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- 2021-06-10 发布
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第 2 讲 不等式的证明
板块一 知识梳理·自主学习
[必备知识]
考点 1 比较法
比较法是证明不等式最基本的方法，可分为作差比较法和作商比
较法两种．
名称 作差比较法 作商比较法
理论依
据
a>b⇔a－b>0
a0，a
b>1⇒a>b
b<0，a
b>1⇒a1，则 x＋2y>x－y.( )
(3)|a＋b|＋|a－b|≥|2a|.( )
(4)若实数 x、y 适合不等式 xy>1，x＋y>－2，则 x>0，y>0.( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√
2．[2018·温州模拟]若 a，b，c∈R，a>b，则下列不等式成立的是
( )
A.1
a<1
b B．a2>b2
C. a
c2＋1> b
c2＋1 D．a|c|>b|c|
答案 C
解析 应用排除法．取 a＝1，b＝－1，排除 A；取 a＝0，b＝－1，
排除 B；取 c＝0，排除 D.显然 1
c2＋1>0，对不等式 a>b 的两边同时乘
以 1
c2＋1
，立得 a
c2＋1> b
c2＋1
成立．故选 C.
3．[课本改编]不等式：①x2＋3>3x；②a2＋b2≥2(a－b－1)；③b
a
＋
a
b
≥2，其中恒成立的是( )
A．①③ B．②③
C．①②③ D．①②
答案 D
解析 由①得 x2＋3－3x＝ x－3
2 2＋3
4>0，所以 x2＋3>3x；对于②，
因为 a2＋b2－2(a－b－1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，所以不等式成立；对
于③，因为当 ab<0 时，b
a
＋a
b
－2＝a－b2
ab <0，即b
a
＋a
b<2.故选 D.
4．[2018·南通模拟]若|a－c|<|b|，则下列不等式中正确的是( )
A．ac－b
C．|a|>|b|－|c| D．|a|<|b|＋|c|
答案 D
解析 |a|－|c|≤|a－c|<|b|，即|a|<|b|＋|c|.故选 D.
5．已知 a，b，c 是正实数，且 a＋b＋c＝1，则1
a
＋1
b
＋1
c
的最小值
为________．
答案 9
解析 解法一：把 a＋b＋c＝1 代入1
a
＋1
b
＋1
c
，得
a＋b＋c
a
＋a＋b＋c
b
＋a＋b＋c
c
＝3＋
b
a
＋a
b ＋
c
a
＋a
c ＋
c
b
＋b
c
≥3＋2＋2＋2＝9，
当且仅当 a＝b＝c＝1
3
时，等号成立．
解法二：由柯西不等式得：
(a＋b＋c)
1
a
＋1
b
＋1
c ≥ a·1
a
＋b·1
b
＋c·1
c 2，
即1
a
＋1
b
＋1
c
≥9.
6．[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＋3a＋b2
4 (a＋b)＝2＋3a＋b3
4
，
所以(a＋b)3≤8，因此 a＋b≤2.
板块二 典例探究·考向突破
考向 比较法证明不等式
例 1 [2016·全国卷Ⅱ]已知函数 f(x)＝|x－1
2|＋|x＋1
2|，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)＝
－2x，x≤－1
2
，
1，－1
2－1，即－1f(a)－f(－b)．
解 (1)当 x≤－1 时，原不等式可化为－x－1<－2x－2，解得 x<
－1；
当－11，
综上，M＝{x|x<－1 或 x>1}．
(2)证明：证法一：因为 f(ab)＝|ab＋1|＝|(ab＋b)＋(1－b)|≥|ab＋
b|－|1－b|＝|b||a＋1|－|1－b|.
因为 a，b∈M，所以|b|>1，|a＋1|>0，
所以 f(ab)>|a＋1|－|1－b|，
即 f(ab)>f(a)－f(－b)．
证法二：因为 f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|
≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，
所以要证 f(ab)>f(a)－f(－b)，
只需证|ab＋1|>|a＋b|，即证|ab＋1|2>|a＋b|2，
即证 a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2，
即证 a2b2－a2－b2＋1>0，即证(a2－1)(b2－1)>0.
因为 a，b∈M，所以 a2>1，b2>1，所以(a2－1)(b2－1)>0 成立，所
以原不等式成立．
考向 用综合法与分析法证明不等式
例 2 (1)[2018·浙江金华模拟]已知 x，y∈R.
①若 x，y 满足|x－3y|<1
2
，|x＋2y|<1
6
，求证：|x|< 3
10
；
②求证：x4＋16y4≥2x3y＋8xy3.
证明 ①利用绝对值不等式的性质得：
|x| ＝ 1
5 [|2(x － 3y) ＋ 3(x ＋ 2y)|]≤ 1
5 [|2(x － 3y)| ＋ |3(x ＋
2y)|]<1
5
2×1
2
＋3×1
6 ＝ 3
10.
②因为 x4＋16y4－(2x3y＋8xy3)
＝x4－2x3y＋16y4－8xy3
＝x3(x－2y)＋8y3(2y－x)
＝(x－2y)(x3－8y3)
＝(x－2y)(x－2y)(x2＋2xy＋4y2)
＝(x－2y)2[(x＋y)2＋3y2]≥0，
∴x4＋16y4≥2x3y＋8xy3.
(2)[2018·徐州模拟]已知 a、b∈R，a>b>e(其中 e 是自然对数的底
数)，求证：ba>ab.(提示：可考虑用分析法找思路)
证明 ∵ba>0，ab>0，
∴要证 ba>ab
只要证 aln b>bln a
只要证ln b
b >ln a
a .(∵a>b>e)
取函数 f(x)＝ln x
x
，∵f′(x)＝1－ln x
x2
令 f′(x)＝0，x＝e
∴当 x>e 时，f′(x)<0，∴函数 f(x)在(e，＋∞)上单调递减．
∴当 a>b>e 时，有 f(b)>f(a)，
即ln b
b >ln a
a
，得证．
触类旁通
综合法与分析法的逻辑关系
用综合法证明不等式是“由因导果”，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．
【变式训练 2】 (1)设 a，b，c 均为正数，且 a＋b＋c＝1，证明：
①ab＋bc＋ca≤1
3
；
②a2
b
＋b2
c
＋c2
a
≥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≤1
3.
②证法一：因为a2
b
＋b≥2a，b2
c
＋c≥2b，c2
a
＋a≥2c，
故a2
b
＋b2
c
＋c2
a
＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即a2
b
＋b2
c
＋c2
a
≥a＋b＋c.
所以a2
b
＋b2
c
＋c2
a
≥1.
证法二：由柯西不等式得：
(a＋b＋c)
c2
a
＋a2
b
＋b2
c ≥(c＋a＋b)2，
∵a＋b＋c＝1，
∴c2
a
＋a2
b
＋b2
c
≥1.
(2)[2015·全国卷Ⅱ]设 a，b，c，d 均为正数，且 a＋b＝c＋d，证
明：
①若 ab>cd，则 a＋ b> c＋ d；
② a＋ b> c＋ d是|a－b|<|c－d|的充要条件．
证明 ①因为( a＋ b)2＝a＋b＋2 ab，( c＋ d)2＝c＋d＋2 cd，
由题设 a＋b＝c＋d，ab>cd，
得( a＋ b)2>( c＋ d)2.所以 a＋ b> c＋ d.
②(ⅰ)若|a－b|<|c－d|，则(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2
－4cd.
因为 a＋b＝c＋d，所以 ab>cd.
由①得 a＋ b> c＋ d.
(ⅱ)若 a＋ b> c＋ d，则( a＋ b)2>( c＋ d)2，
即 a＋b＋2 ab>c＋d＋2 cd.
因为 a＋b＝c＋d，所以 ab>cd.
于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2，
因此|a－b|<|c－d|.
综上， a＋ b> c＋ d是|a－b|<|c－d|的充要条件．
考向 反证法证明不等式
例 3 [2015·湖南高考]设 a>0，b>0，且 a＋b＝1
a
＋1
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＝1
a
＋1
b
＝a＋b
ab
，a>0，b>0，得 ab＝1.
(1)由基本不等式及 ab＝1，有 a＋b≥2 ab＝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
01
4
，(1－b)c>1
4
，(1－c)a>1
4.
三式同向相乘，得(1－a)a(1－b)b(1－c)c> 1
64(*)
又(1－a)a≤
1－a＋a
2 2＝1
4
，
同理(1－b)b≤1
4
，(1－c)c≤1
4.
所以(1－a)a(1－b)b(1－c)c≤ 1
64
，
与*式矛盾，即假设不成立，故结论正确．
考向 放缩法证明不等式
例 4 已知各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a2n＋an
＝2Sn.
(1)求证：Sn0，∴a1＝1，又由条件 a2n＋an＝2Sn 有 a2n＋1＋an＋1＝2Sn＋1，上
述两式相减，注意到 an＋1＝Sn＋1－Sn
得(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0，
∵an>0，∴an＋1＋an>0，
∴an＋1－an＝1，
∴an＝1＋1×(n－1)＝n，Sn＝nn＋1
2
，
所以 Sn＝nn＋1
2 <1
2
×n2＋n＋12
2
＝a2n＋a2n＋1
4 .
(2)因为 n< nn＋1 1
2
＋ 2
2
＋…＋ n
2
＝nn＋1
2 2
＝ Sn
2.
触类旁通
放缩基本技巧
(1)“添舍”放缩
通过对不等式的一边进行添项或减项以达到解题目的，这是常规
思路．
(2)分式放缩
一个分式若分子变大则分式值变大，若分母变大则分式值变小，
一个真分式，分子、分母同时加上同一个正数则分式值变大，利用这
些性质，可达到证题目的．
(3)裂项放缩
若欲证不等式含有与自然数 n 有关的 n 项和，可采用数列中裂项
求和等方法来解题．
(4)单调函数放缩
根据题目特征，通过构造特殊的单调函数，利用其单调性质进行
放缩求解．
【变式训练 4】 (1)求证： 1
2＋1
＋ 1
22＋1
＋ 1
23＋1
＋…＋ 1
2n＋1<1(n
∈N*)．
证明 注意到 1
2n＋1< 1
2n将通项放缩为等比数列，
左边<1
2
＋ 1
22＋ 1
23＋…＋ 1
2n＝
1
2
1－ 1
2n
1－1
2
＝1－ 1
2n<1.
(2)求证： 1
2－1
＋ 1
22－1
＋ 1
23－1
＋…＋ 1
2n－1<5
3.
证明 ∵2n－1＝2·2n－1－1＝2·2n－1－2n－1
2n－1
＝
2n－1 2－ 1
2n－1 ≥7
4·2n－1(n≥3)，∴ 1
2n－1
≤4
7· 1
2n－1
，
∴ 1
2－1
＋ 1
22－1
＋ 1
23－1
＋…＋ 1
2n－1<1＋1
3
＋4
7
1
22＋…＋ 1
2n－1 ＝4
3
＋
2
7
1－ 1
2n－2 <4
3
＋2
7
＝34
21<35
21
＝5
3.
考向 柯西不等式的应用
例 5 柯西不等式是大数学家柯西在研究数学分析中的“流
数”问题时得到的，柯西不等式是指：对任意实数 ai，bi(i＝1,2，…，
n)，有(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2≤(a21＋a22＋…＋a2n)(b21＋b22＋…＋b2n)，当
且仅当 ai＝kbi(i＝1,2，…，n)时，等号成立．
(1)证明：当 n＝2 时的柯西不等式；
(2)设 a，b，m，n∈R，且 a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，求 m2＋n2的
最小值．
解 (1)证明：当 n＝2 时，柯西不等式的二维形式为：(a21＋a22)(b21
＋b22)≥(a1b1＋a2b2)2，(a21＋a22)(b21＋b22)－(a1b1＋a2b2)2＝a21b22＋a22b21－
2a1a2b1b2＝(a1b2－a2b1)2≥0，当且仅当 a1b2＝a2b1 时取得等号．
(2)由柯西不等式得(a2＋b2)(m2＋n2)≥(ma＋nb)2，所以 5(m2＋
n2)≥52 即 m2＋n2≥5，所以 m2＋n2的最小值为 5.
触类旁通
利用柯西不等式解题时，要注意配凑成相应的形式，既可从左向
右用，也可从右向左用．
【 变 式 训 练 5 】 [2018· 皇 姑 区 校 级 期 末 ] 设 xy>0 ， 则
x2＋4
y2 y2＋1
x2 的最小值为( )
A．－9 B．9
C．10 D．0
答案 B
解析 x2＋4
y2 y2＋1
x2 ≥ x·1
x
＋2
y·y 2＝9.当且仅当 xy＝ 2
xy
即 xy＝ 2
时取等号．故选 B.
核心规律
1.证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和反
证法仍是证明不等式的基本方法．要依据题设、题目的结构特点、内
在联系，选择恰当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维方法，
并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．
2.综合法往往是分析法的相反过程，其表述简单、条理清楚．当
问题比较复杂时，通常把分析法和综合法结合起来使用，以分析法寻
找证明的思路，而用综合法叙述、表达整个证明过程．
3.不等式证明中的裂项形式：
(1) 1
nn＋1
＝1
n
－ 1
n＋1
， 1
nn＋k
＝1
k
1
n
－ 1
n＋k .
(2)1
k2< 1
k2－1
＝1
2
1
k－1
－ 1
k＋1 .
(3)1
k
－ 1
k＋1
＝ 1
k＋1k<1
k2< 1
k－1k
＝ 1
k－1
－1
k.
(4) 1
nn＋1n＋2
＝1
2
1
nn＋1
－ 1
n＋1n＋2 .
(5) n
n＋1！＝ 1
n！－ 1
n＋1！.
满分策略
1.作差比较法适用的主要题型是多项式、分式、对数式、三角式，
作商比较法适用的主要题型是高次幂乘积结构．
2.如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显，可考虑用分析
法；如果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出或否定性命题、
唯一性命题，则考虑用反证法．
3.高考命题专家说：“放缩是一种能力．”如何把握放缩的
“度”，使得放缩“恰到好处”，这正是放缩法的精髓和关键所在！
板块三 模拟演练·提能增分
[A 级 基础达标]
1．已知 a，b，c，d 均为正数，S＝ a
a＋b＋d
＋ b
b＋c＋a
＋ c
c＋d＋b
＋
d
d＋a＋c
，则一定有( )
A．0 a
a＋b＋c＋d
＋ b
a＋b＋c＋d
＋ c
a＋b＋c＋d
＋ d
a＋b＋c＋d
＝
1，
S< a
a＋b
＋ b
a＋b
＋ c
c＋d
＋ d
c＋d
＝2，
∴11，x2
x3
>1，x3
x1
>1，
∴x1
x2
·x2
x3
·x3
x1
>1 与x1
x2
·x2
x3
·x3
x1
＝1 矛盾，
∴至少有一个不大于 1.
3．设 x>0，y>0，M＝ x＋y
2＋x＋y
，N＝ x
2＋x
＋ y
2＋y
，则 M，N 的大
小关系为________．
答案 M x
2＋x＋y
＋ y
2＋x＋y
＝
x＋y
2＋x＋y
＝M.
4．已知 a，b∈R，a2＋b2＝4，则 3a＋2b 的取值范围是________．
答案 [－2 13，2 13]
解析 根据柯西不等式
(ac＋bd)2≤(a2＋b2)·(c2＋d2)，可得(3a＋2b)2≤(a2＋b2)·(32＋22)
∴－2 13≤3a＋2b≤2 13.
3a＋2b∈[－2 13，2 13]．
[B 级 能力达标]
5．求证： 1
1×3
＋ 1
3×5
＋ 1
5×7
＋…＋ 1
2n－12n＋1<1
2(n∈N*)．
证明 ∵ 1
2n－12n＋1
＝1
2
1
2n－1
－ 1
2n＋1 ，
∴ 左 边 ＝ 1
2
1－1
3 ＋
1
3
－1
5 ＋…＋
1
2n－1
－ 1
2n＋1 ＝
1
2
1－ 1
2n＋1 <1
2.
6．[2018·泸州模拟]设函数 f(x)＝|x－4
a|＋|x＋a|(a>0)．
(1)证明：f(x)≥4；
(2)若 f(2)<5，求 a 的取值范围．
解 (1)证明：|x－4
a|＋|x＋a|≥|x＋a＋4
a
－x|＝a＋4
a
≥4；当且仅当 a
＝2 时取等号．
(2)f(2)＝|2－4
a|＋|a＋2|.
①当 a＝2 时，|2－4
a|＋|2＋a|<5 显然满足；
②当 02 时，不等式变成 a2－a－4<0，∴1－ 17
2 0)的解集为[－2,2]，求实数 m 的
值；
(2)对任意 x∈R，y>0，求证：f(x)≤2y＋ 4
2y
＋|2x＋3|.
解 (1)不等式 f x＋1
2 ≤2m＋1⇔|2x|≤2m＋1(m>0)，
∴－m－1
2
≤x≤m＋1
2
，
由解集为[－2,2]，可得 m＋1
2
＝2，解得 m＝3
2.
(2)证明：原不等式即为|2x－1|－|2x＋3|≤2y＋ 4
2y.
令 g(x)＝|2x－1|－|2x＋3|≤|(2x－1)－(2x＋3)|＝4，
当 2x＋3≤0，即 x≤－3
2
时，g(x)取得最大值 4，
又 2y＋ 4
2y
≥2 2y· 4
2y
＝4，当且仅当 2y＝ 4
2y
，即 y＝1 时，取得最
小值 4.
则|2x－1|－|2x＋3|≤2y＋ 4
2y.
故原不等式成立．
8．[2018·黄山期末](1)已知 a，b∈(0，＋∞)，求证：x，y∈R，
有x2
a
＋y2
b
≥x＋y2
a＋b
；
(2)若 01
2－bc>1
2－ca>1
⇒(2－a)b·(2－b)c·(2－c)a>1，
而 (2 － a)b·(2 － b)c· (2 － c)a ＝ (2 － a)a·(2 － b)b·(2 －
c)c≤
2－a＋a
2 2
2－b＋b
2 2
2－c＋c
2 2＝1，
这与(2－a)b·(2－b)c·(2－c)a>1 矛盾．
所以假设错误，即(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a 不能同时大于 1.
9．[2018·天津期末]已知 x>y>0，m>0.
(1)试比较y
x
与y＋m
x＋m
的大小；
(2)用分析法证明： xy(2－ xy)≤1.
解 (1)因为y
x
－y＋m
x＋m
＝my－x
xx＋m
，x>y>0，m>0.
所以 m(y－x)<0，x(x＋m)>0，
所以my－x
xx＋m<0，即y
x
－y＋m
x＋m<0，
所以y
x0，且( xy－1)2≥0 成立，
所以 xy(2－ xy)≤1.
10．[2018·江阴市期末]已知实数 a>0，b>0.
(1)若 a＋b>2，求证：1＋b
a
，1＋a
b
中至少有一个小于 2；
(2)若 a－b＝2，求证：a3＋b>8.
证明 (1)假设1＋b
a
，1＋a
b
都不小于 2，则1＋b
a
≥2，1＋a
b
≥2，因
为 a>0，b>0，所以 1＋b≥2a,1＋a≥2b，1＋1＋a＋b≥2(a＋b)，
即 2≥a＋b，这与已知 a＋b>2 相矛盾，故假设不成立．
综上，1＋b
a
，1＋a
b
中至少有一个小于 2.
(2)∵a－b＝2，∴b＝a－2，
∵b>0，∴a>2，
∴a3＋b－8＝a3－8＋a－2＝(a－2)(a2＋2a＋5)，
∴(a－2)[(a＋1)2＋4]>0，
∴a3＋b>8.
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