高考第一轮复习数学：不等式的证明_高考数学第一轮总复习

高考第一轮复习数学：不等式的证明由刀豆文库小编整理，希望给你工作、学习、生活带来方便，猜你可能喜欢“高考数学第一轮总复习”。

不等式的证明

（一）●知识梳理

1.均值定理：a+b≥2ab； ab≤（ab2）2（a、b∈R+），当且仅当a=b时取等号.2.比较法：a－b＞0a＞b，a－b＜0a＜b.3.作商法：a＞0，b＞0，ab＞1a＞b.特别提示

1.比较法证明不等式是不等式证明的最基本的方法.作差后需要判断差的符号，作差变形的方向常常是因式分解后，把差写成积的形式或配成完全平方式.2.比商法要注意使用条件，若●点击双基

1.若a、b是正数，则

ab2ab＞1不能推出a＞b.这里要注意a、b两数的符号.、ab、2abab、a2b22这四个数的大小顺序是

A.ab≤ab22≤2abab≤

a2b22

B.a2b2≤ab≤

ab2≤

2abab2

C.2abab≤ab≤ab22≤

a2b2

D.ab≤ab2≤

ab22≤

2abab

解析：可设a=1，b=2，则ab2=43232，ab=2，2ababa2=，14252b2===2.5.答案：C

2.设0＜x＜1，则a=2x，b=1+x，c=A.a

解析：∵0＜x＜1，B.b

11x中最大的一个是 C.c

D.不能确定

∴1+x＞2x=4x＞2x.∴只需比较1+x与∵1+x－∴1+x＜11x11x11x2的大小.=－

x2=.1x11x1x＜0，答案：C 3.（2005年春季上海，15）若a、b、c是常数，则“a＞0且b2－4ac＜0”是“对任意x∈R，有ax2+bx+c＞0”的A.充分不必要条件

B.必要不充分条件

C.充要条件

必要条件 解析：当a＞0，b2－4ac＜0时，ax2+bx+c＞0.反之，ax+bx+c＞0对x∈R成立不能推出a＞0，b－4ac＜0.反例：a=b=0，c=2.故选A.答案：A 4.（理）已知|a+b|＜－c（a、b、c∈R），给出下列不等式：

①a＜－b－c；②a＞－b+c；③a＜b－c；④|a|＜|b|－c；⑤|a|＜－|b|－c.其中一定成立的不等式是____________.（把成立的不等式的序号都填上）解析：∵|a+b|＜－c，∴c＜a+b＜－c.∴－b+c＜a＜－b－c.故①②成立，③不成立.∵|a+b|＜－c，|a+b|≥|a|－|b|，∴|a|－|b|＜－c.∴|a|＜|b|－c.故④成立，⑤不成立.答案：①②④

（文）若a、b∈R，有下列不等式：①a+3＞2a；②a+b≥2（a－b－1）；③a+b＞a3b2+a2b3；④a+1a

222

552

2≥2.其中一定成立的是__________.解析：①a2+3－2a=（a－1）2+2＞0，∴a2+3＞2a；

②a2+b2－2a+2b+2=（a－1）2+（b+1）2≥0，∴a2+b2≥2（a－b－1）；

③a+b－ab－ab=a（a－b）+b（b－a）=（a2－b2）（a3－b3）=（a+b）（a－b）2（a2+ab+b2）.∵（a－b）≥0，a+ab+b≥0，但a+b符号不确定，∴a5+b5＞a3b2+a2b3不正确； ④a∈R时，a+答案：①② 1a22

255322

332

2≥2不正确.5.船在流水中在甲地和乙地间来回行驶一次的平均速度v1和在静水中的速度v2的大小关系为____________.解析：设甲地至乙地的距离为s，船在静水中的速度为v2，水流速度为v（v2＞v＞0），则船在流水中在甲乙间来回行驶一次的时间

t=sv2v+sv2v=v2v22v2s2v22，平均速度v1=22st2=

vv2.∵v1－v2=∴v1＜v2.v2vv22－v2=－

v2v2＜0，答案：v1＜v2 ●典例剖析

【例1】 设a＞0，b＞0，求证：（a21b）2（b111a）2≥a2+b2.剖析：不等式两端都是多项式的形式，故可用比差法证明或比商法证明.证法一：左边－右边＝

（a）（b）ab（ab）（aabb）ab（ab）（a2abb）（aab（ab）33－（a＋b）

＝

＝＝

b）（abab）2≥0.ab∴原不等式成立.证法二：左边＞0，右边＞0，左边右边＝（ab）（aab（aabb）b）＝

aabbab≥

2ababab＝1.∴原不等式成立.评述：用比较法证不等式，一般要经历作差（或商）、变形、判断三个步骤.变形的主要手段是通分、因式分解或配方.在变形过程中，也可利用基本不等式放缩，如证法二.下面的例3则是公式法与配方法的综合应用.【例2】 已知a、b、x、y∈R且求证：xxa+

1a＞

1b，x＞y.＞yyb.剖析：观察待证不等式的特征，用比较法或分析法较适合.证法一：（作差比较法）

∵又xxa1a－1byyb（xa）（yb）=

bxay，＞且a、b∈R+，∴b＞a＞0.又x＞y＞0，∴bx＞ay.∴bxay（xa）（yb）＞0，即

xxa＞

yyb.证法二：（分析法）∵x、y、a、b∈R，∴要证+

xxa＞

yyb，只需证明x（y+b）＞y（x+a），即证xb＞ya.而由1a＞1b＞0，∴b＞a＞0.又x＞y＞0，知xb＞ya显然成立.故原不等式成立.思考讨论

该例若用函数的单调性应如何构造函数? 解法一：令f（x）=再令g（x）=∵1axxa，易证f（x）在（0，+∞）上为增函数，从而

xxa＞

yyb.mmx，易证g（x）在（0，+∞）上单调递减.+＞1b，a、b∈R.∴a＜b.mma∴g（a）＞g（b），即＞

mmb，命题得证.xy解法二：原不等式即为

axa1＞

byb1，为此构造函数f（x）=

xx1，x∈（0，+∞）.xa易证f（x）在（0，+∞）上为单调增函数，而xy＞

yb，∴axa1＞byb1，即

xxa＞

yyb.【例3】 某食品厂定期购买面粉.已知该厂每天需用面粉6 t，每吨面粉的价格为1800元，面粉的保管等其他费用为平均每吨每天3元，购面粉每次需支付运费900元.（1）求该厂多少天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少?（2）若提供面粉的公司规定：当一次购买面粉不少于210 t时，其价格可享受9折优惠（即原价的90%），问该厂是否考虑利用此优惠条件?请说明理由.解：（1）设该厂应每隔x天购买一次面粉，其购买量为6x t，由题意知，面粉的保管等其他费用为3［6x+6（x－1）+„+6×2+6×1］=9x（x+1）.设平均每天所支付的总费用为y1元，则y1=900x1x［9x（x+1）+900］+6×1800 =+9x+10809≥

2900x9x+10809 =10989.当且仅当9x=900x，即x=10时取等号，即该厂应每隔10天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少.（2）若厂家利用此优惠条件，则至少每隔35天，购买一次面粉，平均每天支付的总费用为y2元，则

y2==1x［9x（x+1）+900］+6×1800×0.90 +9x+9729（x≥35）.100x900x令f（x）=x+（x≥35），x2＞x1≥35，则 f（x1）－f（x2）=（x1+=

100x1）－（x2+

100x2）

（x2x1）（100x1x2）x1x2

∵x2＞x1≥35，∴x2－x1＞0，x1x2＞0，100－x1x2＜0.∴f（x1）－f（x2）＜0，f（x1）＜f（x2），即f（x）=x+100x，当x≥35时为增函数.∴当x=35时，f（x）有最小值，此时y2＜10989.∴该厂应该接受此优惠条件.●闯关训练 夯实基础

1.设x＞0，y＞0，且xy－（x+y）=1，则 A.x+y≤22+2

B.x+y≥22+2 D.x+y≥（2+1）

2C.x+y≤（2+1）解析：∵x＞0，y＞0，∴xy≤（由xy－（x+y）=1得（∴x+y≥2+22.答案：B

xy2xy2）.2）2－（x+y）≥1.2.已知x、y∈R，M=x2+y2+1，N=x+y+xy，则M与N的大小关系是 A.M≥N

B.M≤N

C.M=N

D.不能确定

解析：M－N=x+y+1－（x+y+xy）==121222［（x2+y2－2xy）+（x2－2x+1）+（y2－2y+1）］ ［（x－y）2+（x－1）2+（y－1）2］≥0.答案：A 3.设a＞0，b＞0，a+解析：a+

22b22b2=1，则a1b2的最大值是____________.12b2b22=1a+

=

32.a2∴a1b2=2·a·答案：32412b2212332=2·2=.≤2·

ab24.若记号“※”表示求两个实数a和b的算术平均数的运算，即a※b=，则两边均含有运算符号“※”和“+”，且对于任意3个实数a、b、c都能成立的一个等式可以是____________.解析：∵a※b=ab2ba2，b※a=，∴a※b+c=b※a+c.答案：a※b+c=b※a+c.思考：对于运算“※”分配律成立吗? 即a※（b+c）=a※b+a※c.答案：不成立

5.当m＞n时，求证：m3－m2n－3mn2＞2m2n－6mn2＋n3．

证明：∵（m3－m2n－3mn2）－（2m2n－6mn2＋n3）＝m3－3m2n＋3mn2－n3＝（m－n）3，3又m＞n，∴m－n＞0.∴（m－n）＞0，即（m3－m2n－3mn2）－（2m2n－6mn2＋n3）＞0.故m－mn－3mn＞2mn－6mn＋n．

6.已知a＞1，λ＞0，求证：loga（a+λ）＞loga+λ（a+2λ）.证明：loga（a+λ）－log（a+λ）（a+2λ）=lg（a）lga2322223－lg（a2）lg（a）

=lg（a）lgalg（a2）lgalg（a）

∵a＞1，λ＞0，∴lga＞0，lg（a+2λ）＞0，且lga≠lg（a+2λ）.∴lga·lg（a+2λ）＜［（=［lg（a2lgalg（a2）2lg（a）22）］2a）2］＜［

2］=lg（a+λ）.∴lg（a）lgalg（a2）lgalg（a）2＞0.∴loga（a+λ）＞log（a+λ）（a+2λ）.培养能力

7.已知x＞0，y＞0，若不等式x+y≤mxy恒成立，求实数m的最小值.分析：∵x+y≤mxy恒成立，xxyxxyyy∴m≥恒成立.∴m的最小值就是的最大值.解：∵x+y≤mxy恒成立，xxyy∴m≥恒成立.∵x＞0，y＞0，∴xy≥（x2xx2yyy）2=

x2y.∴xxyy≤=2.∴m的最小值为2.评述：分离参数法是求参数的范围问题常用的方法，化归是解这类问题常用的手段.8.有点难度哟！

求证：在非Rt△ABC中，若a＞b，ha、hb分别表示a、b边上的高，则必有a+ha＞b+hb.证明：设S表示△ABC的面积，则 S=12aha=12bhb=12absinC.∴ha=bsinC，hb=asinC.∴（a+ha）－（b+hb）=a+bsinC－b－asinC =（a－b）（1－sinC）.∵C≠π2，∴1－sinC＞0.∴（a－b）（1－sinC）＞0.∴a+ha＞b+hb.探究创新

9.设二次函数f（x）=ax+bx+c（a＞0），方程f（x）－x=0的两根x1、x2满足1＜x1＜x2＜1a2.（1）当x∈（0，x1）时，证明x＜f（x）＜x1；（2）设函数f（x）的图象关于直线x=x0对称，求证x0＜证明：（1）令F（x）=f（x）－x，∵x1、x2是方程f（x）－x=0的根，∴F（x）=a（x－x1）（x－x2）.当x∈（0，x1）时，由于x1＜x2，∴（x－x1）（x－x2）＞0.又a＞0，得F（x）=a（x－x1）（x－x2）＞0，即x＜f（x）.又x1－f（x）=x1－［x+F（x）］=x1－x+a（x1－x）（x－x2）=（x1－x）［1+a（x－x2）］，∵0＜x＜x1＜x2＜1ax12.，x1－x＞0，1+a（x－x2）=1+ax－ax2＞1－ax2＞0，∴x1－f（x）＞0，即f（x）＜x1.综上，可知x＜f（x）＜x1.（2）由题意知x0=－

b2a.∵x1、x2是方程f（x）－x=0的根，即x1、x2是方程ax2+（b－1）x+c=0的根，∴x1+x2=－∴x0=－b2ab1a.=.ax1ax212a=a（x1x2）12aax12ax12.又∵ax2＜1，∴x0＜=●思悟小结

1.比较法有两种形式：一是作差，二是作商.用作差法证明不等式是证明不等式中最基本、最常用的方法.它的依据是不等式的基本性质.2.步骤是：作差（商）→变形→判断.变形的目的是为了判断.若是作差，就判断与0的大小关系，为了便于判断，往往把形式变为积或完全平方式.若是作商，两边为正，就判断与1的大小关系.3.有时要先对不等式作等价变形再进行证明，有时几种证明方法综合使用.4.在应用均值定理求最值时，要把握定理成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”.若忽略了某个条件，就会出现错误.●教师下载中心 教学点睛

1.在证明不等式的各种方法中，作差比较法是一种最基本、最重要的方法，它是利用不等式两边的差是正数还是负数来证明不等式，其应用非常广泛，一定要熟练掌握.2.对于公式a+b≥2ab，ab≤（ab2）2要讲清它们的作用和使用条件及内在联系，两个公式也体现了ab和a+b的转化关系.拓展题例

【例1】设a、b∈R，关于x的方程x2＋ax＋b＝0的实根为α、β.若｜a｜＋｜b｜＜1，求证：｜α｜＜1，｜β｜＜1.证法一：∵α＋β＝－a，αβ＝b，∴｜α＋β｜＋｜αβ｜＝｜a｜＋｜b｜＜1.∴｜α｜－｜β｜＋｜α｜｜β｜＜1，（｜α｜－1）（｜β｜＋1）＜0.∴｜α｜＜1.同理，｜β｜＜1.证法二：设f（x）=x＋ax＋b，则有

f（1）＝1＋a＋b＞1－（｜a｜＋｜b｜）＞1－1＝0，f（－1）＝1－a＋b＞1－（｜a｜＋｜b｜）＞0.∵0≤｜a｜＜1，∴－1＜a＜1.∴－122＜－a2＜12.∴方程f（x）＝0的两实根在（－1，1）内，即｜α｜＜1，｜β｜＜1.评述：证法一先利用韦达定理，再用绝对值不等式的性质恰好能分解因式；证法二考虑根的分布，证两根在（－1，1）内.【例2】 是否存在常数C，使得不等式数x、y恒成立?试证明你的结论.解：当x=y时，可由不等式得出C=下面分两个方面证明.先证≥2xy.再证xx2yx2xy23x2xy+

yx2y≤C≤

xx2y+

y2xy对任意正

.+yx2y≤

23，此不等式3x（x+2y）+3y（2x+y）≤2（2x+y）（x+2y）x2+y2+y2xy≥

23，22此不等式3x（2x+y）+3y（x+2y）≥2（x+2y）（2x+y）2xy≤x+y.综上，可知存在常数C=

23，使对任何正数x、y不等式恒成立.6.3 不等式的证明

（二）●知识梳理

1.用综合法证明不等式：利用不等式的性质和已证明过的不等式以及函数的单调性导出待证不等式的方法叫综合法，概括为“由因导果”.2.用分析法证明不等式：从待证不等式出发，分析并寻求使这个不等式成立的充分条件的方法叫分析法，概括为“执果索因”.3.放缩法证明不等式.4.利用单调性证明不等式.5.构造一元二次方程利用“Δ”法证明不等式.6.数形结合法证明不等式.7.反证法、换元法等.特别提示

不等式证明方法多，证法灵活，其中比较法、分析法、综合法是基本方法，要熟练掌握，其他方法作为辅助，这些方法之间不能截然分开，要综合运用各种方法.●点击双基

1.（2005年春季北京，8）若不等式（－1）a＜2+数a的取值范围是

A.［－2，C.［－3，3232n

（1）nn1对任意n∈N恒成立，则实

*））

B.（－2，D.（－3，3232））

解析：当n为正偶数时，a＜2－1n，2－121n为增函数，∴a＜2－=32.1n当n为正奇数时，－a＜2+而－2－1n，a＞－2－

1n1n.为增函数，－2－

32＜－2，∴a≥－2.故a∈［－2，答案：A）.2.（2003年南京市质检题）若＜

a11b＜0，则下列结论不正确的是 ．．．

B.ab＜b D.|a|+|b|＞|a+b|

2A.a＜b C.ba2

21b

+ab＞2

1a解析：由＜＜0，知b＜a＜0.∴A不正确.答案：A 3.分析法是从要证的不等式出发，寻求使它成立的 A.充分条件

C.充要条件

答案：A

B.必要条件

D.既不充分又不必要条件

4.（理）在等差数列{an}与等比数列{bn}中，a1=b1＞0，an=bn＞0，则am与bm的大小关系是____________.解析：若d=0或q=1，则am=bm.若d≠0，画出an=a1+（n－1）d与bn=b1·q

y n－

1的图象，O1m n x 易知am＞bm，故am≥bm.答案：am≥bm

（文）在等差数列{an}与等比数列{bn}中，a1=b1＞0，a2n+1=b2n+1＞0（n=1，2，3，„），则an+1与bn+1的大小关系是____________.解析：an+1=a1a2n121ab1ab≥a1a2n1=b1b2n1=bn+1.答案：an+1≥bn+1 5.若a＞b＞c，则

+

1bc1bc_______

3ac.（填“＞”“=”“＜”）

1ab解析：a＞b＞c，（1+）（a－c）=（+

1bc）［（a－b）+（b－c）］

≥2（ab）（bc）1·2（ab）（bc）=4.3ac∴ab+1bc≥

4ac＞.答案：＞ ●典例剖析

【例1】 设实数x、y满足y＋x2＝0，0＜a＜1.求证：loga（ax＋ay）＜loga2＋

18.剖析：不等式左端含x、y，而右端不含x、y，故从左向右变形时应消去x、y.xy证明：∵a＞0，a＞0，∴ax＋ay≥2axy＝2axx.∵x－x2＝xy

214－（x－112）2≤

114，0＜a＜1，∴a＋a≥2a4＝2a8.1∴loga（a＋a）＜loga2a8＝loga2＋xy

18.1评述：本题的证题思路可由分析法获得.要证原不等式成立，只要证a＋a≥2·a8即可． 【例2】 已知a、b、c∈R，且a+b+c=1.求证：（1+a）（1+b）（1+c）≥8（1－a）（1－b）（1－c）.剖析：在条件“a+b+c=1”的作用下，将不等式的“真面目”隐含了，给证明不等式带来困难，若用“a+b+c”换成“1”，则还原出原不等式的“真面目”，从而抓住实质，解决

+

xy

问题.证明：∵a、b、c∈R且a+b+c=1，∴要证原不等式成立，即证［（a+b+c）+a］·［（a+b+c）+b］［（a+b+c）+c］≥8［（a+b+c）－a］·［（a+b+c）－b］·［（a+b+c）－c］.也就是证［（a+b）+（c+a）］［（a+b）+（b+c）］·［（c+a）+（b+c）］≥8（b+c）（c+a）（a+b）.①

∵（a+b）+（b+c）≥2（ab）（bc）＞0，（b+c）+（c+a）≥2（bc）（ca）＞0，（c+a）+（a+b）≥2（ca）（ab）＞0，三式相乘得①式成立.故原不等式得证.【例3】 已知a＞1，n≥2，n∈N*.求证：na－1＜a1n+

.a1n证法一：要证na－1＜即证a＜（a1n，+1）.n令a－1=t＞0，则a=t+1.也就是证t+1＜（1+∵（1+tntntn）n.+„+Cnn（tn）n=1+C1na1nn）n＞1+t，即na－1＜成立.证法二：设a=xn，x＞1.于是只要证即证xnx1n＞x－1，n－11x1n－1＞n.联想到等比数列前n项和1+x+„+xn－

2=

xn1x1，① ② 倒序x+x+„+1=nxn1x1.①+②得2·x1x1=（1+xn－1）+（x+xn－2）+„+（xn－1+1）

＞2xn1+2xn1+„+2xn1＞2n.∴xn1x1＞n.思考讨论

本不等式是与自然数有关的命题，用数学归纳法可以证吗?读者可尝试一下.●闯关训练 夯实基础

1.已知a、b是不相等的正数，x=

a2b，y=ab，则x、y的关系是

A.x＞y 解析：∵x2=y2=a+b=12B.y＞x

2C.x＞2y

D.不能确定

（a+b）2=

12（a+b+2ab），（a+b+a+b）＞

（a+b+2ab）=x2，又x＞0，y＞0.∴y＞x.答案：B 2.对实数a和x而言，不等式x+13ax＞5ax+9a成立的充要条件是____________.解析：（x3+13a2x）－（5ax2+9a3）=x3－5ax2+13a2x－9a3 =（x－a）（x2－4ax+9a2）

=（x－a）［（x－2a）+5a］＞0.∵当x≠2a≠0时，有（x－2a）2+5a2＞0.由题意故只需x－a＞0即x＞a，以上过程可逆.答案：x＞a

3.已知a＞b＞c且a+b+c=0，求证：b2ac＜3a.22证明：要证b2ac＜3a，只需证b－ac＜3a，22

3即证b2+a（a+b）＜3a2，即证（a－b）（2a+b）＞0，即证（a－b）（a－c）＞0.∵a＞b＞c，∴（a－b）·（a－c）＞0成立.∴原不等式成立.4.已知a+b+c=0，求证：ab+bc+ca≤0.证法一：（综合法）∵a+b+c=0，∴（a+b+c）＝0.展开得ab+bc+ca=－∴ab+bc+ca≤0.证法二：（分析法）要证ab+bc+ca≤0，∵a+b+c=0，故只需证ab+bc+ca≤（a+b+c）2，即证a+b+c+ab+bc+ca≥0，亦即证122222

a2b2c22，［（a+b）＋（b＋c）＋（c＋a）］≥0．

而这是显然的，由于以上相应各步均可逆，∴原不等式成立.证法三：∵a+b+c=0，∴－c=a+b.∴ab+bc+ca=ab+（b+a）c=ab－（a+b）2

＝－a－b－ab＝－［（a＋22

b2）＋

3b42］≤0．

∴ab+bc+ca≤0.培养能力

5.设a+b+c=1，a2+b2+c2=1且a＞b＞c.求证：－＜c＜0.31证明：∵a+b+c=1，22∴（a+b）－2ab+c=1.∴2ab=（a+b）2+c2－1=（1－c）2+c2－1=2c2－2c.∴ab=c－c.又∵a+b=1－c，∴a、b是方程x+（c－1）x+c－c=0的两个根，且a＞b＞c.令f（x）=x2+（c－1）x+c2－c，则

Δ011ccc032f（c）0.222222

6.已知2b2ca=1，求证：方程ax2+bx+c=0有实数根.a2c2证明：由2b2ca=1，∴b=.∴b=（2a2+2c）=

2a22+2ac+2c2=4ac+（a2－2c）2≥4ac.∴方程ax2+bx+c=0有实数根.7.设a、b、c均为实数，求证：证明：∵a、b、c均为实数，∴12121212a+

12b+

12c≥

1bc+

1ca+

1ab.（12b12c12a＋12c12b）≥

12bc12ab≥≥≥

11ab，当a=b时等号成立；

（（＋＋）≥）≥

bc1ca，当b=c时等号成立； ． ≥

1bc12a12ca三个不等式相加即得探究创新

12a+

12b+

12c+

1ca+

1ab，当且仅当a=b=c时等号成立.8.已知a、b、c、d∈R，且a+b=c+d=1，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，∵a+b=c+d=1，∴（a+b）（c+d）=1.∴ac+bd+bc+ad=1≥ac+bd.这与ac+bd＞1矛盾.所以假设不成立，即a、b、c、d中至少有一个负数.●思悟小结

1.综合法就是“由因导果”，从已知不等式出发，不断用必要条件替换前面的不等式，直至推出要证的结论.2.分析法就是“执果索因”，从所证不等式出发，不断用充分条件替换前面的不等式，直至找到成立的不等式.3.探求不等式的证法一般用分析法，叙述证明过程用综合法较简，两法结合在证明不等式中经常遇到.4.构造函数利用单调性证不等式或构造方程利用“Δ≥0”证不等式，充分体现相关知识间的联系.●教师下载中心 教学点睛

1.在证明不等式的过程中，分析法和综合法是不能分离的，如果使用综合法证明不等式难以入手时，常用分析法探索证题途径，之后用综合法的形式写出它的证明过程，以适应学生习惯的思维规律.有时问题证明难度较大，常使用分析综合法，实现两头往中间靠以达到证题目的.2.由于高考试题不会出现单一的不等式的证明题，常常与函数、数列、三角、方程综合在一起，所以在教学中，不等式的证明除常用的三种方法外，还需介绍其他方法，如函数的单调性法、判别式法、换元法（特别是三角换元）、放缩法以及数学归纳法等.拓展题例

【例1】 已知a、b为正数，求证：

（1）若a+1＞b，则对于任何大于1的正数x，恒有ax+（2）若对于任何大于1的正数x，恒有ax+

xx1xx1＞b成立；

＞b成立，则a+1＞b.分析：对带条件的不等式的证明，条件的利用常有两种方法：①证明过程中代入条件；②由条件变形得出要证的不等式.证明：（1）ax+xx1=a（x－1）+

1x1+1+a≥2a+1+a=（a+1）2.∵a+1＞b（b＞0），22∴（a+1）＞b.（2）∵ax+而ax+xx1xx1＞b对于大于1的实数x恒成立，即x＞1时，［ax+

1x1xx1］min＞b，=a（x－1）+

1+1+a≥2a+1+a=（a+1）2，1a当且仅当a（x－1）=故［ax+xx1x1，即x=1+＞1时取等号.］min=（a+1）2.则（a+1）2＞b，即a+1＞b.评述：条件如何利用取决于要证明的不等式两端的差异如何消除.【例2】 求证：|ab|1|ab|≤

|a|1|a|+

|b|1|b|.x剖析：|a+b|≤|a|+|b|，故可先研究f（x）=证明：令f（x）=

x1x1x（x≥0）的单调性.（x≥0），易证f（x）在［0，+∞）上单调递增.|a+b|≤|a|+|b|，∴f（|a+b|）≤f（|a|+|b|），即|ab|1|ab|≤|a||b|1|a||b|=

|a|1|a||b||b|1|a||b|≤

|a|1|a||b|1|b|.思考讨论

1.本题用分析法直接去证可以吗? 2.本题当|a+b|=0时，不等式成立； 当|a+b|≠0时，原不等式即为

111|ab|≤

|a|1|a||b|1|b|.再利用|a+b|≤|a|+|b|放缩能证吗?读者可以尝试一下!