证明不等式的基本方法 导学目标：1.了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法.2.会用比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法证明比较简单的不等式．

[自主梳理] 1.三个正数的算术—几何平均不等式：如果a，b，c>0，那么_________________________，当且仅当a＝b＝c时等号成立． 2.基本不等式(基本不等式的推广)：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a1＋a2＋…＋ann≥na1·a2·…·an，当且仅当__________________时等号成立． 3.证明不等式的常用五种方法 (1)比较法：比较法是证明不等式最基本的方法，具体有作差比较和作商比较两种，其基本思想是______与0比较大小或______与1比较大小． (2)综合法：从已知条件出发，利用定义、______、______、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫综合法．也叫顺推证法或由因导果法． (3)分析法：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的________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为止，这种证明方法叫分析法．也叫逆推证法或执果索因法． (4)反证法 ①反证法的定义 先假设要证的命题不成立，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，我们把它称为反证法． ②反证法的特点 先假设原命题不成立，再在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、事实等矛盾． (5)放缩法 ①定义：证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值________或________，简化不等式，从而达到证明的目的，我们把这种方法称为放缩法． ②思路：分析观察证明式的特点，适当放大或缩小是证题关键．

题型一 用比差法与比商法证明不等式 1.设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则s与t的大小关系是( A ) ≥t >t ≤t 【解析】∵s－t＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴s≥t.【答案】A 2.设a＝(m2＋1)(n2＋4)，b＝(mn＋2)2，则( D ) 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.设a,b∈R,给出下列不等式:①lg(1+a2)>0;②a2+b2≥2(a-b-1);③a2+3ab>2b2;④,其中所

有恒成立的不等式序号是 ② . ②【解析】①a=0时不成立;②∵a2+b2-2(a-b-1)=(a-1)2+(b+1)2≥0,成立;③a=b=0时不成立;④a=2,b=1时不成立,故恒成立的只有②. 题型二 用综合法与分析法证明不等式 4.(1)已知x，y均为正数，且x>y，求证：2x＋1x2－2xy＋y2≥2y＋3； (2)设a，b，c>0且ab＋bc＋ca＝1，求证：a＋b＋c≥3. 证明 (1)因为x>0，y>0，x－y>0，

2x＋1x2－2xy＋y2－2y＝2(x－y)＋1x－y2＝(x－y)＋(x－y)＋1x－y2

≥33x－y21x－y2＝3，所以2x＋1x2－2xy＋y2≥2y＋3. (2)因为a，b，c>0，所以要证a＋b＋c≥3，只需证明(a＋b＋c)2≥3. 即证：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，而ab＋bc＋ca＝1， 故需证明：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)． 即证：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.

而ab＋bc＋ca≤a2＋b22＋b2＋c22＋c2＋a22＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)成立． 所以原不等式成立． 5.已知a、b都是正实数，且ab＝2.求证：(1＋2a)(1＋b)≥9. 证明：法一 因为a、b都是正实数，且ab＝2，所以2a＋b≥22ab＝4. 所以(1＋2a)(1＋b)＝1＋2a＋b＋2ab≥9.

法二 因为ab＝2，所以(1＋2a)(1＋b)＝(1＋2a)1＋2a＝5＋2a＋1a.

因为a为正实数，所以a＋1a≥2 a·1a＝2.所以(1＋2a)(1＋b)≥9.

法三 因为a、b都是正实数，所以(1＋2a)(1＋b)＝(1＋a＋a)·1＋b2＋b2≥3·3a2·3·3b24＝9·3a2b24.又ab＝2，所以(1＋2a)(1＋b)≥9. 思维升华 用综合法证明不等式是“由因导果”，用分析法证明不等式是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法．综合法往往是分析法的逆过程，表述简单、条理清楚，所以在实际应用时，往往用分析法找思路，用综合法写步骤，由此可见，分析法与综合法相互转化，互相渗透，互为前提，充分利用这一辩证关系，可以增加解题思路，开阔视野． 题型三 放缩法证明不等式

6.已知0A. M>N B. M解析：∵00,1＋b>0,1－ab>0，

∴M－N＝1－a1＋a＋1－b1＋b＝2－2ab1＋a1＋b>0.答案：A 7.若a，b∈R，求证：|a＋b|1＋|a＋b|≤|a|1＋|a|＋|b|1＋|b|. 证明 当|a＋b|＝0时，不等式显然成立．当|a＋b|≠0时， 由0<|a＋b|≤|a|＋|b|1|a＋b|≥1|a|＋|b|，

所以|a＋b|1＋|a＋b|＝11|a＋b|＋1≤11＋1|a|＋|b|＝|a|＋|b|1＋|a|＋|b| ＝|a|1＋|a|＋|b|＋|b|1＋|a|＋|b|≤|a|1＋|a|＋|b|1＋|b|. 思维升华 (1)在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧．常见的放缩变换有： ①变换分式的分子和分母，如1k2<1kk－1，1k2>1kk＋1，1k<2k＋k－1，1k>2k＋k＋1.上面不等式中k∈N*，k>1； ②利用函数的单调性；

③真分数性质“若00，则ab(2)在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度． 8.设n是正整数，求证：12≤1n＋1＋1n＋2＋…＋12n<1. 证明 由2n≥n＋k>n(k＝1,2，…，n)，得 12n≤1n＋k<1n.

当k＝1时，12n≤1n＋1<1n；当k＝2时，12n≤1n＋2<1n；…，当k＝n时，12n≤1n＋n<1n， ∴12＝n2n≤1n＋1＋1n＋2＋…＋12nn＝1.∴原不等式成立．

题型四 用反证法证明不等式 9.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. 【解析】由a+b=,a>0,b>0,得ab=1.

(1)由基本不等式及ab=1,有a+b≥2=2,即a+b≥2. (2)假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,则由a2+a<2及a>0得0这与ab=1矛盾.故a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.

10.若a>0，b>0，且1a＋1b＝ab. (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ab＝1a＋1b≥2ab，得ab≥2.当且仅当a＝b＝2时等号成立． 故a3＋b3≥2a3b3≥42，且当a＝b＝2时等号成立．所以a3＋b3的最小值为42. (2)由(1)知，2a＋3b≥26ab≥43.由于43>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.

1.证明不等式的常用方法有五种，即比较法、分析法、综合法、反证法、放缩法． 2.应用反证法证明数学命题，一般有下面几个步骤：(1)分清命题的条件和结论；(2)作出与命题结论相矛盾的假设；(3)由条件和假设出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；(4)断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设不真，于是原结论成立，从而间接地证明了命题为真． 3.放缩法证明不等式时，常见的放缩法依据或技巧主要有：(1)不等式的传递性；(2)等量加不等量为不等量；(3)同分子(母)异分母(子)的两个分式大小的比较．缩小分母、扩大分子，分式值增大；缩小分子、扩大分母，分式值减小；全量不少于部分；每一次缩小其和变小，但需大于所求；每一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头，同时放缩有时需便于求和．

4.放缩法的常用措施：(1)舍去或加上一些项，如a＋122＋34>a＋122；(2)将分子或分母放大

(缩小)，如1k2<1kk－1，1k2>1kk＋1，1k<2k＋k－1，1k>2k＋k＋1 (k∈N*且k>1)等．

1.设a、b是正实数，给出以下不等式：①ab>2aba＋b；②a>|a－b|－b；③a2＋b2>4ab－3b2；④ab＋2ab>2，其中恒成立的序号为( D ) A.①③ B.①④ C.②③ D.②④ [答案]D[解析]∵a、b∈R＋时，a＋b≥2ab，∴2aba＋b≤1，∴2aba＋b≤ab，∴①不恒成立，排除A、B；∵ab＋2ab≥22>2恒成立，故选D． 2.设M＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则( B ) A．M＝1 B．M<1 C．M>1 D．M与1大小关系不定 【解析】∵210＋1>210，210＋2>210，…，211－1>210，

∴M＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1<1210＋1210＋…＋1210210个＝1.【答案】B

3.若不等式tt2＋9≤a≤t＋2t2在t∈(0，2]上恒成立，则a的取值范围是( B )

【解析】由已知a≥1t＋9t，a≤1t＋21t2，对任意t∈(0，2]恒成立，于是只要当t∈(0，2]时，

a≥1t＋9tmax，

a≤1t＋21t2min，记f(t)＝t＋9t，g(t)＝1t＋21t2，可知两者都在(0，2]上单调递减，f(t)min

＝f(2)＝132，g(t)min＝g(2)＝1，所以a∈213，1. 【答案】B 4.已知a，b为实数，且a>0，b>0.则a＋b＋1aa2＋1b＋1a2的最小值为( C ) A．7 B．8 C．9 D．10

【解析】因为a>0，b>0，所以a＋b＋1a≥33a×b×1a＝33b>0，① 同理可证：a2＋1b＋1a2≥33a2×1b×1a2＝331b>0.② 由①②及不等式的性质得a＋b＋1aa2＋1b＋1a2≥33b×331b＝9.【答案】C