二 综合法与分析法
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→→→……→
用综合法证明不等式
[例1] 已知a，b，c∈R＋，且互不相等，又abc＝1.
求证：＋＋<＋＋.
[思路点拨] 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．
[证明] 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
＝＋＋
>＋＋
＝＋＋.
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] a，b∈R＋，且2c>a＋b.
求证：c－
[思路点拨] 本题考查分析法在证明不等式中的应用．
[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．
(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．
2．求证：＋<2.
证明：∵＋>0,2>0，∴要证 ＋<2.
只需证(＋)2<(2)2.
展开得10＋2<20.
即证2<10，
即证21<25(显然成立)．
∴＋<2.
3．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).
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，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．
4．已知a，b，c都是正数，
求证：2≤3.
证明：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．
1．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：选B 由已知，可得出a＝，b＝，c＝，
∵＋>＋>2.
∴b2．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：选C A项满足基本不等式；B项可等价变形为(a－b)2(a＋b)≥0，正确；C项中不等式可化为a3＋b3≤a2b＋ab2，即(a＋b)(a－b)2≤0，所以C项不正确；D项是A项中不等式的两端同除以ab得到的，D正确．
3．已知m＞1，a＝－，b＝－，则以下结论正确的是( )
A．a＞b B．a＜b
C．a＝b D．a，b大小不定
解析：选B ∵a＝－＝，
b＝－＝ .
而＋＞＋＞0(m＞1)，
∴＜，即a4．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|∴a2＋b2－2ab同理b2－2bc＋c2∴a2＋b2＋c2<2(ab＋bc＋ca)，即S<2P.
5．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，＋∞)
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．已知a，b，c都是正数，求证：≥abc.
证明：因为b2＋c2≥2bc，a2>0，
所以a2(b2＋c2)≥2a2bc.①
同理，b2(a2＋c2)≥2ab2c.②
c2(a2＋b2)≥2abc2.③
①②③相加得2(a2b2＋b2c2＋c2a2)≥2a2bc＋2ab2c＋2abc2，从而a2b2＋b2c2＋c2a2≥abc(a＋b＋c)．
由a，b，c都是正数，得a＋b＋c>0，
因此≥abc，当且仅当a＝b＝c时取等号．
9．设a，b，c>0，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＞0，
因此只需证明(a＋b＋c)2≥3.
即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，
而ab＋bc＋ca＝1，
故只需证明：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)．
即证a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
而这可以由ab＋bc＋ca≤＋＋＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)证得．
所以原不等式成立．
(2) ＋ ＋ ＝.
在(1)中已证a＋b＋c≥ .
因此要证原不等式成立，
只需证明≥ ＋＋，
即证a＋b＋c≤1，
即证a＋b＋c≤ab＋bc＋ca.
而a＝≤，
b≤，c≤.
所以a＋b＋c≤ab＋bc＋ca
(当且仅当a＝b＝c＝时等号成立)．
所以原不等式成立．
10．设实数x，y满足y＋x2＝0,0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所以loga(ax＋ay)即loga(ax＋ay)
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考点
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考点二
考点三
三 反证法与放缩法
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，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．
利用反证法证明问题
[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] “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，唯一性命题、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：选D “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”．
2．设a，b，c，d都是小于1的正数，求证：4a(1－b)，4b(1－c)，4c(1－d)，4d(1－a)这四个数不可能都大于1.
证明：假设4a(1－b)>1,4b(1－c)>1,4c(1－d)>1，
4d(1－a)>1，
则有a(1－b)>，b(1－c)>，
c(1－d)>，d(1－a)>.
∴>，>，
>，>.
又∵≤，≤，
≤，≤，
∴>，>，
>，>.
将上面各式相加得2>2，矛盾．
∴4a(1－b)，4b(1－c)，4c(1－d)，4d(1－a)这四个数不可能都大于1.
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．
故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＋.
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．已知a，b是正实数，且a＋b＝1，求证：＋<.
证明：因为＋<＋
＝＝，
所以原不等式得证．
5．已知n∈N＋，求证：＋＋…＋<2.
证明：因为<＝，<＝，…，
<＝，
所以＋＋…＋<＝n2＋n，
又因为n2＋n<2，
所以原不等式得证．
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：选C 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．
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：选B N＝＋＞＋＝＝M.
3. 否定“自然数a，b，c中恰有一个为偶数”时正确的反设为( )
A．a，b，c都是奇数
B．a，b，c都是偶数
C．a，b，c中至少有两个偶数
D．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数
解析：选D 三个自然数的奇偶情况有“三偶、三奇、二偶一奇、二奇一偶”4种，而自然数a，b，c中恰有一个为偶数包含“二奇一偶”的情况，故反面的情况有3种，只有D项符合．
4．设a，b，c∈(－∞，0)，则三数a＋，b＋，c＋的值( )
A．都不大于－2 B．都不小于－2
C．至少有一个不大于－2 D．至少有一个不小于－2
解析：选C 假设都大于－2，
则a＋＋b＋＋c＋>－6，
∵a，b，c均小于0，
∴a＋≤－2，b＋≤－2，c＋≤－2，
∴a＋＋b＋＋c＋≤－6，
这与假设矛盾，则选C.
5．M＝＋＋＋…＋与1的大小关系为________．
解析：M＝＋＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
<＋＋＋…＋＝1，即M<1.
共210项
答案：M<1
6．用反证法证明“已知平面上有n(n≥3)个点，其中任意两点的距离最大为d，距离为d的两点间的线段称为这组点的直径，求证直径的数目最多为n条”时，假设的内容为____________．
解析：对“至多”的否定应当是“至少”，二者之间应该是完全对应的，所以本题中的假设应为“直径的数目至少为n＋1条”．
答案：直径的数目至少为n＋1条
7．A＝1＋＋＋…＋与(n∈N＋)的大小关系是________．
解析：A＝＋＋＋…＋≥＋＋…＋＝ n项
＝.
答案：A≥
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＋＋＋…＋
＝2－<2.
10．已知α，β∈， 且sin(α＋β)＝2sin α.求证α<β.
证明：假设α≥β.
①若α＝β，由sin(α＋β)＝2sin α，得sin 2α＝2sin α，
从而cos α＝1，这与α∈矛盾，故α＝β不成立．
②若α>β，则sin αcos β＋cos αsin β＝2sin α，
所以cos αsin β＝(2－cos β)sin α，即＝.
因为α>β，且α，β∈，所以sin α>sin β.
从而>1，即cos α>2－cos β，
即cos α＋cos β>2，这是不可能的，所以α>β不成立．
由①②可知假设不成立，故原结论成立．
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考点
[方法·规律·小结]
∥题组集训∥∥
考点二
一 比较法
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的符号；②作商；③变形整理；④判定与1大小关系；⑤得出结论．
作差比较法证明不等式
[例1] 已知x>y，求证：x3－x2y＋xy2>x2y－xy2＋y3.
[思路点拨] 因为不等式两边是同一种性质的整式，所以可以直接通过作差比较大小．
[证明] x3－x2y＋xy2－(x2y－xy2＋y3)
＝x(x2－xy＋y2)－y(x2－xy＋y2)
＝(x－y)(x2－xy＋y2)
＝(x－y).
因为x>y，所以x－y>0，
于是(x－y)>0，
所以x3－x2y＋xy2>x2y－xy2＋y3.
(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当a>b>0时，bn－an<0，a－b＞0，
∴(a－b)(bn－an)<0.
②当b>a>0时，bn－an>0，a－b<0.
∴(a－b)(bn－an)<0.
③当a＝b>0时，(bn－an)(a－b)＝0.
综合①②③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，可考虑用作商比较法．
[证明] ∵aabb>0，(ab)>0，
∴＝a·b＝.
当a＝b时，显然有＝1；
当a>b>0时，>1，>0，
∴由指数函数单调性，有>1；
当b>a>0时，0<<1，<0，
∴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．已知a>b>c>0.求证：a2ab2bc2c>ab＋cbc＋aca＋b.
证明：由a>b>c>0，得ab＋cbc＋aca＋b>0.
作商＝
＝aa－baa－cbb－cbb－acc－acc－b
＝a－ba－cb－c.
由a>b>c>0，得a－b>0，a－c>0，b－c>0，
且>1，>1，>1.
∴a－ba－cb－c>1.
∴a2ab2bc2c>ab＋cbc＋aca＋b.
4．设n∈N，n>1，求证logn(n＋1)>log(n＋1)(n＋2)．
证明：因为n>1，
所以logn(n＋1)>0，log(n＋1)(n＋2)>0，
所以＝log(n＋1)(n＋2)·log(n＋1)n
≤2
＝2
<2＝1.
故log(n＋1)(n＋2)即原不等式得证.
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．
1．下列关系中对任意aA．a2C.>1 D.a2>b2
解析：选B ∵a－b>0.
(－a)2>(－b)2>0.
即a2>b2>0.∴<1.
又lg b2－lg a2＝lg∴lg b22．已知P＝，Q＝a2－a＋1，那么P，Q的大小关系是( )
A．P>Q B．PC．P≥Q D．P≤Q
解析：选D 法一：＝(a2－a＋1)(a2＋a＋1)
＝(a2＋1)2－a2＝a4＋a2＋1≥1，
又∵a2＋a＋1>0恒成立，
∴Q≥P.
法二：P－Q＝
＝，
∵a2＋a＋1>0恒成立且a4＋a2≥0，
∴P－Q≤0，即Q≥P.
3．已知a>0，b>0，m＝＋，n＝＋，p＝，则m，n，p的大小关系是( )
A．m≥n>p B．m>n≥p
C．n>m>p D．n≥m>p
解析：选A 由m＝＋，n＝＋，得a＝b>0时，m＝n, 可排除B、C项．比较A、D项，不必论证与p的关系．取特殊值a＝4，b＝1，则m＝4＋＝，n＝2＋1＝3，∴m>n，可排除D，故选A.
4．设m>n，n∈N＋，a＝(lg x)m＋(lg x)－m，b＝(lg x)n＋(lg x)－n，x>1，则a与b的大小关系为( )
A．a≥b
B．a≤b
C．与x值有关，大小不定
D．以上都不正确
解析：选A a－b＝lgmx＋lg－mx－lgnx－lg－nx
＝(lgmx－lgnx)－
＝(lgmx－lgnx)－
＝(lgmx－lgnx)
＝(lgmx－lgnx).
∵x>1，∴lg x>0.
当0b；
当lg x＝1时，a＝b；
当lg x>1时，a>b.
∴应选A.
5．若0解析：－＝.
因为0所以<.
答案：<
6．设P＝a2b2＋5，Q＝2ab－a2－4a，若P>Q，则实数a，b满足的条件为________．
解析：P－Q＝a2b2＋5－(2ab－a2－4a)
＝a2b2＋5－2ab＋a2＋4a
＝a2b2－2ab＋1＋4＋a2＋4a
＝(ab－1)2＋(a＋2)2，
∵P>Q，∴P－Q>0，
即(ab－1)2＋(a＋2)2>0，
∴ab≠1或a≠－2.
答案： ab≠1或a≠－2
7．一个个体户有一种商品，其成本低于元．如果月初售出可获利100元，再将本利存入银行，已知银行月息为2.5%，如果月末售出可获利120元，但要付成本的2%的保管费，这种商品应________出售(填“月初”或“月末”)．
解析：设这种商品的成本费为a元．
月初售出的利润为L1＝100＋(a＋100)×2.5%，
月末售出的利润为L2＝120－2%a，
则L1－L2＝100＋0.025a＋2.5－120＋0.02a
＝0.045，
∵a<，
∴L1答案：月末
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．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＝a＋b＋c＋
＝··≥1.
∴原不等式成立．
10．已知a解：ax＋by＋cz最大．理由如下：
ax＋by＋cz－(ax＋cy＋bz)＝(b－c)y＋(c－b)z＝(b－c)(y－z)，
∵a∴ax＋by＋cz－(ax＋cy＋bz)>0，
即ax＋by＋cz>ax＋cy＋bz.
ax＋by＋cz－(bx＋ay＋cz)＝(a－b)x＋(b－a)y＝(a－b)(x－y)>0，
∴ax＋by＋cz>bx＋ay＋cz.
ax＋by＋cz－(bx＋cy＋az)＝(a－b)x＋(b－c)y＋(c－a)z＝(a－b)x＋(b－c)y＋[(c－b)＋(b－a)]z＝(a－b)(x－z)＋(b－c)(y－z)>0，
∴ax＋by＋cz>bx＋cy＋az.
故ax＋by＋cz最大．
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8
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第二i
∷∷:
证明不等式的基本方法
DI ER JIANG
∴∷:
理解Q戴材知
LIJIE
把握热点考向
BAWO
[方法·规律·小结]
∥题组集训∥∥
考点二
考点三
第二讲 证明不等式的基本方法
?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．(2017·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.
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.
2．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝＋，M为不等式f(x)＜2的解集．
(1)求M；
(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|＜|1＋ab|.
解：(1)f(x)＝
当x≤－时，由f(x)＜2得－2x＜2，解得x＞－1；
当－＜x＜时，f(x)＜2恒成立；
当x≥时，由f(x)＜2得2x＜2，解得x＜1.
所以f(x)＜2的解集M＝{x|－1＜x＜1}．
(2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－1＜a＜1，－1＜b＜1，从而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－ 1)(1－b2)＜0.因此|a＋b|＜|1＋ab|.
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] 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)
＝＋＋
＝x－ y2＋
y－ z2＋z－ x2≥0.
∴x2＋y2＋z2≥2(xy＋yz＋zx).
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：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] 设a，b，c∈R＋且a＋b＋c＝1.
求证：(1)2ab＋bc＋ca＋≤；
(2)＋＋≥2.
[证明] (1)因为1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≥4ab＋2bc＋2ca＋c2，
当且仅当a＝b时等号成立，
所以2ab＋bc＋ca＋＝(4ab＋2bc＋2ca＋c2)≤.
(2)因为≥，≥，≥，
当且仅当a＝b＝c＝时等号成立．
所以＋＋
≥＋＋
＝a＋b＋c
≥2a＋2b＋2c＝2，当且仅当a＝b＝c＝时等号成立.
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>0，b>0，且a＋b＝1，求证： ＋ ≤2.
[证明] 要证 ＋ ≤2，
只需证2≤4，
即证a＋b＋1＋2 ≤4.
即证≤1.
也就是要证ab＋(a＋b)＋≤1，
即证ab≤.
∵a>0，b>0，a＋b＝1.
∴1＝a＋b≥2，∴ab≤，即上式成立．
故 ＋ ≤2.
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、公理、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a，b，c为实数，a＋b＋c>0，ab＋bc＋ca>0，abc>0，求证：a>0，b>0，c>0.
[证明] 假设a，b，c不全是正数，即其中至少有一个不是正数．不妨先设a≤0，下面分a＝0或a<0两种情况讨论．
①如果a＝0，那么abc＝0，与已知矛盾，
所以a＝0不可能．
②如果a<0，那么由abc>0，可得bc<0.
又因为a＋b＋c>0，所以b＋c>－a>0，
于是ab＋bc＋ca＝a(b＋c)＋bc<0，
这与已知中的ab＋bc＋ca>0相矛盾．
因此，a<0也不可能．综上所述，a>0.
同理可以证明b>0，c>0，所以原命题成立.
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n∈N＋，求证：＋＋…＋<.
[证明] 因为<＝，
所以＋＋…＋<＋＋…＋＝<.
(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：选B 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，故只需进行逆向推理即可．
2．设a＝lg 2＋lg 5，b＝ex(x<0)，则a与b的大小关系是( )
A．ab
C．a＝b D．a≤b
解析：选B ∵a＝lg 2＋lg 5＝1，b＝ex(x<0)，故b<1，
∴a>b.
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：选B 将－＜－两边同乘以正数ab，得－bc＜－ad，所以bc＞ad.
4．已知x1>0，x1≠1，且xn＋1＝(n∈N*)，试证“数列{xn}对任意正整数n都满足xnxn＋1”，当此题用反证法否定结论时，应为( )
A．对任意的正整数n，都有xn＝xn＋1
B．存在正整数n，使xn>xn＋1
C．存在正整数n(n≥2)，使xn≥xn＋1且xn≤xn－1
D．存在正整数n(n≥2)，使(xn－xn－1)(xn－xn＋1)≥0
解析：选D 命题的结论是等价于“数列{xn}是递增数列或是递减数列”，其反设是“数列既不是递增数列，也不是递减数列”，由此可知选D.
5．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：选A 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”．
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：选C 用分析法可证a＝12时不等式成立，a＝13时不等式不成立．
7．已知a，b，c，d∈R＋且S＝＋＋＋，则下列判断中正确的是( )
A．0C．2解析：选B 用放缩法，<<，<<，<<，<<，以上四个不等式相加，得18．已知a，b为非零实数，则使不等式＋≤－2成立的一个充分不必要条件是( )
A．ab＞0 B．ab＜0
C．a＞0，b＜0 D．a＞0，b＞0
解析：选C 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成立的一个充分不必要条件．
9．已知a>0，b>0，c>0，且a2＋b2＝c2，则an＋bn与cn的大小关系为(n≥3，n∈N＋)( )
A．an＋bn>cn B．an＋bnC．an＋bn≥cn D．an＋bn＝cn
解析：选B 因为a2＋b2＝c2，所以2＋2＝1.所以n<2，n<2，所以n＋n<2＋2＝1.所以an＋bn10．若α∈，M＝|sin α|，N＝|cos α|，P＝|sin α＋cos α|，Q＝ ，则它们之间的大小关系为( )
A．M>N>P>Q B．M>P>N>Q
C．M>P>Q>N D．N>P>Q>M
解析：选D ∵α∈，∴0>sin α>cos α.
∴|sin α|<|cos α|，
∴P＝|sin α＋cos α|＝(|sin α|＋|cos α|)
>(|sin α|＋|sin α|)＝|sin α|＝M.
P＝|sin α|＋|cos α|
<(|cos α|＋|cos α|)＝|cos α|＝N.
∴N>P>M.
∵Q＝＝<＝P，Q＝>＝|sin α|＝M，
∴N>P>Q>M.
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．故实数a，b应满足的条件是a≥0，b≥0，a≠b.
答案：a≥0，b≥0，a≠b
13．已知a＋b>0，则＋与＋的大小关系是________．
解析：＋－＝＋
＝(a－b)＝.
∵a＋b>0，(a－b)2≥0，
∴≥0.
∴＋≥＋.
答案：＋≥＋
14．设0解析：∵<<1<<，根据函数的单调性，
知f>f>f>f.
答案：f>f>f>f
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)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．
17．(本小题满分12分)求证：1＋＋＋＋…＋<3.
证明：由<＝
(k是大于2的自然数)，得
1＋＋＋＋…＋
<1＋1＋＋＋＋…＋＝1＋
＝3－<3.
18．(本小题满分14分)已知函数f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|.
(1)求f(x)的最小值m；
(2)若a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝m，求证：＋＋≥3.
解：(1)当x<－1时，f(x)＝－2(x＋1)－(x－2)＝－3x∈(3，＋∞)；
当－1≤x<2时，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4∈[3,6)；
当x≥2时，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x∈[6，＋∞)．
综上，f(x)的最小值m＝3.
(2)证明：a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝3，
因为＋＋＋(a＋b＋c)
＝＋＋
≥2＝2(a＋b＋c)，
当且仅当a＝b＝c＝1时，取等号，
所以＋＋≥a＋b＋c，即＋＋≥3.
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