二 综合法与分析法教学内容分析

一

比较法

[学习目标] 1.理解和掌握比较法证明不等式的理论依据. 2.掌握利用比较法证明不等式的一般步骤. 3.通过学习比较法证明不等式，培养对转化思想的理解和应用. [知识链接] 1.比较法作差后变形的目的是什么？

提示

作差后变形的目的是为了容易判别差的正、负.常用变形方法为：一是配方法，二是分解因式. 2.具有什么特点的不等式的证明适合作商比较法？哪些类型的不等式证明常用作商、哪些常用作差？

提示

当不等式两端的式子同号时，可用作商比较法.一般地，证指数不等式常用作商法，证对数不等式时，常用作差法. [预习导引] 1.比较法的种类

比较法一般分为两种：作差比较法和作商比较法. 2.作差比较法

(1)作差比较法的证明依据：①a＜b⇔a－b＜0；②a＝b⇔a－b＝0；③a＞b⇔a－b＞0. (2)基本步骤：①作差；②变形；③判断符号；④下结论. 3.作商比较法

(1)作商比较法的证明依据：当a，b＞0时，

aa＞b⇔b＞1，

aa＜b⇔b＜1.(2)基本步骤：①作商；②变形；③判断与“1”的大小；④下结论.

要点一

利用作差比较法证明不等式

例1

已知a≥1，求证：a＋1－a＜a－a－1. 证明

∵(a＋1－a)－(a－a－1) ＝11－

a＋1＋aa＋a－1a－1－a＋1＜0，

（a＋1＋a）（a＋a－1）aa＝b⇔b＝1，＝∴a＋1－a＜a－a－1. 规律方法

根据左、右两边都含无理式的特点，也可以采取两边平方的方法来比较，但是应先判断不等式两边的符号，当不等式两边的符号都大于0时，两边平方是等价变形，当不等式两边的符号都小于0时，两边平方后要改变不等号的方向. cc跟踪演练1

已知a，b，c∈R＋，求证：lga·lgb≥lgalgb·ba. 证明

将商的对数化成对数的差，就是“化整为零”，有利于符号的确定. cc∵lga·lgb－lgalgb·ba

1＝(lg c－lg a)(lg c－lg b)－4(lg a－lg b)(lg b－lg a) 1＝lg2c－(lg a＋lg b)lg c＋lg alg b＋4(lg a－lg b)2

1＝lg2c－(lg ab)lg c＋4(lg a＋lg b)2

12＝lg c－2lg（ab）≥0，



cc∴lg a

·lg b≥lgalgb·ba. 要点二

利用作商比较法证明不等式

例2

已知a＞0，b＞0，求证：ab＋≥a＋b. baabab＋baba证明

∵＝＋

a＋ba＋ba＋b＝ab＋

ab＋bab＋aaab＋a2＋bab＋b2＝

2ab＋（a＋b）aba2＋b2＋（a＋b）ab＝，

2ab＋（a＋b）ab又∵a2＋b2≥2ab，

a2＋b2＋（a＋b）ab2ab＋（a＋b）ab∴≥＝1，

2ab＋（a＋b）ab2ab＋（a＋b）ab当且仅当a＝b＞0时取等号，

ab∴＋≥a＋b. baa规律方法

作商比较法的前提条件是两个数a，b都大于0，对b进行整理，直到a能清晰看出b与1的大小关系为止.在运算过程中注意运用计算技巧. 跟踪演练2

已知a，b，c为正数，求证：a2ab2bc2c≥ab＋cba＋cca＋b. 证明

∵a，b，c均为正数，

a2ab2bc2c∴b＋ca＋ca＋b＝a2a－b－cb2b－a－cc2c－a－b

abc＝aa－b·aa－c·bb－a·bb－c·cc－a·cc－b

aa－baa－cbb－ccc＝b. aaa－b若a≥b，则b≥1，a－b≥0，∴b≥1；



aaa－b若a≤b，则0＜b≤1，a－b≤0，∴b≥1. aa－b即b≥1总成立. aa－cbb－c同理c≥1，c≥1总成立. a2ab2bc2c∴b＋ca＋ca＋b≥1成立，

abc∴a2ab2bc2c≥ab＋cba＋cca＋b. 要点三

比较法在综合题目中的应用

例3

已知数列{an}的首项a1＝5，前n项和为Sn，且Sn＋1＝2Sn＋n＋5(n∈N＋). (1)证明：数列{an＋1}是等比数列；

(2)令f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn，求函数f(x)在点x＝1处的导数f′(1)，并比较2f′(1)与23n2－13n的大小. (1)证明

由已知Sn＋1＝2Sn＋n＋5，①

∴n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n＋4，②

①②两式相减，得Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，

即an＋1＝2an＋1，从而an＋1＋1＝2(an＋1). 当n＝1时，S2＝2S1＋1＋5，

∴a1＋a2＝2a1＋6.又a1＝5，故a2＝11，

从而a2＋1＝2(a1＋1). 故总有an＋1＋1＝2(an＋1)，n∈N＋. 由a1＝5，得a1＋1≠0，从而an＋1＋1＝2，

an＋1即{an＋1}是以a1＋1＝6为首项，2为公比的等比数列. (2)解

由(1)可知an＝3×2n－1. ∵f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn，

∴f′(x)＝a1＋2a2x＋…＋nanxn－1. 从而f′(1)＝a1＋2a2＋…＋nan

＝(3×2－1)＋2(3×22－1)＋…＋n(3×2n－1) ＝3(2＋2×22＋…＋n×2n)－(1＋2＋3＋…＋n)

n（n＋1）＋＝3[n×2n1－(2＋22＋…＋2n)]－

2＝3(n×2n＋1－2n＋1n（n＋1）＋2)－

2＝3(n－1)·2n＋1n（n＋1）－＋6. 2则2f′(1)－(23n2－13n) ＝12(n－1)·2n－12(2n2－n－1) ＝12(n－1)·2n－12(n－1)(2n＋1) ＝12(n－1)[2n－(2n＋1)].(*) 当n＝1时，(*)式＝0，∴2f′(1)＝23n2－13n；

当n＝2时，(*)式＝－12＜0，

∴2f′(1)＜23n2－13n；

当n≥3时，n－1＞0. 令f(x)＝2x－(2x＋1)，则f′(x)＝2xln 2－2，

当x≥3时，f′(x)＞0，又f(3)＞0，

∴当n≥3时，2n＞2n＋1. ∴(n－1)[2n－(2n＋1)]＞0，

即(*)式＞0，从而2f′(1)＞23n2－13n. 规律方法

此类比较大小的题是典型的结论不唯一的题.在数列中，大小问题可能会随“n”的变化而变化.往往n＝1，2，…，前几个自然数对应的值与后面n≥n0的值大小不一样，这就要求在解答这样的题时，要时刻有“大小关系不一定唯一”的念头，即时刻提醒自己所求解的问题是否需要讨论. 跟踪演练3

已知{an}是正数组成的数列，a1＝1，且点(an，an＋1)(n∈N＋)在函数y＝x2＋1的图象上. (1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝bn＋2an.求证：bn·bn＋2＜b2n＋1. (1)解

由已知得an＋1＝an＋1，即an＋1－an＝1. 又a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，

公差为1的等差数列.故an＝1＋(n－1)×1＝n. (2)证明

由(1)知an＝n，从而bn＋1－bn＝2n.

bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝22n－1. 2nn＋2因为bn·bn＋2－bn－1)－(2n＋1－1)2

＋1＝(2－1)(2n－1＋2n－21－2n＋…＋2＋1＝＝1－2＝(22n＋2－2n＋2－2n＋1)－(22n＋2－2·2n＋1＋1)} ＝－5·2n＋4·2n＝－2n＜0，

2所以bn·bn＋2＜bn＋1.

1.作差比较法证明不等式的一般步骤：(1)作差；(2)变形；(3)判断符号；(4)结论.若差式的等号不能确定，与某些字母的取值有关时，需对这些字母进行讨论. a2.作商比较法的前提条件是两个数a，b都大于0，对b进行整理，直到能清晰看出ab与1的大小关系为止，在运算过程中注意运用计算技巧.

1.下列四个数中最大的是(

) A.lg 2

B.lg 2

C.(lg 2)2

D.lg(lg 2) 解析

因为lg 2＞lg 2，(lg 2)2＝lg 2·lg 2＜lg 2，

而lg(lg 2)＜0，所以lg 2最大. 答案

A 2.已知a，b都是正数，P＝A.P＞Q

C.P≥Q

a＋b，Q＝a＋b，则P，Q的大小关系是(

) 2B.P＜Q

D.P≤Q

解析

∵

a，b都是正数，∴P＞0，Q＞0. a＋b2－(a＋b)2

∴P－Q＝222－（a－b）2＝≤0. 2∴P2－Q2≤0.∴P≤Q. 答案

D

1123.设A＝2a＋2b，B＝(a＞0，b＞0)，则A，B的大小关系为________. a＋bb＋a（a＋b）2－4ab（a－b）22解析

A－B＝2ab－＝＝，

a＋b2ab（a＋b）2ab（a＋b）∵a＞0，b＞0，∴2ab＞0，a＋b＞0，

又∵(a－b)2≥0，∴A≥B. 答案

A≥B

4.已知a＞b，求证：a3－b3＞ab(a－b). 证明

a3－b3－ab(a－b) ＝a3－b3－a2b＋ab2

＝a2(a－b)＋b2(a－b)＝(a－b)(a2＋b2)，

∵a＞b，∴a－b＞0，a2＋b2＞0. ∴a3－b3－ab(a－b)＞0，

即a3－b3＞ab(a－b).

一、基础达标

1.设0＜b＜a＜1，则下列不等式成立的是(

) A.ab＜b2＜1

C.2b＜2a＜2

B.log1b＜log1a＜0 22D.a2＜ab＜1 解析

∵0＜b＜a＜1，

∴ab＞b·b＝b2，故A不正确. ∵0＜b＜1，0＜a＜1，∴log1b＞0，log1a＞0，故B项不正确.由0＜b＜a＜1，可22知a2＞ab，故D项不正确.故选C. 答案

C 2.如果loga3＞logb3，且a＋b＝1，那么(

) A.0＜a＜b＜1

C.1＜a＜b

B.0＜b＜a＜1 D.1＜b＜a

解析

∵a＞0，b＞0，

又∵a＋b＝1，∴0＜a＜1，0＜b＜1，

∴lg a＜0，lg b＜0，

lg b－lg alg 3lg 311由loga3＞logb3⇒lg a－lg b＞0⇒lg a－lg b＞0⇒lg alg b＞0⇒lg b＞lg a⇒b＞a.∴0＜a＜b＜1. 答案

A 3.若P＝2，Q＝6－2，R＝7－3，则P，Q，R的大小关系是(

) A.P＞Q＞R

C.Q＞P＞R

B.P＞R＞Q

D.Q＞R＞P

解析

∵2＋2＝22＞6，

∴2＞6－2，即P＞Q；

又∵(6＋3)2＝9＋218，(7＋2)2＝9＋214. ∴6＋3＞7＋2，

∴6－2＞7－3，即Q＞R.∴P＞Q＞R. 答案

A 4.已知a＞b＞0，c＞d＞0，m＝ac－bd，n＝（a－b）（c－d），则m与n的大小关系是(

) A.m＜n

C.m≥n

B.m＞n

D.m≤n

解析

∵a＞b＞0，c＞d＞0，

∴ac＞bd＞0，ac＞bd，∴m＞0，n＞0. 又∵m2＝ac＋bd－2abcd，n2＝ac＋bd－(ad＋bc)，

又由ad＋bc＞2abcd，

∴－2abcd＞－ad－bc，∴m2＞n2.∴m＞n. 答案

B 5.当x＞1时，x3与x2－x＋1的大小关系是________. 解析

∵x3－(x2－x＋1)＝x3－x2＋x－1 ＝x2(x－1)＋(x－1)＝(x－1)(x2＋1)，且x＞1，

∴(x－1)(x2＋1)＞0.∴x3－(x2－x＋1)＞0，

即x3＞x2－x＋1.

答案

x3＞x2－x＋1 6.设a＞b＞c＞0，x＝a2＋（b＋c）2，y＝b2＋（c＋a）2，z＝c2＋（a＋b）2，则x，y，z的大小关系为________. 解析

∵a＞b＞c＞0，∴x＞0，y＞0，z＞0. 而x2－y2＝a2＋b2＋2bc＋c2－(b2＋c2＋2ac＋a2)＝2bc－2ac＝2c(b－a)＜0，∴x2＜y2，即x＜y；

又y2－z2＝b2＋(c＋a)2－[c2＋(a＋b)2]＝

2ac－2ab＝2a(c－b)＜0，∴y＜z.∴x＜y＜z. 答案

x＜y＜z

7.设a，b为非负实数，求证：a3＋b3≥ab(a2＋b2). 证明

由a，b是非负实数，作差得

a3＋b3－ab(a2＋b2)＝a2a(a－b)＋b2b(b－a)＝(a－b)[(a)5－(b)5]. 当a≥b时，a≥b，从而(a)5≥(b)5，

得(a－b)·[(a)5－(b)5]≥0；

当a＜b时，a＜b，从而(a)5＜(b)5，

得(a－b)[(a)5－(b)5]＞0. 所以a3＋b3≥ab(a2＋b2). 二、能力提升

8.当a＜b＜0时，下列关系式中成立的是(

) A.a2＜b2

bC.a＞1

B.lg b2＜lg a2

22ab11D.2＞2

解析

法一

取特殊值a＝－4，b＝－1，则知选项A，C，D不正确，选项B正确，故选B；

法二

∵a＜b＜0，∴a2＞b2. 而函数y＝lg x(x＞0)为增函数，∴lg b2＜lg a2，B项正确. 答案

B 9.已知a＞0，且a≠1，P＝loga(a3＋1)，Q＝loga(a2＋1)，则P，Q的大小关系是(

) A.P＞Q

B.P＜Q C.P＝Q

D.大小不确定

a3＋1解析

P－Q＝loga(a＋1)－loga(a＋1)＝loga2. a＋132当0＜a＜1时，0＜a3＋1＜a2＋1，

a3＋1a3＋1则0＜2＜1，∴loga2＞0，即P－Q＞0. a＋1a＋1a3＋1∴P＞Q.当a＞1时，a＋1＞a＋1＞0，2＞1，

a＋132a3＋1∴loga2＞0，即P－Q＞0.∴P＞Q. a＋1综上可知，P＞Q. 答案

A 1110.比较大小：log13________log12. 2311log322111111解析

＝log3·log3＝log3，

21122log2311又∵log13＞log12＝1，

221121111log∴＞1.∴log3＞log2. 2323答案

＞

11.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

(1)由|2x－1|＜1得－1＜2x－1＜1，

解得0＜x＜1，

所以M＝{x|0＜x＜1}. (2)由(1)知a，b∈M，可知0＜a＜1，0＜b＜1. 所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)＞0，

故ab＋1＞a＋b. a＋b12.设a＞0，b＞0，且a≠b，求证：aabb＞(ab)2.

a－b证明

aabb（ab）a－bb－aa＋b＝a22b2a＝b2. a－baa当a＞b＞0时⇒a－b＞0⇒b＞1⇒baa当b＞a＞0时⇒a－b＜0⇒b＜1⇒ba－b2＞1，

a－b2＞1. a∴总有b2＞1，即aabb（ab）a＋b＞1. 2a＋b2a＋b又∵(ab)2＞0，∴ab＞(ab)ab. 三、探究与创新

13.已知{an}是公比为q的等比数列，且a1，a3，a2成等差数列. (1)求q的值；

(2)设{bn}是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为Sn，当n≥2时，比较Sn与bn的大小，并说明理由. 解

(1)由题设知2a3＝a1＋a2，即2a1q2＝a1＋a1q. 1又a1≠0，∴2q2－q－1＝0.∴q＝1或－2. n（n－1）n2＋3nn（n＋3）(2)若q＝1，则Sn＝2n＋＝2＝. 22（n－1）（n＋2）当n≥2时，Sn－bn＝Sn－1＝＞0，

2故Sn＞bn. n（n－1）1－n2＋9n－n（n－9）1－2＝若q＝－2，则Sn＝2n＋·＝. 244（n－1）（n－10）当n≥2时，Sn－bn＝Sn－1＝－，

4故对于n∈N＋，当2≤n≤9时，Sn＞bn；

当n＝10时，Sn＝bn；当n≥11时，Sn＜bn. 二

综合法与分析法

[学习目标] 1.理解综合法、分析法证明不等式的原理和思维特点. 2.掌握综合法、分析法证明简单不等式的方法和步骤. 3.能综合运用综合法、分析法证明不等式. [知识链接] 1.以前我们用综合法证明过不等式和等式，那么综合法证明不等式时常用的基本不等式有哪些？

提示

(1)|a|≥0，a2≥0，(a±b)2≥0 (a，b∈R) (2)a2＋b2≥2ab，a，b∈R，a＋b≥2ab，a，b∈R＋. ba(3)a＋b≥2 (ab＞0). (4)||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b| (a，b∈R). 2.在阅读教材的基础上，想一想分析法有哪几种书写格式？

提示

第一种：要证……，只需证……，只需证……，直到出现已知条件或已知定理或明显成立的事实. 第二种：有些命题的证明上、下步之间都是充要条件，所以分析法证明每步之间都可用符号“⇔”直到出现已知条件、定理、明显的事实. 第三种：各步之间用符号“⇐”.

[预习导引] 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，这种证明方法叫做综合法.综合法又叫顺推证法或由因导果法. 2.分析法

证明命题时，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，这种证明方法叫做分析法，这是一种执果索因的思考和证明方法.

要点一

综合法证明不等式

121225例1

已知a，b∈R＋，且a＋b＝1，求证：a＋a＋b＋b≥2. 证明

法一

∵a，b∈R＋，且a＋b＝1，

a＋b21＝. ∴ab≤42121211∴a＋a＋b＋b＝4＋(a2＋b2)＋a2＋b2

（a＋b）2－2ab＝4＋[(a＋b)－2ab]＋＝4＋(1－2ab) a2b2211－2×4251－2ab1＋a2b2≥4＋1－2×4＋＝2. 214121225∴a＋a＋b＋b≥2. 1212法二

左边＝a＋a＋b＋b

11＝a2＋b2＋4＋a2＋b2

（a＋b）2（a＋b）2＝4＋a＋b＋＋

a2b2222bb2a22a＝4＋a＋b＋1＋a＋a2＋b2＋b＋1 2222（a＋b）2baba＝4＋(a＋b)＋2＋2a＋b＋a2＋b2≥4＋＋2＋2×2222baba·＋2·aba·b＝4121225125＋2＋2＋4＋2＝2.∴a＋a＋b＋b≥2. 规律方法

（1）综合法证明不等式，揭示了条件和结论之间的因果联系，为此要着力分析已知与求证之间的差异与联系.合理进行转换，恰当选择已知条件，这是证明的关键. （2）综合法证明不等式中所依赖的已知不等式主要是重要不等式，其中常用的有如下几个：

①a2≥0(a∈R). 1a＋b2≥ab，a2＋b2≥(a＋②

(a－b)≥0(a，b∈R)，其变形有：a＋b≥2ab，22222b)2. a＋bba③若a，b为正实数，则2≥ab.特别a＋b≥2. ④a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. 跟踪演练1

已知a，b，c∈R＋，且互不相等，且abc＝1，求证：a＋b＋c＜111＋＋. abc证明

法一

∵a，b，c∈R＋，且互不相等，且abc＝1，

1bc＋1ca＋111111＋＋＋1bccaab111ab＜2＋2＋2＝a＋b＋c. ∴a＋b＋c＝111∴a＋b＋c＜a＋b＋c. 11法二

∵a＋b≥211b＋c≥21ab＝2c；

1ac＝2b. 111＝2a；bcc＋a≥2111∴以上三式相加，得a＋b＋c≥

a＋b＋c. 111又∵a，b，c互不相等，∴a＋b＋c＞a＋b＋c. 法三

∵a，b，c是不等正数，且abc＝1，

bc＋caca＋abab＋bc111∴a＋b＋c＝bc＋ca＋ab＝2＋2＋2＞abc2＋a2bc＋ab2c ＝a＋b＋c. 111∴a＋b＋c＜a＋b＋c. 要点二

分析法证明不等式

例2

a，b∈R＋，且2c＞a＋b，求证：c－c2－ab＜a＜c＋c2－ab. 证明

要证c－c2－ab＜a＜c＋c2－ab，

只需证－c2－ab＜a－c＜c2－ab，

即证|a－c|＜c2－ab，

两边平方得a2－2ac＋c2＜c2－ab，

也即证a2＋ab＜2ac，即a(a＋b)＜2ac. ∵a，b∈R＋.且a＋b＜2c，∴a(a＋b)＜2ac显然成立. ∴原不等式成立. 规律方法

分析法证题的本质是从被证的不等式出发寻求使结论成立的充分条件.证明的关键是推理的每一步都必须可逆. 跟踪演练2

已知a＞b＞0，求证：（a－b）2a＋b（a－b）28a＜2－ab＜8b. 证明

要证原不等式成立，

只需证（a－b）2（a－b4a＜a＋b－2ab＜）24b，

即证a－b2a2＜(a－b)2＜a－b22b，

只需证a－b2a＜a－b＜a－b2b，

即a＋b2a＜1＜a＋b2b，

即证ba＜1＜ab. 只需证b1＜aa＜b. ∵a＞b＞0，∴baa＜1＜b

成立. ∴原不等式成立. 要点三

分析综合法证明不等式

例3

已知实数a、b、c满足c＜b＜a，a＋b＋c＝1，a2＋b2＋c2＝1.求证：＋b＜43. 证明

∵a＋b＋c＝1，∴欲证结论等价于1＜1－c＜4，即－133＜c＜0. （a＋b）2－（a2＋b2又a2＋b2＋c2＝1，则有ab＝）2

＜a1

（1－c）2－（1－c2）2＝＝c－c.①

2由a＋b＝1－c.②

由①②得a、b是方程x2－(1－c)x＋c2－c＝0的两个不等实根，从而Δ＝(1－c)2－4(c2－c)＞0，

1解得－3＜c＜1. ∵c＜b＜a，∴(c－a)(c－b)＝c2－c(a＋b)＋ab＝c2－c(1－c)＋c2－c＞0，

2解得c＜0或c＞3(舍). 14∴－3＜c＜0，即1＜a＋b＜3. 规律方法

不等式证明过程中，往往把综合法与分析法结合在一起来解题，有时需要从条件出发，有时需要从结论出发，本题的证明就是既有综合法，又有分析法. ab跟踪演练3

已知△ABC的三边长是a，b，c，且m为正数.求证：＋＞a＋mb＋mc. c＋m证明

要证abc＋＞，

a＋mb＋mc＋m只需证a(b＋m)(c＋m)＋b(a＋m)(c＋m)－c(a＋m)·(b＋m)＞0，

即证abc＋abm＋acm＋am2＋abc＋abm＋bcm＋bm2－abc－acm－bcm－cm2＞0，

即证abc＋2abm＋(a＋b－c)m2＞0. 由于a，b，c是△ABC的边长，m＞0，故有a＋b＞c，

即(a＋b－c)m2＞0. 所以abc＋2abm＋(a＋b－c)m2＞0是成立的. abc因此＋＞成立. a＋mb＋mc＋m

1.综合法证明不等式中所依赖的已知不等式主要是重要不等式，其中常用的有如a＋b2222下几个：(1)a≥0(a∈R).(2)(a－b)≥0(a，b∈R)，其变形有：a＋b≥2ab，2

2a＋b1ba≥ab.a2＋b2≥2(a＋b)2.(3)若a，b为正实数，2≥ab.特别a＋b≥2.(4)a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. 2.对于不等式的证明，一般要会综合运用比较法、分析法、综合法等证明简单的不等式.

111.下列三个不等式：①a＜0＜b；②b＜a＜0；③b＜0＜a，其中能使a＜b成立的充分条件有(

) A.①②

B.①③

C.②③

D.①②③

111111解析

①a＜0＜b⇒a＜b；②b＜a＜0⇒a＜b；③b＜0＜a⇒a＞b.故选A. 答案

A 2.若a＜b＜0，则下列不等式中成立的是(

) 11A.a＜b

11C.b＋a＞a＋b

11B.a＋b＞b＋a

bb＋1D.a＜

a＋111解析

∵a＜b＜0，∴a＞b，故选项A，B错误，而选项C正确.选项D中，取b＝－1，则b＋1b＝0，而a＞0，

a＋1故选项D错误. 答案

C 3.已知x，y∈R，且1≤x2＋y2≤2，z＝x2＋xy＋y2，则z的取值范围是________. x2＋y2x2＋y2解析

∵－2≤xy≤2，

13∴2(x2＋y2)≤x2＋xy＋y2≤2(x2＋y2). 1又∵1≤x2＋y2≤2，∴2≤z≤3. 1答案

2，3

4.已知x>0，y>0，证明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy.

3证明

因为x>0，y>0，所以1＋x＋y2≥3xy2>0，

31＋x2＋y≥3x2y>0，

33故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3xy2·3x2y＝9xy.

一、基础达标

1.设a，b＞0，A＝a＋b，B＝a＋b，则A，B的大小关系是(

) A.A＝B

C.A＞B

B.A＜B

D.大小不确定

解析

用综合法：(a＋b)2＝a＋2ab＋b，

所以A2－B2＞0.所以A2＞B2. 又A＞0，B＞0，所以A＞B. 答案

C 2.当x＞1时，不等式x＋A.(－∞，2]

C.[3，＋∞)

解析

要使x＋

1≥a恒成立，则实数a的取值范围是(

) x－1B.[2，＋∞) D.(－∞，3] 11≥a恒成立，只需f(x)＝x＋的最小值大于等于a即可，而x－1x－111x＋＝x－1＋＋1≥

x－1x－12(x－1)·＋1＝3.∴f(x)的最小值为3，∴a≤3. x－11答案

D 3.已知a，b，c为三角形的三边，且S＝a2＋b2＋c2，P＝ab＋bc＋ca，则(

) A.S≥2P

C.S＞P

B.P＜S＜2P

D.P≤S＜2P

解析

∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，

∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，即S≥P. 又三角形中|a－b|＜c，∴a2＋b2－2ab＜c2，

同理b2－2bc＋c2＜a2，c2－2ac＋a2＜b2，

∴a2＋b2＋c2＜2(ab＋bc＋ca)，即S＜2P. 答案

D 4.若a，b，c∈R，且ab＋bc＋ac＝1，则下列不等式成立的是(

) A.a2＋b2＋c2≥2

111C.a＋b＋c≥23

B.(a＋b＋c)2≥3 1D.abc(a＋b＋c)≤3

解析

因为a2＋b2≥2ab，a2＋c2≥2ac，b2＋c2≥2bc，将三式相加，得2(a2＋b2＋c2)≥2ab＋2bc＋2ca，

即a2＋b2＋c2≥1. 又因为(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac，

所以(a＋b＋c)2≥1＋2×1＝3.故选项B成立. 答案

B 5.若a＞0，b＞0，则下列两式的大小关系为：

a＋b1________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]. lg1＋221解析

2[lg(1＋a)＋lg(1＋b)] 11＝2lg[(1＋a)(1＋b)]＝lg[(1＋a)(1＋b)]2，

a＋ba＋b＋2. lg1＋＝lg22∵a＞0，b＞0，∴a＋1＞0，b＋1＞0，

1a＋1＋b＋1a＋b＋2∴[(a＋1)(1＋b)]2≤＝，

22a＋b1≥lg[(1＋a)(1＋b)]. ∴lg1＋22a＋b1≥[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]. 即lg1＋22答案

≥

6.建造一个容积为8 m3，深为2 m的长方体无盖水池，如果池底和池壁的造价每平方米分别为120元和80元，那么水池的最低总造价为________元.

84解析

设水池底长为x(x＞0) m，则宽为2x＝x(m). 884水池造价y＝2×120＋2x×2＋x×2×80＝480＋320x＋x≥480＋1 280＝1 760(元)，

当且仅当x＝2时取等号. 答案

1 760 7.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＋2ab，(c＋d)2＝c＋d＋2cd，

由题设a＋b＝c＋d，ab＞cd得(a＋b)2＞(c＋d)2. 因此a＋b＞c＋d. (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a＋b＞c＋d. ②若a＋b＞c＋d，则(a＋b)2＞(c＋d)2，即a＋b＋2ab＞c＋d＋2cd. 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. 二、能力提升

8.已知0＜a＜1＜b，下面不等式中一定成立的是(

) A.logab＋logba＋2＞0

C.logab＋logba＋2≥0

解析

∵0＜a＜1＜b，

∴logab＜0.∴－logab＞0. ∴(－logab)＋1≥2，

（－logab）B.logab＋logba－2＞0 D.logab＋logba＋2≤0 当且仅当0＜a＜1＜b，且ab＝1时等号成立.

1∴－－logab＋（－logb）≤－2，

a1即logab＋logb≤－2. a∴logab＋logba≤－2.∴logab＋logba＋2≤0. 答案

D 11b1a9.设3＜3＜3＜1，则(

) A.aa＜ab＜ba

C.ab＜aa＜ba

B.aa＜ba＜ab

D.ab＜ba＜aa

11b1a解析

∵3＜3＜3＜1，

aaa－b∴0＜a＜b＜1，∴ab＝a＞1，

aaaa∴a＜a，ba＝b，

baa∵0＜b＜1，a＞0，

aa∴b＜1，∴aa＜ba，

∴ab＜aa＜ba. 答案

C 10.若x＞0，y＞0，且xy－(x＋y)＝1，则x＋y的最小值为________. 解析

由xy－(x＋y)＝1，得y＝又∵x＞0，y＞0，∴x＞1. ∴x＋y＝x＋1＋22＝(x－1)＋＋2≥2＋22. x－1x－12，即x＝1＋2时，等号成立. x－1x＋12＝1＋. x－1x－1当且仅当x－1＝答案

2＋22 111.已知a＋b＋c＝1，求证：ab＋bc＋ca≤3. 证明

∵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). 1∴ab＋bc＋ca≤3. a＋ba＋b＋c3. 12.已知a，b，c都是正数，求证：2－ab≤323－abca＋b≤

证明

法一

要证2－ab2a＋b＋c33－abc，

33只需证a＋b－2ab≤a＋b＋c－3abc，

3即－2ab≤c－3abc. 3移项，得c＋2ab≥3abc.由a，b，c都为正数，得c＋2ab＝c＋ab＋ab3≥3abc. ∴原不等式成立. 法二

∵a，b，c都是正数，

3∴c＋ab＋ab≥3c·ab·ab＝3abc，

33即c＋2ab≥3abc.故－2ab≤c－3abc. 3∴a＋b－2ab≤a＋b＋c－3abc. a＋b＋c3a＋b∴2≤3－ab－abc. 23三、探究与创新

13.在某两个正数x，y之间，若插入一个数a，使x，a，y成等差数列，若插入两3

个数b，c使x，b，c，y成等比数列，求证：(a＋1)2≥(b＋1)(c＋1). ＝x＋y，2ab2c22由条件得b＝cx，消去x，y即得2a＝c＋b，且有a＞0，b＞0，c2＝by，证明

法一

c＞0，

要证(a＋1)2≥(b＋1)(c＋1)，

只要证a＋1≥（b＋1）（c＋1）. ∵（b＋1）（c＋1）≤（b＋1）＋（c＋1）b＋c＝2＋1，

2b2c2∴只要证2a≥b＋c，而2a＝c＋b，

b2c2∴只要证c＋b≥b＋c，

即b3＋c3≥bc(b＋c)，

即b2＋c2－bc≥bc，

即(b－c)2≥0，上式显然成立. ∴原不等式成立. 法二

b2＝cx，由等差、等比数列的定义知c2＝by，2a＝x＋y，3用x，y表示a，b，c得

b＝xy，c＝3xy，22x＋ya＝2，33x＋x＋yx＋y＋y∴(b＋1)(c＋1)＝(x2y＋1)(xy2＋1)≤＋13＋1

311（2x＋y＋3）＋（x＋2y＋3）2

＝9(2x＋y＋3)(x＋2y＋3)≤92x＋y2＝(a＋1)2.∴原不等式成立. ＝＋12三

反证法与放缩法

[学习目标] 1.理解反证法在证明不等式中的作用，掌握用反证法证明不等式的方法.

2.掌握放缩法证明不等式的原理，并会用其证明不等式. [知识链接] 1.在阅读教材的基础上，想一想哪些命题或不等式适合用反证法证明？

提示

存在性命题、否定性命题、唯一性命题或结论中出现“至少”、“至多”、“全都”等字词的命题或不等式. 2.用放缩法证明不等式常用的放缩方法有哪些？

提示

①添加或舍去一些项；②将分子或分母放大(或缩小)；③真分数的性质：aa＋m若0＜a＜b，m＞0，则b＜；④利用基本不等式；⑤利用函数的单调性；⑥b＋m绝对值不等式：||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.⑦利用函数的有界性：如：|sin x|≤1(x∈R)；1x－x≥－4(x∈R)；2x＞0(x∈R). 2[预习导引] 1.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，我们把它称为反证法. 2.放缩法

将所需证明的不等式的值适当放大(或缩小)使它由繁化简，达到证明目的.如果所要证明的不等式中含有分式，把分母放大，则相应分式的值缩小，反之，把分母缩小，则分式的值放大.

要点一

反证法证明不等式

例1

设a，，b，c，d都是小于1的正数，求证：4a(1－b)，4b(1－c)，4c(1－d)，4d(1－a)这四个数不可能都大于1. 证明

假设4a(1－b)＞1，4b(1－c)＞1，4c(1－d)＞1，

4d(1－a)＞1，则有

11a(1－b)＞4，b(1－c)＞4，

11c(1－d)＞4，d(1－a)＞4. 11∵a（1－b）＞2，b（1－c）＞2，

11c（1－d）＞2，d（1－a）＞2. 又∵a（1－b）≤c（1－d）≤a＋（1－b）b＋（1－c），b（1－c）≤，

22c＋（1－d）d＋（1－a），d（1－a）≤，

22a＋1－b1b＋1－c1∴2＞2，2＞2，

c＋1－d1d＋1－a1＞2. 2＞2，2将上面各式相加得2＞2，矛盾. ∴4a(1－b)，4b(1－c)，4c(1－d)，4d(1－a)这四个数不可能都大于1. 规律方法

(1)反证法必须从否定结论进行推理，且必须根据这一条件进行论证；否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行论证，就不是反证法. (2)用反证法证明不等式，其实质是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出与已知条件或公理相矛盾的结论，从而肯定原命题成立. 跟踪演练1

已知a，b，c∈(0，1)，求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能同时1大于4. 1证明

法一

假设三式同时大于4，

111即有(1－a)b＞4，(1－b)c＞4，(1－c)a＞4，

1三式同时相乘，得(1－a)a(1－b)b(1－c)c＞64. 1－a＋a21＝. 又(1－a)a≤4211同理，(1－b)b≤4，(1－c)c≤4. 1∴(1－a)a(1－b)b(1－c)c≤64，与假设矛盾，则结论正确.

1法二

假设三式同时大于4，

∵0＜a＜1，∴1－a＞0，

（1－a）＋b≥（1－a）b＞2114＝2. （1－b）＋c（1－c）＋a1同理，都大于222. 33三式相加，得2＞2，矛盾. ∴原命题成立. 要点二

放缩法证明不等式

31111例2

求证：2－＜1＋22＋…＋n2＜2－n(n∈N*且n≥2). n＋1证明

∵k(k＋1)＞k2＞k(k－1)，

∴111＜k2＜，

k（k＋1）k（k－1）11111即k－＜k2＜－k(k∈N*且k≥2). k＋1k－1分别令k＝2，3，…，n得

111111111－＜2＜1－，－＜2＜－，

23223432311111…n－＜n2＜－n，将这些不等式相加得

n＋1n－1111111111－＋－＋…＋－＜2＋2＋…＋2＜

2334nn＋123n111111－2＋2－3＋…＋－，

n－1n111111即－＜2＋2＋…＋2＜1－，

2n＋123nn111111∴1＋2－＜1＋22＋32＋…＋n2＜1＋1－n，

n＋1311111即2－＜1＋22＋32＋…＋n2＜2－n(n∈N*且n≥2)成立. n＋1规律方法

(1)利用放缩法证明不等式，要根据不等式两端的特点及已知条件(条件不等式)，审慎地采取措施，进行恰当地放缩，任何不适宜的放缩都会导致推证的

失败. (2)一定要熟悉放缩法的具体措施及操作办法，利用放缩法证明不等式，就是采取舍掉式中一些正项和负项，或者在分式中放大或缩小分子、分母，或者把和式中各项或某项换以较大或较小的数，从而达到证明不等式的目的. 1111跟踪演练2

设n是正整数，求证：2≤＋＋…＋2n＜1. n＋1n＋2证明

由2n≥n＋k＞n(k＝1，2，…，n)，

111111得2n≤＜n.当k＝1时，2n≤＜n；

n＋kn＋1111当k＝2时，2n≤＜n；

n＋2…

111当k＝n时，2n≤＜n，

n＋n1n111n∴2＝2n≤＋＋…＋2n＜n＝1. n＋1n＋2要点三

放缩法在数列中的综合应用

例3

已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N＋). (1)求数列{an}的通项；

n1a1a2ann(2)证明：2－3＜a＋a＋…＋＜(n∈N＋). an＋1223(1)解

∵an＋1＝2an＋1(n∈N＋)，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，

∴数列{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列. ∴an＋1＝2n，即an＝2n－1(n∈N＋). 11－2n2－1an1(2)证明

∵＝n＋1＝＜12，

an＋12－12－2nna1a2ann∴a＋a＋…＋＜. an＋12232k－11ak1∵＝k＋1＝2－

ak＋12－12（2k＋1－1）1＝2－1111≥2－32k，k＝1，2，3，…，n. k3·2＋2－2k

a1a2a3ann111n1∴a＋a＋a＋…＋≥－＋k＞－. an＋1233223234n1a1a2ann∴2－3＜a＋a＋…＋＜(n∈N＋). an＋1223规律方法

解数列不等式综合题要注意

（1）数列不等式综合题难度大，内容丰富，是考查数学能力的良好载体；

（2）数列问题重点在数列通项上，解决问题的方法也蕴含在其中，注意考察的方式；

（3）注意放缩的尺度，过大过小都不能解决问题. 2n－1135跟踪演练3

求证：2＋4＋8＋…＋2n＜3(n∈N＋). 2n－1135证明

设S＝2＋4＋8＋…＋2n，

2n－111135将等式两边乘以2得，2S＝4＋8＋16＋…＋n＋1. 22n＋312n－1111111将两式相减得，2S＝2＋24＋8＋16＋…＋2n－n＋1＝2＋1－n＋1.∴S＝3－222n＋32n＋3＞0，

n，又22n2n－1135∴S＜3，即2＋4＋8＋…＋2n＜3(n∈N＋).

(1)当证明的结论中含有“不是”“不都”“不存在”等词语时，适于应用反证法，因为此类问题的反面比较具体. (2)用反证法证明不等式时，推出的矛盾有三种表现形式①与已知相矛盾，②与假设矛盾，③与显然成立的事实相矛盾. (3)放缩法常用结论有：

122①＝＞＝2(k＋1－k)，

kk＋kk＋k＋1122＝＜＝2(k－k－1)(k∈N＋，k＞1)；

kk＋kk＋k－11②k2＜1111111＝－k；k2＞＝k－(程度大)；

k（k－1）k－1k（k＋1）k＋1

111111③k2＜2＝＝2k－1－k＋1(程度小). k－1（k－1）（k＋1）

1.用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是(

) A.方程x3＋ax＋b＝0没有实根

B.方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根

C.方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根

D.方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根

解析

依据反证法的要求，即至少有一个的反面是一个也没有，直接写出命题的否定.方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根的反面是方程x3＋ax＋b＝0没有实根，故应选A. 答案

A 2.用放缩法证明不等式时，下列各式正确的是(

) A.11＞a

a＋x

bb＋mB.a＜

a＋mD.|a＋1|≥|a|－1 C.x2＋x＋3＞x2＋3

解析

由绝对值不等式知|a＋1|≥|a|－1.故选D. 答案

D 3.如果aa＋bb＞ab＋ba，则实数a，b应满足的条件是________. 解析

由a及b知a≥0，b≥0，但又aa＋bb≠ab＋ba，知a≠b，

∴a＞0，b＞0，a≠0. 答案

a＞0，b＞0，a≠b

4.若正数a，b，c满足a＋b＞c，求证：abc＋＞. 1＋a1＋b1＋c证明

∵a＞0，b＞0，c＞0，a＋b＞c，

abab∴＋＞＋

1＋a1＋b1＋a＋b1＋a＋ba＋bc＋（a＋b－c）c＝＝＞，

1＋a＋b1＋c＋（a＋b－c）1＋c

∴

abc＋＞. 1＋a1＋b1＋c

一、基础达标

1.P＝abc＋＋(a，b，c均为正数)与3的大小关系为(

) a＋1b＋1c＋1

B.P＝3 D.P＞3 a＋1b＋1c＋1abc＋＋＜＋＋＝3，a＋1b＋1c＋1a＋1b＋1c＋1A.P≥3

C.P＜3

解析

∵a，b，c均为正数，∴P＝即P＜3，故选C. 答案

C 2.用反证法证明命题“a，b，c全为0”时，其假设为(

) A.a，bc，全不为0 B.a，b，c至少有一个为0 C.a，b，c至少有一个不为0 D.a，b，c至多有一个不为0 解析

“a，b，c全为0”的反面应为“a，b，c至少有一个不为0”.故选C. 答案

C 1113.设x，y，z都是正实数，a＝x＋y，b＝y＋z，c＝z＋x，则a，b，c三个数(

) A.至少有一个不大于2 B.都小于2 C.至少有一个不小于2 D.都大于2 111解析

∵a＋b＋c＝x＋x＋y＋y＋z＋z≥2＋2＋2＝6，

当且仅当x＝y＝z时等号成立，

∴a，b，c三者中至少有一个不小于2. 答案

C 4.已知a＞0，b＞0，c＞0，且a2＋b2＝c2，则an＋bn与cn的大小关系为(n≥3，n∈N＋)(

)

B.an＋bn＜cn

A.an＋bn＞cn

C.an＋bn≥cn

222

D.an＋bn＝cn

a2b2解析

∵a＋b＝c，∴c＋c＝1. ana2bnb2∴c＜c，c＜c. anbna2b2∴c＋c＜c＋c＝1. ∴an＋bn＜cn.故选B. 答案

B 5.A＝1＋111＋＋…＋与n(n∈N＋)的大小关系是________. 23n1111111＋＋＋…＋≥≥123nnnn共n项解析

A＝n1＝＝n. nn答案

A≥n

6.设a，b，c均为正数，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“PQR＞0”是“P，Q，R同时大于零”的________条件. 解析

必要性是显然成立的；当PQR＞0时，若P，Q，R不同时大于零，则其中两个为负，一个为正，不妨设P＞0，Q＜0，R＜0，则Q＋R＝2c＜0，这与c＞0矛盾，即充分性也成立. 答案

充要

7.若a3＋b3＝2，求证：a＋b≤2. 证明

法一

假设a＋b＞2，

1232而a－ab＋b＝a－2b＋4b≥0. 22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. 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. 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. 二、能力提升

x＋yxy8.设x＞0，y＞0，A＝，B＝＋，则A与B的大小关系为(

) 1＋x＋y1＋x1＋yA.A≥B

C.A＞B

B.A＝B

D.A＜B

xyxy＋＜＋＝B. 1＋x＋y1＋x＋y1＋x1＋y解析

∵x＞0，y＞0，∴A＝答案

D 9.对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：

①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；

②a＞b与a＜b及a≠c中至少有一个成立；

③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立. 其中判断正确的个数为(

) A.0

B.1

C.2

D.3 解析

对于①，假设(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，这时a＝b＝c，与已知矛盾，故(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0，故①正确. 对于②，假设a＞b与a＜b及a≠c都不成立，这时a＝b＝c，与已知矛盾，故a＞b与a＜b及a≠c中至少有一个成立，故②正确. 对于③，显然不正确. 答案

C

110.若A＝210＋11＋…＋11，则A与1的大小关系为________. 2＋12－110111解析

A＝210＋10＋…＋11＜

2＋12－111101022共210个210110＝210＝1. 2答案

A＜1 πππ11.若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋2，b＝y2－2z＋3，c＝z2－2x＋6.求证：a，b，c中至少有一个大于0. 证明

假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，

πππ则a＋b＋c≤0，而a＋b＋c＝x2－2y＋2＋y2－2z＋3＋z2－2x＋6＝(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，因此假设不成立，

∴a，b，c中至少有一个大于0. 12.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1. 1a＋(1)证明n2是等比数列，并求{an}的通项公式；

1113(2)证明a＋a＋…＋a<2. 12n证明

(1)由an＋1＝3an＋1 11得an＋1＋2＝3an＋2. 1133a＋又a1＋2＝2，所以n2是首项为2，公比为3的等比数列. 13n所以an＋2＝2，

3n－1因此{an}的通项公式为an＝2. 12(2)由(1)知a＝n. n3－1

11－因为当n≥1时，3n－1≥2×3n1，所以n≤. 3－12×3n－113111113于是a＋a＋…＋a≤1＋3＋…＋n－1＝21－3n<2. 312n1113所以a＋a＋…＋a<2. 12n三、探究与创新

13.已知数列{bn}是等差数列，b1＝1，b1＋b2＋…＋b10＝145. (1)求数列{bn}的通项公式；

1(2)设数列{an}的通项an＝loga1＋b(其中a＞0，且a≠1)，记Sn是数列{an}的前n1n项和，试比较Sn与3logabn＋1的大小，并证明你的结论. 解

(1)设数列{bn}的公差为d，

b1＝1，由题意，得

10（10－1）10b＋d＝145，12∴b1＝1，d＝3. ∴数列{bn}的通项公式为bn＝3n－2. 1(2)当a＞1时，Sn＞3logabn＋1(n∈N＋)；

1当0＜a＜1时，Sn＜3logabn＋1(n∈N＋). 证明如下：

3n－11∵bn＝3n－2，∴an＝loga1＋b＝loga. 3n－2n∴Sn＝a1＋a2＋…＋an

3n－125. ＝loga1×4×…×3n－231又3logabn＋1＝loga3n＋1. 1∴比较Sn与3logabn＋1的大小，

3n－1325即比较1×4×…×与3n＋1的大小. 3n－2

3n－13n－1325记An＝1×4×…×，Bn＝3n＋1.∵＞1，

3n－23n－2∴对任意n∈N＋，都有3n－13n＋13n＞＞3n＞0. 3n－23n－13n＋13n＋13n－133n－13n＞∴××3n＝，

3n－23n－13n－23n－2从而2A3＝n13n－23n＋13n－433n－134753×＞××…××4×…××＝3n143n－53n－23n－53n－23＋1＝B3n. ∴An＞Bn(n∈N＋). 1由对数的单调性，可得当a＞1时，Sn＞3logabn＋1(n∈N＋)；

1当0＜a＜1时，Sn＜3logabn＋1(n∈N＋). 讲末复习

1.比较法证明不等式

作差比较法是证明不等式的基本方法，其依据是：不等式的意义及实数大小比较的充要条件.证明的步骤大致是：作差——恒等变形——判断结果的符号. 2.综合法证明不等式

综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推理的基本理论.证明时要注意的是：作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握. 3.分析法证明不等式

分析法证明不等式的依据也是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论.分析法证明不等式的思维方向是“逆推”，即由待证的不等式出发，逐步寻找使它成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式. 一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手，因此，通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用. 4.反证法

反证法是一种“正难则反”的方法，反证法适用的范围：①直接证明困难；②需要分成很多类进行讨论；③“唯一性”、“存在性”的命题；④结论中含有“至少”、“至多”及否定性词语的命题. 5.放缩法

放缩法就是将不等式的一边放大或缩小，寻找一个中间量，常用的放缩技巧有：①舍掉(或加进)一些项；②在分式中放大或缩小分子或分母；③应用基本不等式12312111112放缩.例如a＋2＋4＞a＋2，，，＞2＜2＞kk（k－1）kk（k＋1）kk＋k＋1(以上k＞2且k∈N＋).

题型一

比较法证明不等式

比较法证明不等式的依据是：不等式的意义及实数比较大小的充要条件.作差比较法证明的一般步骤是：①作差；②恒等变形；③判断结果的符号；④下结论.其中，变形是证明推理中一个承上启下的关键，变形的目的在于判断差的符号，而不是考虑差能否化简或值是多少，变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法. b＋cc＋aa＋b例1

若x，y，z∈R，a＞0，b＞0，c＞0.求证：ax2＋by2＋cz2≥2(xy＋yz＋zx). b＋cc＋aa＋b证明

∵ax2＋by2＋cz2－2(xy＋yz＋zx) abcbca＝ax2＋by2－2xy＋by2＋cz2－2yz＋cz2＋ax2－2zx＝bax－a2＋

by

cby－b2＋czacz－c2≥0，

axb＋c2c＋a2a＋b2∴ax＋by＋cz≥2(xy＋yz＋zx)成立. ln 2ln 3ln 5跟踪演练1

若a＝2，b＝3，c＝5，则(

) A.a＜b＜c

C.c＜a＜b

B.c＜b＜a

D.b＜a＜c

3lg 2lg 82lg 3lg 9解析

a＝6＝6，b＝6＝6，

∵9＞8，∴b＞a，

lg 3lg 35lg 5lg 53b与c比较：b＝3＝15，c＝5＝15，

∵35＞53，∴b＞c，

lg 25lg 32lg 25a与c比较：a＝10＝10，c＝10，

32＞25，a＞c，

∴b＞a＞c，应选C. 答案

C 例2

已知An(n，an)为函数y1＝x2＋1的图象上的点，Bn(n，bn)为函数y2＝x的图象上的点，设Cn＝an－bn，其中n∈N*. (1)求证：数列{Cn}既不是等差数列，也不是等比数列；

(2)试比较Cn与Cn＋1的大小. (1)证明

根据题意可知：an＝n2＋1，bn＝n，Cn＝n2＋1－n. 假设数列{Cn}为等差数列，

则2C2＝C1＋C3，即有2(5－2)＝2－1＋10－3，有25＝2＋10，这与事实相矛盾，因而不是等差数列，假设数列{Cn}为等比2数列，则应有C22＝C1C3，即(5－2)＝(2－1)(10－3)，这与事实相矛盾，所以{Cn}不是等比数列，由以上可知数列{Cn}既不是等差数列，也不是等比数列. (2)解

∵Cn＝n2＋1－n＞0，

Cn＋1＝（n＋1）2＋1－(n＋1)＞0，

Cn＋1（n＋1）2＋1－（n＋1）∴C＝

2nn＋1－n

n2＋1＋n＝. （n＋1）2＋1＋（n＋1）∵0＜n2＋1＜（n＋1）2＋1，0＜n＜n＋1，

∴n2＋1＋n＜（n＋1）2＋1＋n＋1，

n2＋1＋n∴0＜＜1，

2（n＋1）＋1＋（n＋1）Cn＋1即C＜1，从而有Cn＋1＜Cn. n跟踪演练2

若a，b，m，n都为正实数，且m＋n＝1，试证：ma＋nb≥ma＋nb. 证明

∵a，b，m，n均为正数，且m＋n＝1，

∴(ma＋nb)2－(ma＋nb)2

＝ma＋nb－m2a－n2b－2mnab

＝m(1－m)a＋n(1－n)b－2mnab

＝mn(a－b)2≥0，

又ma＋nb＞0，ma＋nb＞0，

∴ma＋nb≥ma＋nb. 题型二

分析法和综合法证明不等式

在证明不等式的过程中，分析法、综合法常常是不能分离的.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的途径，之后用综合法形式写出它的证明过程，以适应人们习惯的思维规律，有时问题的证明难度较大，常使用分析综合法，实现两头往中间靠以达到证题目的. 例3

已知a＞0，函数f(x)＝1－ax2，x∈(0，＋∞)，设0＜x＜1xa，记曲线y＝f(x)在点M(x1，f(x1))处的切线为l. (1)求l的方程；

1(2)设l与x轴的交点为(x2，0)，求证：①0＜x2≤a；

11②若x1＜a，则x1＜x2＜a.

1－ax111(1)解

求导f′(x)＝－x2，则l的方程为y－x＝－x2(x－x1). 11(2)证明

切线方程中令y＝0，

2有x2＝x1(1－ax1)＋x1＝x1(2－ax1)，其中0＜x1＜a，

2①由0＜x1＜a，x2＝x1(2－ax1)，

121有x2＞0及x2＝－ax1－a＋a，

111所以0＜x2≤，当且仅当x1＝时，x2＝. aaa11②当0＜x1＜a时，ax1＜1，x2＝x1(2－ax1)＞x1，且由①可知x2＜a，

1所以x1＜x2＜a. a1xn＋x，n∈N*. 跟踪演练3

某数列由下列条件确定：x1＝a＞0，xn＋1＝2·n(1)证明：对n≥2总有xn≥a；

(2)证明：对n≥2总有xn≥xn＋1. a11证明

(1)由x1＝a＞0，及xn＋1＝2xn＋x可以归纳证明xn＞0，从而有xn＋1＝2naxn＋x≥na*xn·＝a(n∈N)，所以当n≥2时，xn≥a成立. xna1(2)当n≥2时，因为xn≥a＞0，xn＋1＝2xn＋x，

n2a11a－xn所以xn＋1－xn＝2xn＋x－xn＝2·x≤0. nn故当n≥2时，xn≥xn＋1成立. m＋nm＋nnm例4

已知m，n∈N*，求证：2≥mn. m＋n证明

∵2≥mn，

m＋nm＋nnmm＋nnm要证2≥mn，只需证明mn≥mn.

m－nm（mn）2n2m22（m＋n）mn∵

＝

1＝mm＝m－nnmm＋nnm（mn）m·nmnm＋nm＋nm＋nn2（m＋n）m－n111m2（m＋n）＝n，

m(1)当m＞n时，n＞1，m－n＞0，则m＋nm＋nnm∴2＞mn；

(2)当m＝n时，则mnm＋nm＋nm＋nnm＝1，∴2＝mn；

mnm＋nmnnmmnm＋nmnnm＞1，

mnnmm(3)当m＜n时，0＜n＜1，m－n＜0，则m＋nm＋nnm综上，2≥mn. ＞1，

跟踪演练4

已知x＞0，y＞0，求证：(x＋y)2＞(x＋y)3. 证明

∵x＞0，y＞0，

∴要证明(x＋y)2＞(x＋y)3，

只需证(x2＋y2)3＞(x3＋y3)2，

即证x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6＞x6＋2x3y3＋y6，

即证3x4y2＋3x2y4＞2x3y3. 由于x2y2＞0，

即证3x2＋3y2＞2xy，

∵3x2＋3y2＞x2＋y2≥2xy，

∴3x2＋3y2＞2xy成立，

∴(x＋y)2＞(x＋y)3. 题型三

反证法和放缩法证明不等式

221331221331221331

反证法和放缩法

(1)反证法：先假设要证明的结论是不正确的，以此为出发点，然后利用公理、已有的定义、定理、命题的条件逐步分析，得到和命题的条件(已有的定义、定理、公理等)矛盾的结论，以此说明假设的结论不成立，从而原来的命题结论正确. (2)放缩法：将需要证明的不等式的值适当地放大(或缩小)，使不等式由繁化简，达到证明的目的. 1例5

已知f(x)＝x2＋px＋q，求证：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于2. 1证明

假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于，

2则|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|＜2，①

而|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥|f(1)＋f(3)－2f(2)|＝|(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－(8＋4p＋2q)|＝2，②

①②两式矛盾，从而假设不成立，所以原命题成立，

1即|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于2. 1跟踪演练5

已知：在△ABC中，∠CAB＞90°，D是BC的中点，求证：AD＜2BC(如图所示).

1证明

假设AD≥2BC. 1(1)若AD＝2BC，由平面几何中定理“若三角形一边上的中线等于该边长的一半，那么，这条边所对的角为直角”，知∠CAB＝90°，与题设矛盾. 1所以AD≠2BC. 11(2)若AD＞2BC，因为BD＝DC＝2BC，

所以在△ABD中，AD＞BD，

从而∠B＞∠BAD.同理∠C＞∠CAD.

所以∠B＋∠C＞∠BAD＋∠CAD，

即∠B＋∠C＞∠CAB. 因为∠B＋∠C＝180°－∠CAB，

所以180°－∠CAB＞∠CAB，即∠CAB＜90°，与已知矛盾，

1故AD＞2BC不成立. 1由(1)(2)知AD＜2BC成立. 例6

已知实数x、y、z不全为零，求证：x2＋xy＋y2＋y2＋yz＋z2＋z2＋zx＋x23＞2(x＋y＋z). 证明

x＋xy＋y＝22y232x＋2＋y≥

4yy2yx＋2＝x＋2≥x＋，同理可得

2zxy2＋yz＋z2≥y＋2，z2＋zx＋x2≥z＋2. 由于x、y、z不全为零，故上述三式中至少有一式取不到等号，所以三式累加得

yzx3x2＋xy＋y2＋y2＋yz＋z2＋z2＋zx＋x2＞x＋2＋y＋2＋z＋2＝2(x＋y＋z). εεε跟踪演练6

已知|x|＜3，|y|＜6，|z|＜9，求证：|x＋2y－3z|＜ε. εεε证明

∵|x|＜3，|y|＜6，|z|＜9，

∴|x＋2y－3z|＝|x＋2y＋(－3z)| εεε≤|x|＋|2y|＋|－3z|＝|x|＋2|y|＋3|z|＜3＋2×6＋3×9＝ε. ∴原不等式成立.

1.比较法证明不等式一般又有两种方法：作差法和作商法，作商法应用的前提条件是已知不等式两端的代数式同号. 2.由教材内容可知，分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”，逐步推导出不等式成立的必要条件，两者是对立统一

的两种方法. 3.证明不等式的基本方法及一题多证：证明不等式的基本方法主要有比较法、综合法、分析法，反证法、放缩法等.证明不等式时既可探索新的证题方法，培养创新意识，也可一题多证，开阔思路，活跃思维，目的是通过证明不等式发展逻辑思维能力，提高数学素养. 讲末检测

一、选择题

1.若a>b>0，则下列不等式中一定成立的是(

) 11A.a＋b>b＋a

11C.a－b>b－a

bb＋1B.a>

a＋1D.2a＋ba>

a＋2bb1111解析

∵a＞b＞0，∴b＞a＞0，∴a＋b＞b＋a. 答案

A 2.已知x＞y＞z，且x＋y＋z＝1，则下列不等式中恒成立的是(

) A.xy＞yz

C.x|y|＞z|y|

B.xz＞yz

D.xy＞xz

解析

令x＝2，y＝0，z＝－1，可排除选项A，B，C，故选D. 答案

D 3.已知实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c的大小关系是(

) A.c≥b＞a

C.c＞b＞a

B.a＞c≥b

D.a＞c＞b

解析

∵c－b＝(a－2)2≥0，∴c≥b. 由题中两式相减，得b＝a2＋1，

123∴b－a＝a－a＋1＝a－2＋4＞0. 2∴b＞a，∴c≥b＞a. 答案

A 4.已知b＞a＞0，且a＋b＝1，那么(

)

A.2ab＜a4－b4a－b＜a＋b2＜b

B.2ab＜a＋ba4－b42＜a－b＜b

a4－b4C.a－b＜2ab＜a＋b2＜b

D.2ab＜a＋b＜a4－b42＜ba－b

解析

取特殊值法.令a＝133a4－b45a＋b14，b＝4，则2ab＝8，a－b＝8，2＝2，故选B. 答案

B 5.若实数a，b满足a＋b＝2，则3a＋3b的最小值是(

) A.18

B.6

C.23

D.243 解析

3a＋3b≥23a·3b＝23a＋b＝2×3＝6(当且仅当a＝b＝1时，等号成立). 答案

B 6.对于任意的x∈[0，1]，不等式ax＋2b＞0恒成立，则代数式a＋3b的值(

A.恒为正值

B.恒为非负值

C.恒为负值

D.不确定

解析

令f(x)＝ax＋2b，则在[0，1]上，若a＞0，

则fmin(x)＝f(0)＝2b＞0；

若a＜0，则fmin(x)＝f(1)＝a＋2b＞0，

∴a＋3b＝b＋a＋2b＞0. 答案

A 7.设a、b、c是互不相等的正数，则下列等式中不恒成立的是(

) A.|a－b|≤|a－c|＋|b－c| B.a2＋11a2≥a＋a

C.|a－b|＋1a－b≥2 D.a＋3－a＋1≤a＋2－a

解析

因为a－b的符号不确定，

)

所以|a－b|＋1≥2不一定正确，

a－b所以应选C. 答案

C 8.若x，y∈R＋，且x≠y，下列四个数中最小的一个是(

) 111A.2x＋y

C.1

xy

B.1

x＋y1

2（x2＋y2）D.1111解析

2x＋y＞2·211111＝，＞＞. xyxyxy2xyx＋y2242111x＋y2x＋y＜由⇒＞2＞22⇒2＞22⇒2（x＋y）x＋y（x＋y）2（x＋y）x＋y21，故选D. 2（x＋y2）2答案

D 3339.要使a－b＜a－b成立，a，b应满足的条件是(

) A.ab＜0，且a＞b

B.ab＞0，且a＞b

C.ab＜0，且a＜b

D.ab＞0，且a＞b或ab＜0，且a＜b

解析

3333333a－b＜a－b⇔a－b＋3ab2－3a2b＜a－b⇔ab2＜a2b，

33∴当ab＞0时，有b＜a，即b＜a. 33当ab＜0时.有b＞a，即b＞a. 答案

D 10.在△ABC中，A，B，C分别为边a，b，c所对的角，且a，b，c成等差数列，则角B适合的条件是(

) πA.0＜B≤4

πB.0＜B≤3

πC.0＜B≤2

πD.2＜B＜π

2（a＋c）a2＋c2－4a2＋c2－b2解析

∵2b＝a＋c，∴cos B＝2ac＝2ac3（a2＋c2）－2ac＝8ac3（a2＋c2）16ac11＝－4≥8ac－4＝2.当且仅当a＝b＝c时等号成立. 8acππ0，∵余弦函数在2上为减函数，∴0＜B≤3. 答案

B 二、填空题

11.lg 9·lg 11与1的大小关系是________. 解析

∵lg 9＞0，lg 11＞0，

∴lg 9·lg 11＜lg 9＋lg 11lg 99lg 100＜2＜2＝1. 2∴lg 9·lg 11＜1. 答案

lg 9·lg 11＜1 12.已知a，b＞0，则x＝abba，y＝aabb的大小关系是________. xabbab－aa－bab－a解析

y＝aabb＝a·b＝b，

ax若a≥b＞0，则b≥1，而b－a≤0，∴y≤1. ax若0＜a≤b，则b≤1，而b－a≥0，∴y≤1. 综上，y≥x. 答案

y≥x

13.设a＝3－2，b＝6－5，c＝7－6，则a，b，c的大小顺序是________. 解析

a－b＝3－2－6＋5＝3＋5－(2＋6)，

而(3＋5)2＝8＋215，

(2＋6)2＝8＋212，

∴3＋5＞2＋6.∴a－b＞0，即a＞b. 同理可知b＞c.∴a＞b＞c. 答案

a＞b＞c

14.已知a，b，c，d都为正数，且S＝S的取值范围是________. 解析

由放缩法，得abcd＋＋＋，则a＋b＋cb＋c＋dc＋d＋aa＋b＋daaa＜＜；

a＋b＋c＋da＋b＋ca＋cbbb＜＜；

a＋b＋c＋db＋c＋dd＋bccc＜＜；

a＋b＋c＋dc＋d＋ac＋addd＜＜. a＋b＋c＋dd＋a＋bd＋b以上四个不等式相加，得1＜S＜2. 答案

(1，2) 三、解答题

1115.设a＞0，b＞0，且a＋b＝a＋b.证明：

①a＋b≥2；

②a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立. 11a＋b证明

由a＋b＝a＋b＝ab，a＞0，b＞0，得ab＝1. ①由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2ab＝2，即a＋b≥2. ②假设a2＋a＜2与b2＋b＜2同时成立，则由a2＋a＜2及a＞0得0＜a＜1；

同理，0＜b＜1，从而ab＜1，这与ab＝1矛盾.故a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立. abc16.已知a，b，c为三角形的三边，求证：，，也可以构成一个三角1＋a1＋b1＋c形. 证明

设f(x)＝x，x∈(0，＋∞)，0＜x1＜x2，

1＋xx2－x1x2x1－＝＞0，f(x2)＞f(x1)，

1＋x21＋x1（1＋x2）（1＋x1）则f(x2)－f(x1)＝∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数. ∵a，b，c为三角形的三边，∴a＋b＞c，

∴a＋bcababcab＜＝＋＜＋，即＜＋，

1＋c1＋（a＋b）1＋a＋b1＋a＋b1＋a1＋b1＋c1＋a1＋babcbacabc同理可证＜＋，＜＋，∴以，，为边可1＋a1＋b1＋c1＋b1＋a1＋c1＋a1＋b1＋c构成一个三角形. 1*17.已知数列{an}满足a1＝2且an＋1＝an－a2n(n∈N). (1)证明：1≤an≤2(n∈N*)；

an＋11Sn1(2)设数列{a2≤≤(n∈N*). n}的前n项和为Sn，证明：2（n＋2）n2（n＋1）(1)证明

由题意得an＋1－an＝－a2n≤0，

即an＋1≤an，

1故an≤2.由an＝(1－an－1)an－1得

an＝(1－an－1)(1－an－2)…(1－a1)a1＞0. 1由0＜an≤2得

anan1＝＝∈(1，2]，

an＋1an－a2n1－an所以1≤an≤2. an＋1(2)解

由题意得

a2n＝an－an＋1，所以Sn＝a1－an＋1，①

1anan由－＝和1≤≤2得

an＋1anan＋1an＋1111≤－a≤2，

an＋1n所以n≤1an＋11－a≤2n，

1111因此≤an＋1≤(n∈N*).②

2（n＋1）n＋2由①②得1Sn1≤n≤(n∈N*). 2（n＋2）2（n＋1）2218.设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足S2n－(n＋n－3)Sn－3(n

＋n)＝0，n∈N*. (1)求a1的值；

(2)求数列{an}的通项公式；

(3)证明：对一切正整数n，有1111＋＋…＋＜3. a1（a1＋1）a2（a2＋1）an（an＋1）(1)解

令n＝1代入得a1＝2(负值舍去). 22*(2)解

由S2n－(n＋n－3)Sn－3(n＋n)＝0，n∈N

得[Sn－(n2＋n)](Sn＋3)＝0，

又已知各项均为正数，故Sn＝n2＋n，

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，

当n＝1时，a1＝2也满足上式，

所以an＝2n(n∈N*). (3)证明

k∈N*，4k2＋2k－(3k2＋3k)＝k2－k＝k(k－1)≥0，

∴4k2＋2k≥3k2＋3k，

∴11＝

ak（ak＋1）2k（2k＋1）11111－. ＝2≤＝4k＋2k3k2＋3k3kk＋1∴111＋＋…＋

a1（a1＋1）a2（a2＋1）an（an＋1）1111111111≤31－2＋2－3＋…＋n－n＋1＝31－n＋1＜3. ∴原不等式成立.