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第二节证明不等式的基本方法、数学归纳法证明不等式
三年3考高考指数:★★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、放缩法等.2.理解数学归纳法的原理及其使用范围，会用数学归纳法证明一些简单问题;3.理解会用数学归纳法证明贝努利不等式(1+x)n＞1+nx(x＞-1,x≠0,n为大于1的自然数).了解当n为大于1的实数时贝努利不等式也成立.
1.利用综合法、分析法证明不等式是高考的热点，且常与函数、三角、基本不等式联系在一起综合考查.2.数学归纳法和放缩法常和数列问题综合考查，是高考对本节内容考查的重点，也是难点.
1.比较法比较法是证明不等式最基本的方法，有作差比较法和作商比较法两种.(1)作差比较法的理论依据是a>b⇔;a0,>1⇒;b<0,>1⇒.a-b>0a-b<0a-b=0a>bab>-1,则的大小关系是_________.【解析】∵a>b>-1,∴a+1>b+1>0,∴<.答案:<
2.综合法与分析法(1)综合法一般地，从出发，利用、公理、、性质等，经过一系列的、而得出命题成立，这种证明方法叫做综合法.综合法又叫或由因导果法.已知条件定义定理推理论证顺推证法
(2)分析法证明命题时，从出发，逐步寻求使它成立的_________，直至所需条件为或____________________（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__________的思考和证明方法.要证的结论条件已知条件一个明显成立的事实充分执果索因
【即时应用】(1)思考：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：BB1B2…BnA(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.
(2)已知等比数列{an}的各项均为正数,且公比q≠1,若则P与Q的大小关系为____________.【解析】由等比数列的性质,a2a9=a4a7,由已知a2>0,a9>0,a2≠a9,∴P=>==Q.答案:P＞Q
3.反证法（1）假设要证的命题_______，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___________（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___________，我们把它称为反证法.（2）证明步骤：反设→推理→归谬→肯定原结论.不成立命题的条件原命题成立
【即时应用】(1)思考:若a,b,c∈(0,1),则(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a能否同时大于?提示:假设(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a同时大于,即有(1-a)b＞,(1-b)c＞,(1-c)a＞,三式同向相乘,得(1-a)a(1-b)b(1-c)c＞又
∴(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤与假设矛盾.故(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a不能同时大于
(2)否定“自然数a、b、c中恰有一个为偶数”时正确的反设为_________________.【解析】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中恰有一个为偶数只包含“二奇一偶”的情况，故反设为a,b,c中至少有两个偶数或都是奇数.答案:a,b,c中至少有两个偶数或都是奇数
4.放缩法（1）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）理论依据a＞b,b＞c⇒a____c.放大缩小＞
【即时应用】(1)lg9·lg11与1的大小关系是_________;(2)设x＞0,y＞0，则A与B的大小关系是__________.
【解析】(1)∵lg9＞0,lg11＞0,∴∴lg9·lg11＜1.(2)∵x＞0，y＞0,∴∴A＜B.答案:(1)lg9·lg11＜1(2)A＜B
5.数学归纳法当要证明一个命题对于不小于某正整数n0的所有正整数n都成立时，可以用以下两个步骤：①证明当______时命题成立；②假设当n=k(k∈N+,且k≥n0)时命题成立，证明_______时命题也成立.在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于不小于n0的所有正整数都成立，这种证明方法称为数学归纳法.n=n0n=k+1
【即时应用】（1）思考:数学归纳法中的n0一定是1吗？为什么?提示:n0不一定是1,一般是指适合命题的第一个正整数，比如证明凸n边形的内角和f(n)=(n-2)×180°，这里面的n应不小于3，即n≥3(n∈N+)，第一个值n0=3.
(2)某个命题与正整数n有关，如果当n=k时该命题成立.那么可推导出当n=k+1时也成立.现已知n=12时，该命题不成立.那么可推得n=______时，该命题不成立.【解析】∵n=12时，命题不成立.∴n=11时命题不成立.同理n=10、9、8、…、2、1时命题均不成立.答案：1、2、3、…、11
用比较法证明不等式【方法点睛】1.作差比较法(1)作差比较法的一般步骤是：作差、变形、判断符号、得出结论.其中,变形整理是关键,变形的目的是为了判断差的符号,常用的变形方法有:因式分解、配方、通分、拆项、添项等.(2)若所证不等式的两边是整式或分式多项式时，常用作差比较法.
2.作商比较法(1)作商比较法的一般步骤是：作商、变形、判断与1的大小关系,得出结论.(2)利用作商比较法时，要注意分母的符号.【提醒】当不等式的两边为对数式时，可用作商比较法证明，另外，要比较的两个解析式均为正值，且不宜用作差比较法时，也常用作商比较法.
【例1】求证：(1)当x∈R时，1+2x4≥2x3+x2.(2)当a，b∈(0，+∞)时，aabb≥【解题指南】第（1）小题的不等式为一元型的整式不等式，因此可考虑利用作差比较法证明；第（2）小题是幂指数型的不等式，可考虑采用作商比较法证明.
【规范解答】(1)方法一：(1+2x4)-(2x3+x2)=2x3(x-1)-(x+1)(x-1)=(x-1)(2x3-x-1)=(x-1)(2x3-2x+x-1)=(x-1)[2x(x2-1)+(x-1)]=(x-1)2(2x2+2x+1)=(x-1)2[2(x+)2+]≥0，∴1+2x4≥2x3+x2.
方法二：(1+2x4)-(2x3+x2)=x4-2x3+x2+x4-2x2+1=(x-1)2·x2+(x2-1)2≥0∴1+2x4≥2x3+x2.
(2)当a=b时，=1.当a＞b＞0时，＞1，＞0，则＞1.当b＞a＞0时，0＜＜1，＜0，则＞1.综上可知，当a、b∈(0，+∞)时，aabb≥成立.
【互动探究】(1)在保持例（2）的条件下，若a＜b，试比较(a2+b2)(a-b)与(a2-b2)(a+b)的大小.【解析】(a2+b2)(a-b)-(a2-b2)(a+b)=(a-b)[a2+b2-(a+b)2]=-2ab(a-b)，又∵0＜a＜b，∴-2ab＜0，a-b＜0，∴-2ab(a-b)＞0，即(a2+b2)(a-b)＞(a2-b2)(a+b).
(2)在例1（2）的条件下，证明【证明】当a=b时，＝1；当a＞b＞0时，0＜＜1，＞0，＜1;当b＞a＞0时，＞1，＜0，＜1，∴
【反思·感悟】1.利用作差比较法时,变形的目的在于判断差的符号,而不必考虑差的值是多少.若遇到结果符号不能确定的情况,这时要对差式进行分类讨论.2.在作商比较中＞1⇒a＞b是不正确的,这与a,b的符号有关,比如:若b＞0,由＞1,可得a＞b,但若b＜0,则由＞1得出的反而是a＜b.也就是说,在利用作商比较法时,要对a、b的符号作出判断.
【变式备选】1.求证:(x+1)(x2++1)＞(x+)(x2+x+1).【证明】因为(x+1)(x2++1)=(x+1)(x2+x+1-)=(x+1)(x2+x+1)-(x+1),(x+)(x2+x+1)=(x+1-)(x2+x+1)=(x+1)(x2+x+1)-(x2+x+1).作差得(x+1)(x2++1)-(x+)(x2+x+1)=(x+1)(x2+x+1)-(x+1)-(x+1)(x2+x+1)+（x2+x+1）=(x2+x+1)-(x2+x)=＞0,∴(x+1)(x2++1)＞(x+)(x2+x+1).
2.若实数x≠1，求证：3（1+x2+x4）＞（1+x+x2）2.【证明】3（1+x2+x4）-(1+x+x2)2=3+3x2+3x4-1-x2-x4-2x-2x2-2x3=2(x4-x3-x+1)=2(x-1)2(x2+x+1)=∵x≠1，从而（x-1）2＞0,且∴∴3（1+x2+x4）＞（1+x+x2）2.
用综合法或分析法证明不等式【方法点睛】1.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，充分利用这一辩证关系，可以拓宽解题思路，开阔知识视野.
2.分析法的应用当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.
【例2】（1）已知a,b,c＞0且互不相等,abc=1.试证明:（2）已知a+b+c=1,求证：【解题指南】(1)由于a,b,c＞0,abc=1,故故本题可考虑利用基本不等式解决.(2)不等式左边为两两乘积的形式,而已知条件是a、b、c和的形式,因此将已知式两边平方,可得出a、b、c两两积及a2、b2、c2和的式子，然后再利用平均不等式将a2+b2+c2转化为a、b、c的两两积之和，得所证不等式.
【规范解答】方法一：∵a,b,c＞0，且互不相等，abc=1.即
方法二：∴以上三式相加，得又∵a,b,c互不相等,∴
方法三:∵a,b,c是互不相等的正数，且abc=1,
(2)∵a+b+c=1,∴a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.又∵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).∴a2+b2+c2≥ab+bc+ca.∴1=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca≥ab+bc+ca+2ab+2bc+2ca=3(ab+bc+ca),∴ab+bc+ca≤
【反思·感悟】本题条件中abc=1是解题的关键.可以先利用“1”的代换，构造利用基本不等式的条件，然后解决问题，也可以先利用基本不等式，然后通过“1”的代换来建立与之间的大小关系的.因此在综合法中，每一个题设条件所反馈出来的“信息”，都是至关重要的，也都有可能成为解题的突破口.
【变式训练】设a,b,c＞0,且ab+bc+ca=1.求证:(1)(2)【证明】(1)要证由于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.∴原不等式成立.(2)在(1)中已证因此要证原不等式成立,只需证明即证即证
而∴(当且仅当a=b=c=33时等号成立).∴原不等式成立.
【变式备选】(1)已知a＞0,b＞0,2c＞a+b.求证：(2)已知a，b，m都是正数，并且a＜b.求证：【证明】（1）方法一：（综合法）因为a+b＜2c,所以a-2c＜-b.又因为a＞0，所以a2-2ac＜-ab,所以（a-c）2＜c2-ab,所以所以所以
方法二：（分析法）要证只需证即证|a-c|＜即证(a-c)2＜c2-ab，即证a2-2ac＜-ab.∵a+b＜2c，∴a-2c＜-b,又a＞0,∴a2-2ac＜-ab显然成立.故原不等式成立.
（2）方法一:分析法要证原不等式成立，只需证b(a+m)＞a(b+m)只需证bm＞am只需证b＞a已知上式成立，所以原不等式成立.
方法二:综合法因为b＞a,m是正数，所以bm＞am两边同时加上ab得b(a+m)＞a（b+m）两边同时除以正数b(b+m)得
用反证法证明不等式【方法点睛】1.适宜用反证法证明的数学命题(1)结论本身是以否定形式出现的一类命题；(2)关于唯一性、存在性的命题；(3)结论以“至多”、“至少”等形式出现的命题；(4)结论的反面比原结论更具体、更容易研究的命题.
2.使用反证法证明问题时，准确地作出反设（即否定结论），是正确运用反证法的前提，常见的“结论词”与“反设词”列表如下：结论词反设词结论词反设词至少有一个一个也没有对所有x成立存在某个x不成立至多有一个至少有两个对任意x不成立至多有n-1个存在某个x成立至少有n个p或q﹁p且﹁q至多有n个至少有n+1个p且q﹁p或﹁q
【例3】（1）若a3+b3=2，求证:a+b≤2.（2）设二次函数f(x)=x2+px+q，求证：|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一个不小于【解题指南】(1)直接证明a+b≤2比较困难，可考虑从反面入手，运用反证法，导出矛盾，从而证得结论.(2)当要证明几个代数式中至少有一个满足条件时，通常采用反证法进行.
【规范解答】(1)方法一:假设a+b＞2,而a2-ab+b2=但取等号的条件为a=b=0,显然不可能,∴a2-ab+b2＞0.则a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)＞2(a2-ab+b2),而a3+b3=2,故a2-ab+b2＜1.∴1+ab＞a2+b2≥2ab.从而ab＜1.∴a2+b2＜1+ab＜2.∴(a+b)2=a2+b2+2ab＜2+2ab＜4.∴a+b＜2.这与假设矛盾，故a+b≤2.
方法二:假设a+b＞2，则a＞2-b,故2=a3+b3＞(2-b)3+b3，即2＞8-12b+6b2,即(b-1)2＜0，这不可能，从而a+b≤2.方法三:假设a+b＞2,则(a+b)3=a3+b3+3ab(a+b)＞8.由a3+b3=2,得3ab(a+b)＞6.故ab(a+b)＞2.又a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=2.∴ab(a+b)＞(a+b)(a2-ab+b2).∴a2-ab+b2＜ab,即(a-b)2＜0.这不可能，故a+b≤2.
(2)假设|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|都小于则|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|＜2.①另一方面，由绝对值不等式的性质，有|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|≥|f(1)-2f(2)+f(3)|=|(1+p+q)-2(4+2p+q)+(9+3p+q)|②=2①、②两式的结果矛盾，所以假设不成立，原来的结论正确.
【反思·感悟】1.本题(1)三种方法均采用反证法，有的推至与假设矛盾，有的推至与已知事实矛盾.一般来说,结论的语气过于肯定或肯定“过头”时,都可以考虑采用反证法.2.因为本题(1)的已知条件非常少,为了增加可利用的条件,从反证法的角度来说,“假设”也是已知条件，固而可考虑采用反证法.
【变式训练】1.若a、b、c均为实数,且a=x2-2y+b=y2-2z+c=z2-2x+求证:a、b、c中至少有一个大于0.2.已知a，b，c∈R，f(x)=ax2+bx+c.若a+c=0，f(x)在[-1，1]上最大值为2，最小值为求证:a≠0且
【证明】1.假设a,b,c都不大于0,即a≤0,b≤0,c≤0，则a+b+c≤0.而a+b+c==(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2+π-3.∵π-3＞0,且(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2≥0.∴a+b+c＞0，这与a+b+c≤0矛盾,因此a,b,c中至少有一个大于0.
2.由a+c=0得c=-a，∴f(x)=ax2+bx-a.假设a=0或①由a=0，得f(x)=bx，依题意知b≠0，又f(x)在[-1，1]上是单调函数，∴f(x)的最大值为|b|，最小值为-|b|.于是|b|=2，-|b|=显然矛盾，故a≠0.
②由得且a≠0，因f(x)在[-1，1]上单调，故其最大值为|b|，最小值为-|b|，由①知这是不可能的，所以不成立.综合①②可知，假设不成立，故a≠0且
用放缩法或数学归纳法证明不等式【方法点睛】放缩法或数学归纳法证明不等式的技巧（1）与自然数n有关的不等式证明问题，如果用常规方法有困难，可以考虑利用数学归纳法来证明.在利用数学归纳法证明不等式时，在第二步骤中，要注意利用归纳假设.同时，这一步骤往往会涉及到分析法、放缩法等综合方法.
（2）放缩法证明不等式，就是利用不等式的传递性证明不等关系，即要证a＞b，只需先证明a＞p，且p＞b.其中p的确定是最重要，也是最困难的，要凭借对题意的深刻分析，对式子巧妙变形的能力以及一定的解题经验.
【例4】在数列{an}，{bn}中，a1=2，b1=4，且an，bn，an+1成等差数列，bn，an+1，bn+1成等比数列.（1）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论；（2）证明：【解题指南】问题（1）属于归纳—猜想问题，应利用数学归纳法证明；问题（2）可通过缩小分母，即放大不等式的左侧来证明不等式.
【规范解答】（1）由条件得2bn=an+an+1，an+12=bnbn+1，由此可得a2=6，b2=9，a3=12，b3=16，a4=20，b4=25.猜测an=n(n+1)，bn=(n+1)2.用数学归纳法证明：①当n=1时，由上可得结论成立.②假设当n=k(k≥1且k∈N)时，结论成立，即ak=k(k+1)，bk=(k+1)2，
那么当n=k+1时，ak+1=2bk-ak=2(k+1)2-k(k+1)=(k+1)(k+2)，所以当n=k+1时，结论也成立.由①②，可知an=n(n+1)，bn=(n+1)2对一切正整数都成立.(2)当n=1时,结论成立.当n≥2时，由(1)知an+bn=(n+1)(2n+1)＞2(n+1)n.
故结论也成立.综上，原不等式成立.
【反思·感悟】1.用数学归纳法证明有关问题的关键在第二步,即n=k+1时为什么成立;n=k+1时成立是利用假设n=k时成立,根据有关的定理、定义、公式、性质等数学结论推证出n=k+1时成立，而不是直接代入，否则n=k+1时也成假设了，命题并没有得到证明.2.用数学归纳法可证明有关的正整数问题，但并不是所有的正整数问题都可以用数学归纳法证明，学习时要具体问题具体分析.
【变式训练】设f(k)表示区间［2k-1，2k］(k∈N*)上自然数的个数,Sn=f(1)+f(2)+…+f(n).(1)求Sn的表达式；(2)设Pn=n2+n-1（n∈N*）,试比较Sn与Pn的大小，并说明理由.【解析】（1）由题意知f(k)=2k-2k-1+1=2k-1+1，则Sn=f(1)+f(2)+…+f(n)=(20+1)+(21+1)+…+(2n-1+1)=2n+n-1.
（2）因为Sn-Pn=2n-n2.当n=1时，S1-P1＞0；当n=2时，S2-P2=0；当n=3时，S3-P3＜0；当n=4时，S4-P4=0；当n=5时，S5-P5＞0；当n=6时，S6-P6＞0；故猜想：当n≥5时，都有Sn＞Pn.证明如下：方法一：①当n=5时，已证S5-P5＞0，所以结论成立；
②假设当n=k(k≥5,k∈N*)时，结论成立，即Sk＞Pk即2k＞k2，那么当n=k+1时，Sk+1-Pk+1=2k+1-(k+1)2=2·2k-(k+1)2＞2k2-(k+1)2=k2-2k-1=(k-1)2-2当k≥5时，(k-1)2-2＞0恒成立，则2k+1＞（k+1）2，所以当n=k+1时，结论也成立.由①②知，当n≥5时，都有Sn＞Pn.
方法二：当n≥5时，由于2n==n2+n+2＞n2,所以Sn-Pn=2n-n2＞0,综上：当n=2或4时，Sn=Pn；当n=3时，Sn＜Pn；当n=1或n≥5时，Sn＞Pn.
