2023届高考一轮复习讲义（理科）选修4－5　不等式选讲 第2讲　不等式的证明学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）选修4－5　不等式选讲 第2讲　不等式的证明学案，共12页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．基本不等式
定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．
定理2：如果a，b为正数，则eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)，当且仅当a＝b时，等号成立．
定理3：如果a，b，c为正数，则eq \f(a＋b＋c,3)≥eq \r(3,abc)，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
定理推广：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a1，a2，…，an为n个正数，则eq \f(a1＋a2＋…＋an,n)≥eq \r(n,a1a2…an)，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．
2．不等式的证明方法
证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等．
3．数学归纳法证明不等式的关键
使用数学归纳法证明与自然数有关的不等式，关键是由n＝k时不等式成立推证n＝k＋1时不等式成立，此步的证明要具有目标意识，要注意与最终达到的解题目标进行分析、比较，以便确定解题方向．
常用结论
1．a2≥0(a∈R)．
2．(a－b)2≥0(a，b∈R)，其变形有a2＋b2≥2ab，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)≥ab，a2＋b2≥eq \f(1,2)(a＋b)2.
3．若a，b为正实数，则eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab).特别地，eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2.
4．a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
二、习题改编
1．(选修4­5P23习题T1改编)已知a≥b>0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，则M，N的大小关系为________．
解析：2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．因为a≥b>0.所以a－b≥0，a＋b>0，2a＋b>0，从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，故2a3－b3≥2ab2－a2b.
答案：M≥N
2．(选修4­5P24例3改编)求证：eq \r(3)＋eq \r(7)<2＋eq \r(6).
证明：eq \r(3)＋eq \r(7)<2＋eq \r(6)
⇐(eq \r(3)＋eq \r(7))2<(2＋eq \r(6))2
⇐10＋2eq \r(21)<10＋4eq \r(6)
⇐eq \r(21)<2eq \r(6)⇐21<24.
故原不等式成立．
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)比较法最终要判断式子的符号得出结论．( )
(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论．( )
(3)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．( )
(4)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))eq \x(不等式放缩不当致误)
设a，b∈(0，＋∞)，且ab－a－b＝1，则有( )
A．a＋b≥2(eq \r(2)＋1) B．a＋b≤eq \r(2)＋1
C．a＋b2(eq \r(2)＋1)
解析：选A.由已知得a＋b＋1＝ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)，故有(a＋b)2－4(a＋b)－4≥0，解得a＋b≥2eq \r(2)＋2或a＋b≤－2eq \r(2)＋2(舍去)，即a＋b≥2eq \r(2)＋2.(当且仅当a＝b＝eq \r(2)＋1时取等号)故选A.
比较法证明不等式(师生共研)
设a，b是非负实数，求证：a3＋b3≥eq \r(ab)(a2＋b2)．
【证明】 因为a，b是非负实数，
所以a3＋b3－eq \r(ab)(a2＋b2)
＝a2eq \r(a)(eq \r(a)－eq \r(b))＋b2eq \r(b)(eq \r(b)－eq \r(a))
＝(eq \r(a)－eq \r(b))[(eq \r(a))5－(eq \r(b))5]．
当a≥b时，eq \r(a)≥eq \r(b)，从而(eq \r(a))5≥(eq \r(b))5，
得(eq \r(a)－eq \r(b))[(eq \r(a))5－(eq \r(b))5]≥0；
当a得(eq \r(a)－eq \r(b))[(eq \r(a))5－(eq \r(b))5]>0.
所以a3＋b3≥eq \r(ab)(a2＋b2)．
eq \a\vs4\al()
比较法证明不等式的方法与步骤
(1)作差比较法：作差、变形、判号、下结论．
(2)作商比较法：作商、变形、判断、下结论．
[提醒] (1)当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时，一般使用作差比较法．
(2)当被证的不等式两边含有幂式或指数式或乘积式时，一般使用作商比较法．
1．当p，q都是正数且p＋q＝1时，试比较(px＋qy)2与px2＋qy2的大小．
解：(px＋qy)2－(px2＋qy2)
＝p2x2＋q2y2＋2pqxy－(px2＋qy2)
＝p(p－1)x2＋q(q－1)y2＋2pqxy.
因为p＋q＝1，所以p－1＝－q，q－1＝－p.
所以(px＋qy)2－(px2＋qy2)＝－pq(x2＋y2－2xy)＝－pq(x－y)2.
因为p，q为正数，所以－pq(x－y)2≤0，
所以(px＋qy)2≤px2＋qy2.
当且仅当x＝y时，不等式中等号成立．
2．已知a，b∈(0，＋∞)，求证：abba≤(ab)eq \s\up6(\f(a＋b,2)).
证明：eq \f(abba,（ab）\s\up6(\f(a＋b,2)))＝ab－eq \s\up3(\f(a＋b,2))ba－eq \f(a＋b,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))eq \s\up6(\f(a－b,2)).
当a＝b时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))eq \s\up6(\f(a－b,2))＝1；
当a>b>0时，0eq \f(a－b,2)>0，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))eq \s\up6(\f(a－b,2))<1.
当b>a>0时，eq \f(b,a)>1，eq \f(a－b,2)<0，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))eq \s\up6(\f(a－b,2))<1.
所以abba≤(ab)eq \s\up6(\f(a＋b,2)).
综合法、分析法证明不等式(师生共研)
(一题多解)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：
(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；
(2)a＋b≤2.
【证明】 法一(综合法)：
(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＋eq \f(3（a＋b）2,4)·(a＋b)
＝2＋eq \f(3（a＋b）3,4)，
所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.
法二(分析法)：
(1)因为a>0，b>0，a3＋b3＝2.
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，即a4＋b4≥2a2b2成立．
故原不等式成立．
(2)要证a＋b≤2成立，
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，显然成立．
故原不等式成立．
eq \a\vs4\al()
分析法与综合法常常结合起来使用，称为分析综合法，其实质是既充分利用已知条件，又时刻瞄准解题目标，即不仅要搞清已知什么，还要明确要干什么，通常用分析法找到解题思路，用综合法书写证题过程．
1．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知a，b，c为正数，且满足abc＝1，证明：
(1)eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≤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，
且abc＝1，故有
a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝eq \f(ab＋bc＋ca,abc)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c).
所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≤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
≥3eq \r(3,（a＋b）3（b＋c）3（a＋c）3)
＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)
≥3×(2eq \r(ab))×(2eq \r(bc))×(2eq \r(ac))
＝24.
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
2．(2020·湖南长沙长郡中学调研)已知函数f(x)＝|x＋2|.
(1)解不等式f(x)>4－|x＋1|；
(2)已知a＋b＝2(a>0，b>0)，求证：|x－2.5|－f(x)≤eq \f(4,a)＋eq \f(1,b).
解：(1)f(x)>4－|x＋1|，即|x＋2|＋|x＋1|>4，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x<－2，,－x－2－x－1>4，))得x<－3.5；
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2≤x<1，,x＋2－x－1>4，))无解；
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≥－1，,x＋2＋x＋1>4，))得x>0.5.
所以原不等式的解集为{x|x<－3.5或x>0.5}．
(2)证明：|x－2.5|－f(x)＝|x－2.5|－|x＋2|≤4.5，
eq \f(4,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(1,2)(a＋b)(eq \f(4,a)＋eq \f(1,b))＝eq \f(1,2)(4＋1＋eq \f(4b,a)＋eq \f(a,b))≥eq \f(1,2)(5＋4)＝4.5，
所以|x－2.5|－f(x)≤eq \f(4,a)＋eq \f(1,b).
反证法证明不等式(师生共研)
设0【证明】 设(1－a)b>eq \f(1,4)，(1－b)c>eq \f(1,4)，(1－c)a>eq \f(1,4)，
三式相乘得(1－a)b·(1－b)c·(1－c)a>eq \f(1,64)，①
又因为0所以0<(1－a)a≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(（1－a）＋a,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4).
同理(1－b)b≤eq \f(1,4)，(1－c)c≤eq \f(1,4)，
以上三式相乘得(1－a)a·(1－b)b·(1－c)c≤eq \f(1,64)，与①矛盾．
所以(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不可能同时大于eq \f(1,4).
eq \a\vs4\al()
利用反证法证明问题的一般步骤
(1)否定原结论．
(2)从假设出发，导出矛盾．
(3)证明原命题正确．
已知a＋b＋c>0，ab＋bc＋ca>0，abc>0，求证：a，b，c>0.
证明：(1)设a<0，因为abc>0，
所以bc<0.
又由a＋b＋c>0，则b＋c>－a>0，
所以ab＋bc＋ca＝a(b＋c)＋bc<0，与题设矛盾．
(2)若a＝0，则与abc>0矛盾，
所以必有a>0.
同理可证b>0，c>0.
综上可证a，b，c>0.
放缩法证明不等式(师生共研)
若a，b∈R，求证：eq \f(|a＋b|,1＋|a＋b|)≤eq \f(|a|,1＋|a|)＋eq \f(|b|,1＋|b|).
【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|
⇒eq \f(1,|a＋b|)≥eq \f(1,|a|＋|b|)，
所以eq \f(|a＋b|,1＋|a＋b|)＝eq \f(1,\f(1,|a＋b|)＋1)≤eq \f(1,1＋\f(1,|a|＋|b|))
＝eq \f(|a|＋|b|,1＋|a|＋|b|)
＝eq \f(|a|,1＋|a|＋|b|)＋eq \f(|b|,1＋|a|＋|b|)≤eq \f(|a|,1＋|a|)＋eq \f(|b|,1＋|b|).
综上，原不等式成立．
eq \a\vs4\al()
“放”和“缩”的常用技巧
在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧．常见的放缩变换有：
(1)变换分式的分子和分母，如eq \f(1,k2)eq \f(1,k（k＋1）)，eq \f(1,\r(k))eq \f(2,\r(k)＋\r(k＋1)).上面不等式中k∈N*，k>1.
(2)利用函数的单调性．
(3)真分数性质“若00，则eq \f(a,b)[提醒] 在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．
设n是正整数，求证：eq \f(1,2)≤eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)<1.
证明：由2n≥n＋k>n(k＝1，2，…，n)，得eq \f(1,2n)≤eq \f(1,n＋k)当k＝1时，eq \f(1,2n)≤eq \f(1,n＋1)当k＝2时，eq \f(1,2n)≤eq \f(1,n＋2)…
当k＝n时，eq \f(1,2n)≤eq \f(1,n＋n)所以eq \f(1,2)＝eq \f(n,2n)≤eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)所以原不等式成立．
[基础题组练]
1．(2020·衡阳模拟)已知函数f(x)＝|2x－1|＋|x＋1|.
(1)解不等式f(x)≤3；
(2)记函数g(x)＝f(x)＋|x＋1|的值域为M，若t∈M，证明：t2＋1≥eq \f(3,t)＋3t.
解：(1)依题意，得f(x)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x，x≤－1，,2－x，－1于是f(x)≤3⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≤－1，,－3x≤3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1解得－1≤x≤1.
即不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤1}．
(2)证明：g(x)＝f(x)＋|x＋1|＝|2x－1|＋|2x＋2|≥
|2x－1－2x－2|＝3，
当且仅当(2x－1)(2x＋2)≤0时，取等号，
所以M＝[3，＋∞)．
要证t2＋1≥eq \f(3,t)＋3t，即证t2－3t＋1－eq \f(3,t)≥0.
而t2－3t＋1－eq \f(3,t)＝eq \f(t3－3t2＋t－3,t)＝eq \f(（t－3）（t2＋1）,t).
因为t∈M，所以t－3≥0，t2＋1>0，
所以eq \f(（t－3）（t2＋1）,t)≥0.
所以t2＋1≥eq \f(3,t)＋3t.
2．(2020·榆林模拟)已知函数f(x)＝|x＋1|＋|x－1|.
(1)求函数f(x)的最小值a；
(2)根据(1)中的结论，若m3＋n3＝a，且m>0，n>0，求证：m＋n≤2.
解：(1)f(x)＝|x＋1|＋|x－1|≥|x＋1－(x－1)|＝2，当且仅当(x＋1)(x－1)≤0即－1≤x≤1时取等号，
所以f(x)min＝2，即a＝2.
(2)证明：假设m＋n>2，则m>2－n，m3>(2－n)3.
所以m3＋n3>(2－n)3＋n3＝2＋6(1－n)2≥2.①
由(1)知a＝2，所以m3＋n3＝2.②
①②矛盾，所以m＋n≤2.
3．(2020·银川模拟)已知函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－2|，集合A＝{x|f(x)<3}．
(1)求集合A；
(2)若实数s，t∈A，求证：eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(t,s)))解：(1)函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－2|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x＋1，x<－\f(1,2)，,x＋3，－\f(1,2)≤x<2，,3x－1，x≥2.))
首先画出y＝f(x)与y＝3的图象如图所示．
可得不等式f(x)<3的解集A＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－\f(2,3)(2)证明：因为实数s，t∈A，所以s，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，0)).
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(t,s)))eq \s\up12(2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,s)))eq \s\up12(2)＝1＋eq \f(t2,s2)－t2－eq \f(1,s2)＝eq \f(1,s2)(1－t2)·(s2－1)<0，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(t,s)))eq \s\up12(2)4．(2020·重庆模拟)已知关于x的不等式|2x|＋|2x－1|≤m有解．
(1)求实数m的取值范围；
(2)已知a>0，b>0，a＋b＝m，证明：eq \f(a2,a＋2b)＋eq \f(b2,2a＋b)≥eq \f(1,3).
解：(1)|2x|＋|2x－1|≥|2x－(2x－1)|＝1，当且仅当2x(2x－1)≤0即0≤x≤eq \f(1,2)时取等号，故m≥1.
所以实数m的取值范围为[1，＋∞)．
(2)证明：由题知a＋b≥1，
又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,a＋2b)＋\f(b2,2a＋b)))(a＋2b＋2a＋b)≥(a＋b)2，
所以eq \f(a2,a＋2b)＋eq \f(b2,2a＋b)≥eq \f(1,3)(a＋b)≥eq \f(1,3).
[综合题组练]
1．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：eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1－abc,ab－c)))>1.
解：(1)由已知，令f(x)＝|x＋1|－|x－1|
＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，x≥1，,2x，－1＜x＜1，,－2，x≤－1，))
由|f(x)|<2得－1(2)证明：要证eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1－abc,ab－c)))>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，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1－abc,ab－c)))>1.
2．已知函数f(x)＝k－|x－3|，k∈R，且f(x＋3)≥0的解集为[－1，1]．
(1)求k的值；
(2)若a，b，c是正实数，且eq \f(1,ka)＋eq \f(1,2kb)＋eq \f(1,3kc)＝1，
求证：a＋2b＋3c≥9.
解：(1)因为f(x)＝k－|x－3|，
所以f(x＋3)≥0等价于|x|≤k，
由|x|≤k有解，得k≥0，且解集为[－k，k]．
因为f(x＋3)≥0的解集为[－1，1]．
因此k＝1.
(2)证明：由(1)知eq \f(1,a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(1,3c)＝1，
因为a，b，c为正实数，
所以a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,2b)＋\f(1,3c)))
＝3＋eq \f(a,2b)＋eq \f(a,3c)＋eq \f(2b,a)＋eq \f(2b,3c)＋eq \f(3c,a)＋eq \f(3c,2b)＝3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2b)＋\f(2b,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3c)＋\f(3c,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2b,3c)＋\f(3c,2b)))
≥3＋2eq \r(\f(a,2b)·\f(2b,a))＋2eq \r(\f(a,3c)·\f(3c,a))＋2eq \r(\f(2b,3c)·\f(3c,2b))＝9.
当且仅当a＝2b＝3c时，等号成立．
因此a＋2b＋3c≥9.
3．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，当x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1.
(1)求证：|b|≤1；
(2)若f(0)＝－1，f(1)＝1，求实数a的值．
解：(1)证明：由题意知f(1)＝a＋b＋c，f(－1)＝a－b＋c，
所以b＝eq \f(1,2)[f(1)－f(－1)]．
因为当x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1，
所以|f(1)|≤1，|f(－1)|≤1，
所以|b|＝eq \f(1,2)|f(1)－f(－1)|≤eq \f(1,2)[|f(1)|＋|f(－1)|]≤1.
(2)由f(0)＝－1，f(1)＝1可得c＝－1，b＝2－a，
所以f(x)＝ax2＋(2－a)x－1.
当a＝0时，不满足题意，当a≠0时，
函数f(x)图象的对称轴为x＝eq \f(a－2,2a)，即x＝eq \f(1,2)－eq \f(1,a).
因为x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1，
即|f(－1)|≤1，所以|2a－3|≤1，解得1≤a≤2.
所以－eq \f(1,2)≤eq \f(1,2)－eq \f(1,a)≤0，故|feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,a)))|＝
|aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,a)))eq \s\up12(2)＋(2－a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,a)))－1|≤1.
整理得|eq \f(（a－2）2,4a)＋1|≤1，
所以－1≤eq \f(（a－2）2,4a)＋1≤1，
所以－2≤eq \f(（a－2）2,4a)≤0，
又a＞0，所以eq \f(（a－2）2,4a)≥0，
所以eq \f(（a－2）2,4a)＝0，所以a＝2.
4．(2019·高考全国卷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≥eq \f(1,3)成立，证明：a≤－3或a≥－1.
解：(1)由于
[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2
＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]
≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，
故由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥eq \f(4,3)，当且仅当x＝eq \f(5,3)，y＝－eq \f(1,3)，z＝－eq \f(1,3)时等号成立．
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为eq \f(4,3).
(2)证明：由于
[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2
＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－a)(x－2)]
≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，
故由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥eq \f(（2＋a）2,3)，当且仅当x＝eq \f(4－a,3)，y＝eq \f(1－a,3)，z＝eq \f(2a－2,3)时等号成立．
因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为eq \f(（2＋a）2,3).
由题设知eq \f(（2＋a）2,3)≥eq \f(1,3)，解得a≤－3或a≥－1.