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第58讲 不等式的证明
【练基础】
1．若a>0，b>0，且＋＝.
(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．
2．设不等式|2x－1|<1的解集为M.
(1)求集合M；
(2)若a，b∈M，试比较ab＋1与a＋b的大小．
3．(1)设x≥1，y≥1，证明：x＋4y＋≤＋＋xy；
(2)设14．设不等式||x＋1|－|x－1||<2的解集为A.
(1)求集合A；
(2)若a，b，c∈A，求证：>1.
5．已知a>0，b>0，c>0，且a＋b＋c＝3.证明：
(1)a2＋b2＋c2≥3；
(2)＋＋≥3.
6．设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：
(1)若ab>cd，则＋>＋；
(2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．
7．(1)已知函数f(x)＝|x＋1|＋|x－a|(a>0)，若不等式f(x)≥5的解集为{x|x≤－2或x≥3}，求a的值；
(2)已知a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝m，求证：＋＋≥.
8．已知a>0，b>0，c>0，函数f(x)＝|a－x|＋|x＋b|＋c.
(1)当a＝b＝c＝2时，求不等式f(x)<8的解集；
(2)若函数f(x)的最小值为1，求证：a2＋b2＋c2≥.
【练提升】
1．已知函数f(x)＝|x|＋|x－1|.
(1)若f(x)≥|m－1|恒成立，求实数m的最大值M；
(2)在(1)成立的条件下，正实数a，b满足a2＋b2＝M，证明：a＋b≥2ab.
2．已知a，b为正实数．
(1)求证：＋≥a＋b；
(2)利用(1)的结论求函数y＝＋(03．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|.
4．已知函数f(x)＝|x－1|＋|x－5|.
(1)解关于x的不等式f(x)>6；
(2)记f(x)的最小值为m，已知实数a，b，c都是正实数，且＋＋＝，求证：a＋2b＋3c≥9.
5．设a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.
求证：(1)a＋b＋c≥；
(2) ＋ ＋ ≥(＋＋)．
6．已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.
证明：(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
7．已知a>0，b>0，函数f(x)＝|2x＋a|＋2＋1的最小值为2.
(1)求a＋b的值；
(2)求证：a＋log3≥3－b.
9．已知a>0，b>0，且a2＋b2＝2.
(1)若＋≥|2x－1|－|x－1|恒成立，求x的取值范围；
(2)证明：(a5＋b5)≥4.
第58讲 不等式的证明
【练基础】
1．若a>0，b>0，且＋＝.
(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．
【解析】(1)由＝＋≥，得ab≥2，且当a＝b＝时等号成立．
故a3＋b3≥2≥4，且当a＝b＝时等号成立．
所以a3＋b3的最小值为4.
(2)由(1)知，2a＋3b≥2≥4.
由于4>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.
2．设不等式|2x－1|<1的解集为M.
(1)求集合M；
(2)若a，b∈M，试比较ab＋1与a＋b的大小．
【解析】(1)由|2x－1|<1，得－1<2x－1<1，
解得0(2)由(1)和a，b∈M可知0所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)>0，
故ab＋1>a＋b.
3．(1)设x≥1，y≥1，证明：x＋4y＋≤＋＋xy；
(2)设1证明：(1)由于x≥1，y≥1，
所以x＋y＋≤＋＋xy xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.
将上式的右式减左式，得[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)·(x－1)(y－1)≥0.
因为x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，
从而所要证明的不等式成立．
(2)设logab＝x，logbc＝y，由对数的换底公式得logca＝，logba＝，logcb＝，logac＝xy.
于是，所要证明的不等式即为x＋y＋≤＋＋xy，其中x＝logab≥1，y＝logbc≥1.
故由(1)可知所要证明的不等式成立．
4．设不等式||x＋1|－|x－1||<2的解集为A.
(1)求集合A；
(2)若a，b，c∈A，求证：>1.
【解析】(1)由已知，令f(x)＝|x＋1|－|x－1|
＝
由|f(x)|<2得－1(2)证明：要证>1，只需证|1－abc|>|ab－c|，
只需证1＋a2b2c2>a2b2＋c2，只需证1－a2b2>c2(1－a2b2)，
只需证(1－a2b2)(1－c2)>0，由a，b，c∈A，得－1所以(1－a2b2)(1－c2)>0恒成立．
综上，>1.
5．已知a>0，b>0，c>0，且a＋b＋c＝3.证明：
(1)a2＋b2＋c2≥3；
(2)＋＋≥3.
证明：(1)因为(a2＋b2＋c2)(12＋12＋12)≥(a×1＋b×1＋c×1)2＝9，
所以a2＋b2＋c2≥3，当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．
(2)因为(a＋b＋c)≥2＝9，所以＋＋≥3，
当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．
6．设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：
(1)若ab>cd，则＋>＋；
(2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．
证明　(1)因为(＋)2＝a＋b＋2，
(＋)2＝c＋d＋2，
由题设知a＋b＝c＋d，ab>cd，得
(＋)2>(＋)2.
因此＋>＋.
(2)①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＋>＋，即必要性成立；
②若＋>＋，则(＋)2>(＋)2，
即a＋b＋2>c＋d＋2.
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|，即充分性成立．
综上，＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．
7．(1)已知函数f(x)＝|x＋1|＋|x－a|(a>0)，若不等式f(x)≥5的解集为{x|x≤－2或x≥3}，求a的值；
(2)已知a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝m，求证：＋＋≥.
【解析】(1)因为a>0，
所以f(x)＝|x＋1|＋|x－a|＝
又不等式f(x)≥5的解集为{x|x≤－2或x≥3}，
解得a＝2.
(2)证明：＋＋
＝
＝
＝
≥.
8．已知a>0，b>0，c>0，函数f(x)＝|a－x|＋|x＋b|＋c.
(1)当a＝b＝c＝2时，求不等式f(x)<8的解集；
(2)若函数f(x)的最小值为1，求证：a2＋b2＋c2≥.
【解析】(1)当a＝b＝c＝2时，
f(x)＝|x－2|＋|x＋2|＋2＝
当x≤－2时，f(x)<8即为2－2x<8，解得x>－3，
所以－3当－2所以－2当x≥2时，f(x)<8即为2x＋2<8，解得x<3，
所以2≤x<3.
综上所述，不等式f(x)<8的解集为{x|－3(2)证明：因为a>0，b>0，c>0，
所以f(x)＝|a－x|＋|x＋b|＋c
≥|a－x＋x＋b|＋c＝|a＋b|＋c
＝a＋b＋c.
因为f(x)的最小值为1，所以a＋b＋c＝1.
所以(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝1.
因为2ab≤a2＋b2,2bc≤b2＋c2,2ac≤a2＋c2，
所以1＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc≤3(a2＋b2＋c2)，
所以a2＋b2＋c2≥.
【练提升】
1．已知函数f(x)＝|x|＋|x－1|.
(1)若f(x)≥|m－1|恒成立，求实数m的最大值M；
(2)在(1)成立的条件下，正实数a，b满足a2＋b2＝M，证明：a＋b≥2ab.
【解析】(1)由已知可得
f(x)＝
∴f(x)min＝1，
∴只需|m－1|≤1，解得－1≤m－1≤1，
∴0≤m≤2，∴实数m的最大值M＝2.
(2)证明：法一(综合法)：
∵a2＋b2≥2ab，∴ab≤1，
∴≤1，当且仅当a＝b时取等号． ①
又∵≤，∴≤，
∴≤，当且仅当a＝b时取等号， ②
由①②得≤，∴a＋b≥2ab.
法二(分析法)：
∵a>0，b>0，
∴要证a＋b≥2ab，
只需证(a＋b)2≥4a2b2，
即证a2＋b2＋2ab≥4a2b2，
∵a2＋b2＝2，
∴只要证2＋2ab≥4a2b2，
即证2(ab)2－ab－1≤0，
即证(2ab＋1)(ab－1)≤0.
∵2ab＋1>0，∴只需证ab≤1，
下证ab≤1.
∵2＝a2＋b2≥2ab，∴ab≤1成立，
∴a＋b≥2ab.
2．已知a，b为正实数．
(1)求证：＋≥a＋b；
(2)利用(1)的结论求函数y＝＋(0【解析】(1)证明：因为＋－(a＋b)
＝＝
＝.
又因为a>0，b>0，所以≥0，
当且仅当a＝b时等号成立．
所以＋≥a＋b.
(2)因为00，
由(1)的结论，函数y＝＋
≥(1－x)＋x＝1.
当且仅当1－x＝x即x＝时等号成立．
所以函数y＝＋(03．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|.
【解析】(1)f(x)＝
当x≤－时，由f(x)<2，得－2x<2，
解得x>－1，即－1当－当x≥时，由f(x)<2，得2x<2，
解得x<1，即≤x<1.
所以f(x)<2的解集M＝{x|－1(2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－14．已知函数f(x)＝|x－1|＋|x－5|.
(1)解关于x的不等式f(x)>6；
(2)记f(x)的最小值为m，已知实数a，b，c都是正实数，且＋＋＝，求证：a＋2b＋3c≥9.
【解析】(1)f(x)＝|x－1|＋|x－5|>6，
则有或
或
解得x<0或x>6.
综上所述，不等式f(x)>6的解集为(－∞，0)∪(6，＋∞)．
(2)证明：由f(x)＝|x－1|＋|x－5|≥|x－1－(x－5)|＝4(x＝3时取等号)．
∴f(x)min＝4.即m＝4，从而＋＋＝1，
a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)
＝3＋＋＋≥9.
5．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(a＋b＋c)2≥3，
即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，
又ab＋bc＋ca＝1，
故需证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)，
即证a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
又易知ab＋bc＋ca≤＋＋＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)，
∴原不等式成立．
(2) ＋ ＋ ＝.
由于(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.
又a＝≤，
b≤，c≤，
∴a＋b＋c≤ab＋bc＋ca.
∴原不等式成立．
6．已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.
证明：(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
证明　(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，
又abc＝1，
故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝
＝＋＋.
当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．
所以＋＋≤a2＋b2＋c2.
(2)因为a，b，c为正数且abc＝1，
故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3
≥3＝3(a＋b)(b＋c)(c＋a)
≥3×(2)×(2)×(2)＝24.
当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
7．已知a>0，b>0，函数f(x)＝|2x＋a|＋2＋1的最小值为2.
(1)求a＋b的值；
(2)求证：a＋log3≥3－b.
【解析】(1)因为f(x)＝|2x＋a|＋|2x－b|＋1≥|2x＋a－(2x－b)|＋1＝|a＋b|＋1，
当且仅当(2x＋a)(2x－b)≤0时，等号成立，
又a>0，b>0，所以|a＋b|＝a＋b，
所以f(x)的最小值为a＋b＋1＝2，所以a＋b＝1.
(2)证明：由(1)知，a＋b＝1，
所以＋＝(a＋b)＝1＋4＋＋≥5＋2 ＝9，
当且仅当＝且a＋b＝1，即a＝，b＝时取等号．
所以log3≥log39＝2，
所以a＋b＋log3≥1＋2＝3，
即a＋log3≥3－b.
9．已知a>0，b>0，且a2＋b2＝2.
(1)若＋≥|2x－1|－|x－1|恒成立，求x的取值范围；
(2)证明：(a5＋b5)≥4.
【解析】(1)设y＝|2x－1|－|x－1|
＝
由a2＋b2＝2，得(a2＋b2)＝1，
故＋＝(a2＋b2)
＝
≥＝，
当且仅当a2＝，b2＝时取等号，
所以≥|2x－1|－|x－1|.
当x≥1时，x≤，得1≤x≤；
当解得x≤，故当x≤时，－x≤，解得x≥－，
故－≤x≤，
综上可知，－≤x≤.
(2)证明：(a5＋b5)＝a4＋b4＋＋，
＝(a2＋b2)2＋＋－2a2b2，
≥(a2＋b2)2＋2－2a2b2
＝(a2＋b2)2＝4，
当且仅当a＝b＝1时取等号．第58讲 不等式的证明
【课标解读】
了解不等式证明的基本方法：比较法、综合法、分析法，并能应用它们证明一些简单的不等式．
【备考策略】
从近三年高考情况来看，本讲是高考命题的一个热点．预测2022年将会考查：①与基本不等式结合证明不等式；②与恒成立、探索性问题结合，题型为解答题，属中档题型.
【核心知识】
1．基本不等式
定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．
定理2：如果a，b＞0，那么≥，当且仅当a＝b时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．
定理3：如果a，b，c∈R＋，那么≥，当且仅当a＝b＝c 时，等号成立．
2．比较法
(1)作差法的依据是：a－b＞0 a＞b.
(2)作商法：若B＞0，欲证A≥B，只需证≥1.
3．综合法与分析法
(1)综合法：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．
(2)分析法：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．
4．反证法
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．
5．放缩法
证明不等式时，通过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．
6．柯西不等式
(1)设a，b，c，d均为实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时等号成立．
(2)若ai，bi(i∈N*)为实数，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq \i\su(i＝1,n, a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq \i\su(i＝1,n, b)))≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1( ))2，当且仅当＝＝…＝(当ai＝0时，约定bi＝0，i＝1,2，…，n)时等号成立．
(3)柯西不等式的向量形式：设α，β为平面上的两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当α，β共线时等号成立．
【高频考点】
高频考点一　分析法、综合法证明不等式
例1.(2020·全国卷Ⅲ)设a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc＝1.
(1)证明：ab＋bc＋ca<0；
(2)用max{a，b，c}表示a，b，c的最大值，证明：max{a，b，c}≥.
【方法技巧】综合法证明不等式的方法
(1)综合法证明不等式，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；
(2)在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用的．在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条件．　　
【变式探究】已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：
(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；
(2)a＋b≤2.
【变式探究】(2019·全国卷Ⅰ)已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：
(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
高频考点二　放缩法证明不等式
例2.若a，b∈R，求证：≤＋.
【方法技巧】用放缩法证明不等式
将所证不等式中的某些项适当放大或缩小(主要方法是拆分、配凑、增减项等)，可使有关项之间的不等关系更加明晰，更加强化，且有利于式子的代数变形、化简，从而达到证明的目的．这种方法灵活性较大，技巧性较强．　　
【变式探究】求证：＋＋＋…＋<.
证明：∵2n－1＝2·2n－1－1
＝2·2n－1－＝2n－1≥·2n－1(n≥3)，
∴≤·，
∴＋＋＋…＋
<1＋＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋…＋))
＝＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))<＋
＝<＝.
高频考点三　柯西不等式的应用
例3、(2019·全国卷Ⅲ)设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.
(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；
(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立，证明：a≤－3或a≥－1.
【方法技巧】柯西不等式的应用类型及解题策略
类型 解题策略
求表达式的最值 依据已知条件，利用柯西不等式求最值，注意等号成立的条件
求解析式的值 利用柯西不等式的条件，注意等号成立的条件，进而求得各个量的值，从而求出解析式的值
证明不等式 注意所证不等式的结构特征，寻找柯西不等式的条件，然后证明
【变式探究】已知x，y，z均为实数．
(1)求证：1＋2x4≥2x3＋x2；
(2)若x＋2y＋3z＝6，求x2＋y2＋z2的最小值．
【举一反三】已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]．
(1)求m的值；
(2)若a，b，c∈R＋，且＋＋＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.
第58讲 不等式的证明
【课标解读】
了解不等式证明的基本方法：比较法、综合法、分析法，并能应用它们证明一些简单的不等式．
【备考策略】
从近三年高考情况来看，本讲是高考命题的一个热点．预测2022年将会考查：①与基本不等式结合证明不等式；②与恒成立、探索性问题结合，题型为解答题，属中档题型.
【核心知识】
1．基本不等式
定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．
定理2：如果a，b＞0，那么≥，当且仅当a＝b时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．
定理3：如果a，b，c∈R＋，那么≥，当且仅当a＝b＝c 时，等号成立．
2．比较法
(1)作差法的依据是：a－b＞0 a＞b.
(2)作商法：若B＞0，欲证A≥B，只需证≥1.
3．综合法与分析法
(1)综合法：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．
(2)分析法：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．
4．反证法
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．
5．放缩法
证明不等式时，通过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．
6．柯西不等式
(1)设a，b，c，d均为实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时等号成立．
(2)若ai，bi(i∈N*)为实数，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq \i\su(i＝1,n, a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq \i\su(i＝1,n, b)))≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1( ))2，当且仅当＝＝…＝(当ai＝0时，约定bi＝0，i＝1,2，…，n)时等号成立．
(3)柯西不等式的向量形式：设α，β为平面上的两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当α，β共线时等号成立．
【高频考点】
高频考点一　分析法、综合法证明不等式
例1.(2020·全国卷Ⅲ)设a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc＝1.
(1)证明：ab＋bc＋ca<0；
(2)用max{a，b，c}表示a，b，c的最大值，证明：max{a，b，c}≥.
[证明]　(1)由题设可知，a，b，c均不为零，
所以ab＋bc＋ca＝[(a＋b＋c)2－(a2＋b2＋c2)]
＝－(a2＋b2＋c2)<0.
(2)不妨设max{a，b，c}＝a，
因为abc＝1，a＝－(b＋c)，
所以a>0，b<0，c<0.
由bc≤，可得abc≤，故a≥ ，
所以max{a，b，c}≥ .
【方法技巧】综合法证明不等式的方法
(1)综合法证明不等式，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；
(2)在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用的．在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条件．　　
【变式探究】已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：
(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；
(2)a＋b≤2.
[证明]　(1)因为a>0，b>0，a3＋b3＝2，
所以要证(a＋b)(a5＋b5)≥4，
只需证(a＋b)(a5＋b5)≥(a3＋b3)2，
即证a6＋ab5＋a5b＋b6≥a6＋2a3b3＋b6，
即证a4＋b4≥2a2b2.
因为(a2－b2)2≥0，所以a4＋b4≥2a2b2成立，
故原不等式成立．
(2)要证a＋b≤2，
只需证(a＋b)3≤8，
即证a3＋3a2b＋3ab2＋b3≤8，
即证ab(a＋b)≤2，
即证ab(a＋b)≤a3＋b3，
即证ab(a＋b)≤(a＋b)(a2－ab＋b2)，
即证ab≤a2－ab＋b2，
即证a2＋b2≥2ab，此式显然成立．
故原不等式成立．
【变式探究】(2019·全国卷Ⅰ)已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：
(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
证明：(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，
又abc＝1，
所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋，
当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．
所以＋＋≤a2＋b2＋c2.
(2)因为a，b，c为正数且abc＝1，
故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3
≥3＝3(a＋b)(b＋c)(c＋a)
≥3×(2)×(2)×(2)＝24.
当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
高频考点二　放缩法证明不等式
例2.若a，b∈R，求证：≤＋.
[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|
≥，
所以＝≤
＝＝＋
≤＋.
【方法技巧】用放缩法证明不等式
将所证不等式中的某些项适当放大或缩小(主要方法是拆分、配凑、增减项等)，可使有关项之间的不等关系更加明晰，更加强化，且有利于式子的代数变形、化简，从而达到证明的目的．这种方法灵活性较大，技巧性较强．　　
【变式探究】求证：＋＋＋…＋<.
证明：∵2n－1＝2·2n－1－1
＝2·2n－1－＝2n－1≥·2n－1(n≥3)，
∴≤·，
∴＋＋＋…＋
<1＋＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋…＋))
＝＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))<＋
＝<＝.
高频考点三　柯西不等式的应用
例3、(2019·全国卷Ⅲ)设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.
(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；
(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立，证明：a≤－3或a≥－1.
【解析】(1)因为[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]·(12＋12＋12)≥[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2，
所以由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，
当且仅当x＝，y＝－，z＝－时等号成立．
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为.
(2)证明：因为[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]·(12＋12＋12)≥[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2，
所以由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，
当且仅当x＝，y＝，z＝时等号成立．
所以(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为.
由题设知≥，解得a≤－3或a≥－1.
【方法技巧】柯西不等式的应用类型及解题策略
类型 解题策略
求表达式的最值 依据已知条件，利用柯西不等式求最值，注意等号成立的条件
求解析式的值 利用柯西不等式的条件，注意等号成立的条件，进而求得各个量的值，从而求出解析式的值
证明不等式 注意所证不等式的结构特征，寻找柯西不等式的条件，然后证明
【变式探究】已知x，y，z均为实数．
(1)求证：1＋2x4≥2x3＋x2；
(2)若x＋2y＋3z＝6，求x2＋y2＋z2的最小值．
【解析】(1)证明：因为(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)2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋)) 2＋))≥0，
所以1＋2x4≥2x3＋x2.
(2)因为6＝x＋2y＋3z≤·(由柯西不等式得)，所以x2＋y2＋z2≥，
当且仅当x＝＝，即x＝，y＝，z＝时，x2＋y2＋z2有最小值.
【举一反三】已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]．
(1)求m的值；
(2)若a，b，c∈R＋，且＋＋＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.
【解析】(1)因为f(x＋2)＝m－|x|，f(x＋2)≥0等价于|x|≤m，由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}．
又f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m＝1.
(2)证明：由(1)知＋＋＝1，又a，b，c∈R＋，由柯西不等式得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋＋))≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(·＋·＋·))2＝9.所以不等式得证．

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