则下列两式的大小关系为：
lg________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
答案 ≥
解析 [lg(1＋a)＋lg(1＋b)]＝lg[(1＋a)(1＋b)]
＝lg[(1＋a)(1＋b)]，
又lg＝lg，
∵a＞0，b＞0，∴a＋1＞0，b＋1＞0，
∴[(a＋1)(1＋b)]≤＝，
∴lg≥lg[(1＋a)(1＋b)].
即lg≥[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
8．要使－＜成立，则a，b应满足____________．
答案 ab＞0且a＞b或ab＜0且a＜b
解析 要使－＜成立．
只需(－)3＜()3成立，
即a－b－3＋3＜a－b成立，
只需＜成立，只需ab2＜a2b成立，
即ab(b－a)＜0成立，
可得ab＞0且a＞b或ab＜0且a＜b.
9．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________．
答案 P≥Q≥R
解析 P＝，Q＝，＝＋，
∴R＝≤Q＝≤P＝，
当且仅当a＝b时取等号．
10．设a＞b＞c，且＋≥恒成立，则m的取值范围是________．
答案 (－∞，4]
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]．
三、解答题
11．已知a＞b＞0，求证：＜－＜.
证明 要证原不等式成立，
只需证＜a＋b－2＜，
即证2＜(－)2＜2，
因为a＞b＞0，所以a－b＞0，－＞0，所以只需证＜－＜，
即＜1＜，
即证＜1＜，只需证＜1＜.
∵a＞b＞0，∴＜1＜成立．∴原不等式成立．
12．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.
13．已知a，b，c都是正数，
求证：2≤3.
证明 方法一 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．
方法二 ∵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.
四、探究与拓展
14．分析法又叫执果索因法，若使用分析法证明“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：<a”索的因应是( )
A．a－b>0 B．a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0
答案 C
解析 要证<a，
只需证b2－ac<3a2，
只需证b2－ac－3a2<0.
∵a＋b＋c＝0，
∴a＋c＝－b，
∴只需证(a＋c)2－ac－3a2<0，即(a－c)(2a＋c)>0，
即证(a－c)(a－b)>0.
15．已知实数a，b，c满足c＜b＜a，a＋b＋c＝1，a2＋b2＋c2＝1，求证：1＜a＋b＜.
证明 ∵a＋b＋c＝1，
∴欲证结论等价于1＜1－c＜，即证－＜c＜0.
又a2＋b2＋c2＝1，
则ab＝
＝＝c2－c， ①
又a＋b＝1－c， ②
由①②得a，b是方程x2－(1－c)x＋c2－c＝0的两个不等实根，从而Δ＝(1－c)2－4(c2－c)＞0，
解得－＜c＜1.
∵c＜b＜a，
∴(c－a)(c－b)＝c2－c(a＋b)＋ab
＝c2－c(1－c)＋c2－c＞0，
解得c＜0或c＞(舍)．
∴－＜c＜0，即1＜a＋b＜.
第二讲 讲明不等式的基本方法
复习课
学习目标 1.系统梳理证明不等式的基本方法.2.进一步体会不同方法所适合的不同类型的问题，针对不同类型的问题，合理选用不同的方法.3.进一步熟练掌握不同方法的解题步骤及规范．
1．比较法
作差比较法是证明不等式的基本方法，其依据是：不等式的意义及实数大小比较的充要条件．证明的步骤大致是：作差——恒等变形——判断结果的符号．
2．综合法
综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推理的基本理论．证明时要注意的是作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握．
3．分析法
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”，即从待证的不等式出发，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．
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．
4．反证法
反证法是一种“正难则反”的方法，反证法适用的范围：
①直接证明困难；②需要分成很多类进行讨论；③“唯一性”“存在性”的命题；④结论中含有“至少”“至多”否定性词语的命题．
5．放缩法
放缩法就是将不等式的一边放大或缩小，寻找一个中间量，常用的放缩技巧有：①舍掉(或加进)一些项；②在分式中放大或缩小分子或分母；③用基本不等式放缩.
类型一 比较法证明不等式
例1 若x，y，z∈R，a＞0，b＞0，c＞0.求证：x2＋y2＋z2≥2(xy＋yz＋zx)．
证明 ∵x2＋y2＋z2－2(xy＋yz＋zx)
＝＋＋
＝2＋2＋2≥0，
∴x2＋y2＋z2≥2(xy＋yz＋zx)成立．
反思与感悟 作差法证明不等式的关键是变形，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．
跟踪训练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.
类型二 综合法与分析法证明不等式
例2 已知a，b，c∈R＋，且ab＋bc＋ca＝1，求证：
(1)a＋b＋c≥；
(2)＋＋≥(＋＋)．
证明 (1)要证a＋b＋c≥，由于a，b，c∈R＋，
因此只需证(a＋b＋c)2≥3，
即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，
根据条件，只需证a2＋b2＋c2≥1＝ab＋bc＋ca，
由ab＋bc＋ca≤＋＋＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c＝时取等号)可知，原不等式成立．
(2)＋＋＝，
在(1)中已证a＋b＋c≥，
∵ab＋bc＋ca＝1，
∴要证原不等式成立，只需证≥＋＋，
即证a＋b＋c≤1＝ab＋bc＋ca.
∵a，b，c∈R＋，a＝≤，
b≤，c≤，
∴a＋b＋c≤ab＋bc＋ca(a＝b＝c＝时取等号)成立，
∴原不等式成立．
反思与感悟 证明比较复杂的不等式时，考虑分析法与综合法的结合使用，这样使解题过程更加简洁．
跟踪训练2 已知a＞b＞c，求证：＋＋＞0.
证明 方法一 要证＋＋＞0，
只需证＋＞.
∵a＞b＞c，
∴a－c＞a－b＞0，b－c＞0，
∴＞，＞0，
∴＋＞成立，
∴＋＋＞0成立．
方法二 ∵a＞b＞c，
∴a－c＞a－b＞0，b－c＞0，
∴＞，＞0，
∴＋＞，
∴＋＋＞0.
类型三 反证法证明不等式
例3 若x，y都是正实数，且x＋y>2，求证：<2或<2中至少有一个成立．
证明 假设<2和<2都不成立，
则≥2和≥2同时成立．
因为x>0且y>0，所以1＋x≥2y且1＋y≥2x，
两式相加，得2＋x＋y≥2x＋2y，所以x＋y≤2.
这与已知x＋y>2矛盾．
故<2或<2中至少有一个成立．
反思与感悟 反证法的“三步曲”：(1)否定结论．(2)推出矛盾．(3)肯定结论．其核心是在否定结论的前提下推出矛盾．
跟踪训练3 已知函数y＝f(x)在R上是增函数，且f(a)＋f(－b)＜f(b)＋f(－a)，求证：a＜b.
证明 假设a＜b不成立，则a＝b或a＞b.
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＜b.
类型四 放缩法证明不等式
例4 已知n∈N＋，求证：2(－1)＜1＋＋＋…＋＜2.
证明 ∵对k∈N＋，1≤k≤n，有
＝＞＝2(－)，
∴＞2(－)．
∴1＋＋＋…＋＞2(－1)＋2(－)＋…＋2(－)＝2(－1)．
又∵对于k∈N＋，2≤k≤n，有
＝＜＝2(－)，
∴1＋＋＋…＋＜1＋2(－1)＋2(－)＋…＋2(－)
＝2－1＜2.
∴原不等式成立．
反思与感悟 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．
跟踪训练4 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|.
1．已知p: ab＞0，q：＋≥2，则p与q的关系是( )
A．p是q的充分不必要条件
B．p是q的必要不充分条件
C．p是q的充要条件
D．以上答案都不对
答案 C
解析 由ab＞0，得＞0，＞0，
∴＋≥2＝2，
又＋≥2，则，必为正数，
∴ab＞0.
2．实数a，b，c满足a＋2b＋c＝2，则( )
A．a，b，c都是正数
B．a，b，c都大于1
C．a，b，c都小于2
D．a，b，c中至少有一个不小于
答案 D
解析 假设a，b，c都小于，
则a＋2b＋c<2与a＋2b＋c＝2矛盾．
3．若a＝，b＝，c＝，则( )
A．a＜b＜c B．c＜b＜a
C．c＜a＜b D．b＜a＜c
答案 C
解析 a＝＝，b＝＝，
∵9＞8，∴b＞a.
b与c比较：b＝＝，c＝＝，
∵35＞53，∴b＞c.
a与c比较：a＝＝，c＝，∵32＞25，∴a＞c.
∴b＞a＞c，
故选C.
4．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，则bn－an＜0，a－b＞0，
∴(a－b)(bn－an)＜0.
(2)若b＞a＞0，则bn－an＞0，a－b＜0，
∴(a－b)(bn－an)＜0.
(3)若a＝b＞0，(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)．
1．比较法证明不等式一般有两种方法：作差法和作商法，作商法应用的前提条件是已知不等式两端的代数式同号．
2．由教材内容可知，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”，两者是对立统一的两种方法．
3．证明不等式的基本方法及一题多证：证明不等式的基本方法主要有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等．证明不等式时既可探索新的证明方法，培养创新意识，也可一题多证，开阔思路，活跃思维，目的是通过证明不等式发展逻辑思维能力，提高数学素养．
一、选择题
1．a，b∈R＋，那么下列不等式中不正确的是( )
A.＋≥2 B.＋≥a＋b
C.＋≤ D.＋≥
答案 C
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；B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．
2．设0
A．c B．b
C．a D．随x取值不同而不同
答案 A
解析 ∵0∴b＝x＋1>2>＝a，
∵－(x＋1)＝＝>0，
∴c>b>a.
3．若P＝＋，Q＝＋ (a≥0)，则P与Q的大小关系为( )
A．P>Q B．P＝Q
C．P答案 C
解析 ∵P2＝2a＋7＋2，
Q2＝2a＋7＋2，
∴P24．设a＝(m2＋1)(n2＋4)，b＝(mn＋2)2，则( )
A．a＞b B．a＜b
C．a≤b D．a≥b
答案 D
解析 ∵a－b＝(m2＋1)(n2＋4)－(mn＋2)2
＝4m2＋n2－4mn＝(2m－n)2≥0，
∴a≥b.
5．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.＜
答案 B
解析 将－＜－两边同乘以正数ab，得－bc＜－ad，所以bc＞ad.
6．若A，B为△ABC的内角，则A>B是sinA>sinB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
答案 C
解析 由正弦定理知＝＝2R，
又A，B为三角形的内角，
∴sinA>0，sinB>0，
∴sinA>sinB?2RsinA>2RsinB?a>b?A>B.
二、填空题
7．lg9·lg11与1的大小关系是________．
答案 lg9·lg11＜1
解析 ∵lg9＞0，lg11＞0，
∴＜＜＜＝1.
∴lg9·lg11＜1.
8．当x＞1时，x3与x2－x＋1的大小关系是________．
答案 x3＞x2－x＋1
解析 ∵x3－(x2－x＋1)＝x3－x2＋x－1
＝x2(x－1)＋(x－1)＝(x－1)(x2＋1)，且x＞1，
∴(x－1)(x2＋1)＞0.
∴x3－(x2－x＋1)＞0，
即x3＞x2－x＋1.
9．用反证法证明“在△ABC中，若∠A是直角，则∠B是锐角”时，应假设________．
答案 ∠B不是锐角
解析 “∠B是锐角”的否定是“∠B不是锐角”．
10．建造一个容积为8m3，深为2m的长方体无盖水池，如果池底和池壁的造价每平方米分别为120元和80元，那么水池的最低总造价为________元．
答案 1760
解析 设水池底长为x(x＞0)m，
则宽为＝(m)．
水池造价y＝×120＋×80＝480＋320≥480＋1 280＝1 760(元)，
当且仅当x＝2时取等号．
三、解答题
11．求证：＋＋＋…＋＜2.
证明 因为＜＝－(n∈N＋，n≥2)，
所以＋＋＋…＋＜1＋＋＋…＋
＝1＋＋＋…＋
＝2－＜2.
所以原不等式得证．
12．已知an＝＋＋＋…＋(n∈N＋)，求证：＜an＜.
证明 ∵＞n，
∴an＝＋＋…＋＞1＋2＋…＋n＝.
又＜＝，
∴an＝＋＋…＋＜＋＋…＋＝＜.
∴＜an＜.
四、探究与拓展
13．已知a，b是正数，a≠b，x，y∈(0，＋∞)，若＋≥，则等号成立的条件为________．
答案 ay＝bx
解析 ＋－
＝
＝≥0，
当且仅当ay＝bx时等号成立．
14．设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N＋.
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋＜.
(1)解 令n＝1，得S－(－1)S1－3×2＝0，
即S＋S1－6＝0，所以(S1＋3)(S1－2)＝0，
因为S1＞0，所以S1＝2，即a1＝2.
(2)解 由S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，
得(Sn＋3)[Sn－(n2＋n)]＝0，
因为an＞0(n∈N＋)，Sn＞0，从而Sn＋3＞0，
所以Sn＝n2＋n，所以当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n，
又a1＝2＝2×1，所以an＝2n(n∈N＋)．
(3)证明 设k≥2，则＝＜＝，
所以＋＋＋…＋
＜＋＝＋－＜.
所以＋＋…＋＜.
