一、选择题
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：选C (＋)2＝a＋2＋b，所以A2－B2＝2＞0.又A＞0，B＞0，
∴A＞B.
2. 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
解析：选D ∵x2＋y2≥2|xy|，
∴0≤|xy|≤，∴0≤x2y2≤，
∴(1－xy)(1＋xy)＝1－x2y2∈.
3．已知0
A．logab＋logba＋2>0
B．logab＋logba－2>0
C．logab＋logba＋2≥0
D．logab＋logba＋2≤0
解析：选D ∵00.∴(－logab)＋≥2，当且仅当0即logab＋≤－2.∴logab＋logba≤－2，
∴logab＋logba＋2≤0.
4．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．PC．S>P D．P≤S＜2P
解析：选D ∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，
∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，即S≥P.
又三角形中|a－b|＜c，∴a2＋b2－2ab＜c2，
同理b2－2bc＋c2＜a2，c2－2ac＋a2＜b2，
∴a2＋b2＋c2<2(ab＋bc＋ca)，即S<2P.
二、填空题
5．若a>0，b>0，则下列两式的大小关系为：
lg________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
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)]．
答案：≥
6．设a，b，c都是正实数，且a＋b＋c＝1，若M＝··，则M的取值范围是________．
解析：∵a＋b＋c＝1，
∴M＝··
＝··
＝··
≥2·2·2
＝8.
即M的取值范围是[8，＋∞)．
答案：[8，＋∞)
7．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：由已知P＝，Q＝，＝＝，
即R＝，显然P≥Q，又≤＝，
∴Q≥R.∴P≥Q≥R.
答案：P≥Q≥R
8．若不等式＋＋>0在条件a>b>c时恒成立，则λ的取值范围是________．
解析：不等式可化为＋>.
∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0，
∴λ<＋恒成立．
∵＋＝＋
＝2＋＋≥2＋2＝4.∴λ<4.
答案：(－∞，4)
三、解答题
9．设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：
(1)ab＋bc＋ac≤；
(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.
10．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.
11．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－＜c＜0.又a2＋b2＋c2＝1，则有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＜.
[核心必知]
1．综合法
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，又叫顺推证法或由因导果法．
2．分析法
证明命题时，我们还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．
[问题思考]
1．如何理解分析法寻找的是充分条件？
提示：用分析法证题时，语气总是假定的，常用“欲证A只需证B”表示，说明只要B成立，就一定有A成立，所以B必须是A的充分条件才行，当然B是A的充要条件也可．
2．用综合法和分析法证明不等式有怎样的逻辑关系？
提示：综合法：A?B1?B2?…?Bn?B(逐步推演不等式成立的必要条件)，即由条件出发推导出所要证明的不等式成立．分析法：B?B1?B2?…?Bn?A(步步寻求不等式成立的充分条件)，总之，综合法与分析法是对立统一的两种方法．
考点1
用综合法证明不等式
已知a，b，c∈R＋，且互不相等，又abc＝1.
求证：＋＋<＋＋.
[精讲详析] 本题考查用综合法证明不等式，解答本题可从左到右证明，也可从右到左证明．由左端到右端，应注意左、右两端的差异，这种差异正是我们思考的方向．左端含有根号，脱去根号可通过＝<实现；也可以由右到左证明，按上述思路逆向证明即可．
法一：∵a，b，c是不等正数，且abc＝1，
∴＋＋＝＋＋＜＋＋＝＋＋.
法二：∵a，b，c是不等正数，且abc＝1，
∴＋＋＝bc＋ca＋ab＝＋＋＞ ＋＋
＝＋＋.
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(1)用综合法证明不等式时，主要利用基本不等式，函数的单调性以及不等式的性质等知识，在严密的演绎推理下推导出结论．
(2)综合法证明不等式中所依赖的已知不等式主要是重要不等式，其中常用的有如下几个：①a2≥0(a∈R)，②(a－b)2≥0(a，b∈R)，其变形有：a2＋b2≥2ab，2≥ab.a2＋b2≥(a＋b)2.③若a，b为正实数，≥.特别＋≥2.④a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
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1．已知a，b∈R＋，且a＋b＝1，求证：2＋2≥.
证明：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≥.
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≥.
考点2
用分析法证明不等式
a，b∈R＋，且2c>a＋b.求证：c－[精讲详析] 本题考查分析法在证明不等式中的应用．解答本题需要对原不等式变形为－要证c－＜a＜c＋，
只需证－＜a－c＜，
即证|a－c|＜，
两边平方得a2－2ac＋c2＜c2－ab，
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．
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(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，或很难发现条件与结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径．
(2)对于无理不等式的证明，常采用分析法通过乘方将其有理化，但在乘方的过程中，要注意其变形的等价性．
(3)分析法证题的本质是从被证的不等式出发寻求使结论成立的充分条件，证明的关键是推理的每一步都必须可逆．
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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).
考点3
分析法与综合法的综合应用
已知a，b，c为不全相等的正实数，且b2＝ac.求证：a4＋b4＋c4＞(a2－b2＋c2)2.
[精讲详析] 本题考查综合法与分析法的综合应用．解答本题可先采用分析法将所要证明的不等式转化为较易证明的不等式，然后再用综合法证明．
欲证原不等式成立，
只需证a4＋b4＋c4＞a4＋b4＋c4－2a2b2＋2a2c2－2b2c2，
即证a2b2＋b2c2－a2c2＞0，
∵b2＝ac，故只需证(a2＋c2)ac－a2c2＞0.
∵a、c＞0，故只需证a2＋c2－ac>0，
又∵a2＋c2>2ac，∴a2＋c2－ac>0显然成立．
∴原不等式成立．
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(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与综合之间互为前提，互相渗透，相互转化的辩证统一关系．———————————————————————
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是边长，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．
本节热点命题关注
数学证明是数学高考的核心问题，有时单独考查，有时以解答题的一问出现，综合法是解决数学证明问题的基本方法，而分析法又为综合法的使用提供了思路，因此，综合法与分析法是解决数学证明问题的重要工具．
[考题印证]
(全国卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：
(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；
(2)a＋b≤2.
[命题立意] 本题考查综合法的应用，考查学生推理论证的能力．
[证明] (1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6
＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)
＝4＋ab(a2－b2)2≥4.
(2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3
＝2＋3ab(a＋b)≤2＋(a＋b)＝2＋，
所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.
一、选择题
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：选C (＋)2＝a＋2＋b，所以A2－B2＝2＞0.又A＞0，B＞0，
∴A＞B.
2. 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
解析：选D ∵x2＋y2≥2|xy|，
∴0≤|xy|≤，∴0≤x2y2≤，
∴(1－xy)(1＋xy)＝1－x2y2∈.
3．已知0
A．logab＋logba＋2>0
B．logab＋logba－2>0
C．logab＋logba＋2≥0
D．logab＋logba＋2≤0
解析：选D ∵00.∴(－logab)＋≥2，当且仅当0即logab＋≤－2.∴logab＋logba≤－2，
∴logab＋logba＋2≤0.
4．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．PC．S>P D．P≤S＜2P
解析：选D ∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，
∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，即S≥P.
又三角形中|a－b|＜c，∴a2＋b2－2ab＜c2，
同理b2－2bc＋c2＜a2，c2－2ac＋a2＜b2，
∴a2＋b2＋c2<2(ab＋bc＋ca)，即S<2P.
二、填空题
5．若a>0，b>0，则下列两式的大小关系为：
lg________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
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)]．
答案：≥
6．设a，b，c都是正实数，且a＋b＋c＝1，若M＝··，则M的取值范围是________．
解析：∵a＋b＋c＝1，
∴M＝··
＝··
＝··
≥2·2·2
＝8.
即M的取值范围是[8，＋∞)．
答案：[8，＋∞)
7．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：由已知P＝，Q＝，＝＝，
即R＝，显然P≥Q，又≤＝，
∴Q≥R.∴P≥Q≥R.
答案：P≥Q≥R
8．若不等式＋＋>0在条件a>b>c时恒成立，则λ的取值范围是________．
解析：不等式可化为＋>.
∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0，
∴λ<＋恒成立．
∵＋＝＋
＝2＋＋≥2＋2＝4.∴λ<4.
答案：(－∞，4)
三、解答题
9．设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：
(1)ab＋bc＋ac≤；
(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.
10．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.
11．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－＜c＜0.又a2＋b2＋c2＝1，则有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＜.
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