資源簡介

第58講 不等式的證明
【練基礎】
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？并說明理由．
2．設不等式|2x－1|<1的解集為M.
(1)求集合M；
(2)若a，b∈M，試比較ab＋1與a＋b的大小．
3．(1)設x≥1，y≥1，證明：x＋4y＋≤＋＋xy；
(2)設14．設不等式||x＋1|－|x－1||<2的解集為A.
(1)求集合A；
(2)若a，b，c∈A，求證：>1.
5．已知a>0，b>0，c>0，且a＋b＋c＝3.證明：
(1)a2＋b2＋c2≥3；
(2)＋＋≥3.
6．設a，b，c，d均為正數，且a＋b＝c＋d，證明：
(1)若ab>cd，則＋>＋；
(2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要條件．
7．(1)已知函數f(x)＝|x＋1|＋|x－a|(a>0)，若不等式f(x)≥5的解集為{x|x≤－2或x≥3}，求a的值；
(2)已知a，b，c為正實數，且a＋b＋c＝m，求證：＋＋≥.
8．已知a>0，b>0，c>0，函數f(x)＝|a－x|＋|x＋b|＋c.
(1)當a＝b＝c＝2時，求不等式f(x)<8的解集；
(2)若函數f(x)的最小值為1，求證：a2＋b2＋c2≥.
【練提升】
1．已知函數f(x)＝|x|＋|x－1|.
(1)若f(x)≥|m－1|恒成立，求實數m的最大值M；
(2)在(1)成立的條件下，正實數a，b滿足a2＋b2＝M，證明：a＋b≥2ab.
2．已知a，b為正實數．
(1)求證：＋≥a＋b；
(2)利用(1)的結論求函數y＝＋(03．已知函數f(x)＝＋，M為不等式f(x)<2的解集．
(1)求M；
(2)證明：當a，b∈M時，|a＋b|<|1＋ab|.
4．已知函數f(x)＝|x－1|＋|x－5|.
(1)解關于x的不等式f(x)>6；
(2)記f(x)的最小值為m，已知實數a，b，c都是正實數，且＋＋＝，求證：a＋2b＋3c≥9.
5．設a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.
求證：(1)a＋b＋c≥；
(2) ＋ ＋ ≥(＋＋)．
6．已知a，b，c為正數，且滿足abc＝1.
證明：(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
7．已知a>0，b>0，函數f(x)＝|2x＋a|＋2＋1的最小值為2.
(1)求a＋b的值；
(2)求證：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的取值范圍；
(2)證明：(a5＋b5)≥4.
第58講 不等式的證明
【練基礎】
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？并說明理由．
【解析】(1)由＝＋≥，得ab≥2，且當a＝b＝時等號成立．
故a3＋b3≥2≥4，且當a＝b＝時等號成立．
所以a3＋b3的最小值為4.
(2)由(1)知，2a＋3b≥2≥4.
由于4>6，從而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.
2．設不等式|2x－1|<1的解集為M.
(1)求集合M；
(2)若a，b∈M，試比較ab＋1與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)設x≥1，y≥1，證明：x＋4y＋≤＋＋xy；
(2)設1證明：(1)由于x≥1，y≥1，
所以x＋y＋≤＋＋xy xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.
將上式的右式減左式，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.
因為x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，
從而所要證明的不等式成立．
(2)設logab＝x，logbc＝y，由對數的換底公式得logca＝，logba＝，logcb＝，logac＝xy.
于是，所要證明的不等式即為x＋y＋≤＋＋xy，其中x＝logab≥1，y＝logbc≥1.
故由(1)可知所要證明的不等式成立．
4．設不等式||x＋1|－|x－1||<2的解集為A.
(1)求集合A；
(2)若a，b，c∈A，求證：>1.
【解析】(1)由已知，令f(x)＝|x＋1|－|x－1|
＝
由|f(x)|<2得－1(2)證明：要證>1，只需證|1－abc|>|ab－c|，
只需證1＋a2b2c2>a2b2＋c2，只需證1－a2b2>c2(1－a2b2)，
只需證(1－a2b2)(1－c2)>0，由a，b，c∈A，得－1所以(1－a2b2)(1－c2)>0恒成立．
綜上，>1.
5．已知a>0，b>0，c>0，且a＋b＋c＝3.證明：
(1)a2＋b2＋c2≥3；
(2)＋＋≥3.
證明：(1)因為(a2＋b2＋c2)(12＋12＋12)≥(a×1＋b×1＋c×1)2＝9，
所以a2＋b2＋c2≥3，當且僅當a＝b＝c＝1時，等號成立．
(2)因為(a＋b＋c)≥2＝9，所以＋＋≥3，
當且僅當a＝b＝c＝1時，等號成立．
6．設a，b，c，d均為正數，且a＋b＝c＋d，證明：
(1)若ab>cd，則＋>＋；
(2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要條件．
證明　(1)因為(＋)2＝a＋b＋2，
(＋)2＝c＋d＋2，
由題設知a＋b＝c＋d，ab>cd，得
(＋)2>(＋)2.
因此＋>＋.
(2)①若|a－b|<|c－d|，則(a－b)2<(c－d)2，
即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.
因為a＋b＝c＋d，所以ab>cd；
由(1)得＋>＋，即必要性成立；
②若＋>＋，則(＋)2>(＋)2，
即a＋b＋2>c＋d＋2.
因為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．
綜上，＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要條件．
7．(1)已知函數f(x)＝|x＋1|＋|x－a|(a>0)，若不等式f(x)≥5的解集為{x|x≤－2或x≥3}，求a的值；
(2)已知a，b，c為正實數，且a＋b＋c＝m，求證：＋＋≥.
【解析】(1)因為a>0，
所以f(x)＝|x＋1|＋|x－a|＝
又不等式f(x)≥5的解集為{x|x≤－2或x≥3}，
解得a＝2.
(2)證明：＋＋
＝
＝
＝
≥.
8．已知a>0，b>0，c>0，函數f(x)＝|a－x|＋|x＋b|＋c.
(1)當a＝b＝c＝2時，求不等式f(x)<8的解集；
(2)若函數f(x)的最小值為1，求證：a2＋b2＋c2≥.
【解析】(1)當a＝b＝c＝2時，
f(x)＝|x－2|＋|x＋2|＋2＝
當x≤－2時，f(x)<8即為2－2x<8，解得x>－3，
所以－3當－2所以－2當x≥2時，f(x)<8即為2x＋2<8，解得x<3，
所以2≤x<3.
綜上所述，不等式f(x)<8的解集為{x|－3(2)證明：因為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.
因為f(x)的最小值為1，所以a＋b＋c＝1.
所以(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝1.
因為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≥.
【練提升】
1．已知函數f(x)＝|x|＋|x－1|.
(1)若f(x)≥|m－1|恒成立，求實數m的最大值M；
(2)在(1)成立的條件下，正實數a，b滿足a2＋b2＝M，證明：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，∴實數m的最大值M＝2.
(2)證明：法一(綜合法)：
∵a2＋b2≥2ab，∴ab≤1，
∴≤1，當且僅當a＝b時取等號． ①
又∵≤，∴≤，
∴≤，當且僅當a＝b時取等號， ②
由①②得≤，∴a＋b≥2ab.
法二(分析法)：
∵a>0，b>0，
∴要證a＋b≥2ab，
只需證(a＋b)2≥4a2b2，
即證a2＋b2＋2ab≥4a2b2，
∵a2＋b2＝2，
∴只要證2＋2ab≥4a2b2，
即證2(ab)2－ab－1≤0，
即證(2ab＋1)(ab－1)≤0.
∵2ab＋1>0，∴只需證ab≤1，
下證ab≤1.
∵2＝a2＋b2≥2ab，∴ab≤1成立，
∴a＋b≥2ab.
2．已知a，b為正實數．
(1)求證：＋≥a＋b；
(2)利用(1)的結論求函數y＝＋(0【解析】(1)證明：因為＋－(a＋b)
＝＝
＝.
又因為a>0，b>0，所以≥0，
當且僅當a＝b時等號成立．
所以＋≥a＋b.
(2)因為00，
由(1)的結論，函數y＝＋
≥(1－x)＋x＝1.
當且僅當1－x＝x即x＝時等號成立．
所以函數y＝＋(03．已知函數f(x)＝＋，M為不等式f(x)<2的解集．
(1)求M；
(2)證明：當a，b∈M時，|a＋b|<|1＋ab|.
【解析】(1)f(x)＝
當x≤－時，由f(x)<2，得－2x<2，
解得x>－1，即－1當－當x≥時，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)證明：由(1)知，當a，b∈M時，－14．已知函數f(x)＝|x－1|＋|x－5|.
(1)解關于x的不等式f(x)>6；
(2)記f(x)的最小值為m，已知實數a，b，c都是正實數，且＋＋＝，求證：a＋2b＋3c≥9.
【解析】(1)f(x)＝|x－1|＋|x－5|>6，
則有或
或
解得x<0或x>6.
綜上所述，不等式f(x)>6的解集為(－∞，0)∪(6，＋∞)．
(2)證明：由f(x)＝|x－1|＋|x－5|≥|x－1－(x－5)|＝4(x＝3時取等號)．
∴f(x)min＝4.即m＝4，從而＋＋＝1，
a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)
＝3＋＋＋≥9.
5．設a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.
求證：(1)a＋b＋c≥；
(2) ＋ ＋ ≥(＋＋)．
證明：(1)要證a＋b＋c≥，由于a，b，c>0，因此只需證(a＋b＋c)2≥3，
即證a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，
又ab＋bc＋ca＝1，
故需證a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)，
即證a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
又易知ab＋bc＋ca≤＋＋＝a2＋b2＋c2(當且僅當a＝b＝c時等號成立)，
∴原不等式成立．
(2) ＋ ＋ ＝.
由于(1)中已證a＋b＋c≥ ，
因此要證原不等式成立，只需證明≥ ＋＋，
即證a＋b＋c≤1，
即證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為正數，且滿足abc＝1.
證明：(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
證明　(1)因為a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，
又abc＝1，
故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝
＝＋＋.
當且僅當a＝b＝c＝1時，等號成立．
所以＋＋≤a2＋b2＋c2.
(2)因為a，b，c為正數且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.
當且僅當a＝b＝c＝1時，等號成立．
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
7．已知a>0，b>0，函數f(x)＝|2x＋a|＋2＋1的最小值為2.
(1)求a＋b的值；
(2)求證：a＋log3≥3－b.
【解析】(1)因為f(x)＝|2x＋a|＋|2x－b|＋1≥|2x＋a－(2x－b)|＋1＝|a＋b|＋1，
當且僅當(2x＋a)(2x－b)≤0時，等號成立，
又a>0，b>0，所以|a＋b|＝a＋b，
所以f(x)的最小值為a＋b＋1＝2，所以a＋b＝1.
(2)證明：由(1)知，a＋b＝1，
所以＋＝(a＋b)＝1＋4＋＋≥5＋2 ＝9，
當且僅當＝且a＋b＝1，即a＝，b＝時取等號．
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的取值范圍；
(2)證明：(a5＋b5)≥4.
【解析】(1)設y＝|2x－1|－|x－1|
＝
由a2＋b2＝2，得(a2＋b2)＝1，
故＋＝(a2＋b2)
＝
≥＝，
當且僅當a2＝，b2＝時取等號，
所以≥|2x－1|－|x－1|.
當x≥1時，x≤，得1≤x≤；
當解得x≤，故當x≤時，－x≤，解得x≥－，
故－≤x≤，
綜上可知，－≤x≤.
(2)證明：(a5＋b5)＝a4＋b4＋＋，
＝(a2＋b2)2＋＋－2a2b2，
≥(a2＋b2)2＋2－2a2b2
＝(a2＋b2)2＝4，
當且僅當a＝b＝1時取等號．第58講 不等式的證明
【課標解讀】
了解不等式證明的基本方法：比較法、綜合法、分析法，并能應用它們證明一些簡單的不等式．
【備考策略】
從近三年高考情況來看，本講是高考命題的一個熱點．預測2022年將會考查：①與基本不等式結合證明不等式；②與恒成立、探索性問題結合，題型為解答題，屬中檔題型.
【核心知識】
1．基本不等式
定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，當且僅當a＝b時，等號成立．
定理2：如果a，b＞0，那么≥，當且僅當a＝b時，等號成立，即兩個正數的算術平均不小于(即大于或等于)它們的幾何平均．
定理3：如果a，b，c∈R＋，那么≥，當且僅當a＝b＝c 時，等號成立．
2．比較法
(1)作差法的依據是：a－b＞0 a＞b.
(2)作商法：若B＞0，欲證A≥B，只需證≥1.
3．綜合法與分析法
(1)綜合法：一般地，從已知條件出發，利用定義、公理、定理、性質等，經過一系列的推理、論證而得出命題成立．
(2)分析法：從要證的結論出發，逐步尋求使它成立的充分條件，直至所需條件為已知條件或一個明顯成立的事實(定義，公理或已證明的定理，性質等)，從而得出要證的命題成立．
4．反證法
先假設要證的命題不成立，以此為出發點，結合已知條件，應用公理、定義、定理、性質等，進行正確的推理，得到和命題的條件(或已證明的定理、性質、明顯成立的事實等)矛盾的結論，以說明假設不正確，從而證明原命題成立．
5．放縮法
證明不等式時，通過把不等式中的某些部分的值放大或縮小，簡化不等式，從而達到證明的目的．
6．柯西不等式
(1)設a，b，c，d均為實數，則(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，當且僅當ad＝bc時等號成立．
(2)若ai，bi(i∈N*)為實數，則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，當且僅當＝＝…＝(當ai＝0時，約定bi＝0，i＝1,2，…，n)時等號成立．
(3)柯西不等式的向量形式：設α，β為平面上的兩個向量，則|α||β|≥|α·β|，當且僅當α，β共線時等號成立．
【高頻考點】
高頻考點一　分析法、綜合法證明不等式
例1.(2020·全國卷Ⅲ)設a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc＝1.
(1)證明：ab＋bc＋ca<0；
(2)用max{a，b，c}表示a，b，c的最大值，證明：max{a，b，c}≥.
【方法技巧】綜合法證明不等式的方法
(1)綜合法證明不等式，要著力分析已知與求證之間，不等式的左右兩端之間的差異與聯系，合理進行轉換，恰當選擇已知不等式，這是證明的關鍵；
(2)在用綜合法證明不等式時，不等式的性質和基本不等式是最常用的．在運用這些性質時，要注意性質成立的前提條件．　　
【變式探究】已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.證明：
(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；
(2)a＋b≤2.
【變式探究】(2019·全國卷Ⅰ)已知a，b，c為正數，且滿足abc＝1.證明：
(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
高頻考點二　放縮法證明不等式
例2.若a，b∈R，求證：≤＋.
【方法技巧】用放縮法證明不等式
將所證不等式中的某些項適當放大或縮小(主要方法是拆分、配湊、增減項等)，可使有關項之間的不等關系更加明晰，更加強化，且有利于式子的代數變形、化簡，從而達到證明的目的．這種方法靈活性較大，技巧性較強．　　
【變式探究】求證：＋＋＋…＋<.
證明：∵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－))<＋
＝<＝.
高頻考點三　柯西不等式的應用
例3、(2019·全國卷Ⅲ)設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，證明：a≤－3或a≥－1.
【方法技巧】柯西不等式的應用類型及解題策略
類型 解題策略
求表達式的最值 依據已知條件，利用柯西不等式求最值，注意等號成立的條件
求解析式的值 利用柯西不等式的條件，注意等號成立的條件，進而求得各個量的值，從而求出解析式的值
證明不等式 注意所證不等式的結構特征，尋找柯西不等式的條件，然后證明
【變式探究】已知x，y，z均為實數．
(1)求證：1＋2x4≥2x3＋x2；
(2)若x＋2y＋3z＝6，求x2＋y2＋z2的最小值．
【舉一反三】已知函數f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集為[－1,1]．
(1)求m的值；
(2)若a，b，c∈R＋，且＋＋＝m，求證：a＋2b＋3c≥9.
第58講 不等式的證明
【課標解讀】
了解不等式證明的基本方法：比較法、綜合法、分析法，并能應用它們證明一些簡單的不等式．
【備考策略】
從近三年高考情況來看，本講是高考命題的一個熱點．預測2022年將會考查：①與基本不等式結合證明不等式；②與恒成立、探索性問題結合，題型為解答題，屬中檔題型.
【核心知識】
1．基本不等式
定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，當且僅當a＝b時，等號成立．
定理2：如果a，b＞0，那么≥，當且僅當a＝b時，等號成立，即兩個正數的算術平均不小于(即大于或等于)它們的幾何平均．
定理3：如果a，b，c∈R＋，那么≥，當且僅當a＝b＝c 時，等號成立．
2．比較法
(1)作差法的依據是：a－b＞0 a＞b.
(2)作商法：若B＞0，欲證A≥B，只需證≥1.
3．綜合法與分析法
(1)綜合法：一般地，從已知條件出發，利用定義、公理、定理、性質等，經過一系列的推理、論證而得出命題成立．
(2)分析法：從要證的結論出發，逐步尋求使它成立的充分條件，直至所需條件為已知條件或一個明顯成立的事實(定義，公理或已證明的定理，性質等)，從而得出要證的命題成立．
4．反證法
先假設要證的命題不成立，以此為出發點，結合已知條件，應用公理、定義、定理、性質等，進行正確的推理，得到和命題的條件(或已證明的定理、性質、明顯成立的事實等)矛盾的結論，以說明假設不正確，從而證明原命題成立．
5．放縮法
證明不等式時，通過把不等式中的某些部分的值放大或縮小，簡化不等式，從而達到證明的目的．
6．柯西不等式
(1)設a，b，c，d均為實數，則(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，當且僅當ad＝bc時等號成立．
(2)若ai，bi(i∈N*)為實數，則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，當且僅當＝＝…＝(當ai＝0時，約定bi＝0，i＝1,2，…，n)時等號成立．
(3)柯西不等式的向量形式：設α，β為平面上的兩個向量，則|α||β|≥|α·β|，當且僅當α，β共線時等號成立．
【高頻考點】
高頻考點一　分析法、綜合法證明不等式
例1.(2020·全國卷Ⅲ)設a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc＝1.
(1)證明：ab＋bc＋ca<0；
(2)用max{a，b，c}表示a，b，c的最大值，證明：max{a，b，c}≥.
[證明]　(1)由題設可知，a，b，c均不為零，
所以ab＋bc＋ca＝[(a＋b＋c)2－(a2＋b2＋c2)]
＝－(a2＋b2＋c2)<0.
(2)不妨設max{a，b，c}＝a，
因為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】綜合法證明不等式的方法
(1)綜合法證明不等式，要著力分析已知與求證之間，不等式的左右兩端之間的差異與聯系，合理進行轉換，恰當選擇已知不等式，這是證明的關鍵；
(2)在用綜合法證明不等式時，不等式的性質和基本不等式是最常用的．在運用這些性質時，要注意性質成立的前提條件．　　
【變式探究】已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.證明：
(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；
(2)a＋b≤2.
[證明]　(1)因為a>0，b>0，a3＋b3＝2，
所以要證(a＋b)(a5＋b5)≥4，
只需證(a＋b)(a5＋b5)≥(a3＋b3)2，
即證a6＋ab5＋a5b＋b6≥a6＋2a3b3＋b6，
即證a4＋b4≥2a2b2.
因為(a2－b2)2≥0，所以a4＋b4≥2a2b2成立，
故原不等式成立．
(2)要證a＋b≤2，
只需證(a＋b)3≤8，
即證a3＋3a2b＋3ab2＋b3≤8，
即證ab(a＋b)≤2，
即證ab(a＋b)≤a3＋b3，
即證ab(a＋b)≤(a＋b)(a2－ab＋b2)，
即證ab≤a2－ab＋b2，
即證a2＋b2≥2ab，此式顯然成立．
故原不等式成立．
【變式探究】(2019·全國卷Ⅰ)已知a，b，c為正數，且滿足abc＝1.證明：
(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
證明：(1)因為a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，
又abc＝1，
所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋，
當且僅當a＝b＝c＝1時，等號成立．
所以＋＋≤a2＋b2＋c2.
(2)因為a，b，c為正數且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.
當且僅當a＝b＝c＝1時，等號成立．
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
高頻考點二　放縮法證明不等式
例2.若a，b∈R，求證：≤＋.
[證明]　當|a＋b|＝0時，不等式顯然成立．
當|a＋b|≠0時，
由0<|a＋b|≤|a|＋|b|
≥，
所以＝≤
＝＝＋
≤＋.
【方法技巧】用放縮法證明不等式
將所證不等式中的某些項適當放大或縮小(主要方法是拆分、配湊、增減項等)，可使有關項之間的不等關系更加明晰，更加強化，且有利于式子的代數變形、化簡，從而達到證明的目的．這種方法靈活性較大，技巧性較強．　　
【變式探究】求證：＋＋＋…＋<.
證明：∵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－))<＋
＝<＝.
高頻考點三　柯西不等式的應用
例3、(2019·全國卷Ⅲ)設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，證明：a≤－3或a≥－1.
【解析】(1)因為[(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≥，
當且僅當x＝，y＝－，z＝－時等號成立．
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值為.
(2)證明：因為[(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≥，
當且僅當x＝，y＝，z＝時等號成立．
所以(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值為.
由題設知≥，解得a≤－3或a≥－1.
【方法技巧】柯西不等式的應用類型及解題策略
類型 解題策略
求表達式的最值 依據已知條件，利用柯西不等式求最值，注意等號成立的條件
求解析式的值 利用柯西不等式的條件，注意等號成立的條件，進而求得各個量的值，從而求出解析式的值
證明不等式 注意所證不等式的結構特征，尋找柯西不等式的條件，然后證明
【變式探究】已知x，y，z均為實數．
(1)求證：1＋2x4≥2x3＋x2；
(2)若x＋2y＋3z＝6，求x2＋y2＋z2的最小值．
【解析】(1)證明：因為(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)因為6＝x＋2y＋3z≤·(由柯西不等式得)，所以x2＋y2＋z2≥，
當且僅當x＝＝，即x＝，y＝，z＝時，x2＋y2＋z2有最小值.
【舉一反三】已知函數f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集為[－1,1]．
(1)求m的值；
(2)若a，b，c∈R＋，且＋＋＝m，求證：a＋2b＋3c≥9.
【解析】(1)因為f(x＋2)＝m－|x|，f(x＋2)≥0等價于|x|≤m，由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集為{x|－m≤x≤m}．
又f(x＋2)≥0的解集為[－1,1]，故m＝1.
(2)證明：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.所以不等式得證．

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