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2021届高考数学人教版一轮创新教学案：第12章第4讲 证明不等式的基本方法
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第4讲 证明不等式的基本方法
[考纲解读] 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．(重点、难点)
[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲是高考命题的一个热点．预测2021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.
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数不小于(即大于或等于)它们的几何平均数．
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
作差法
依据
若a，b∈R，则a－b>0⇔a>b；a－b＝0⇔a＝b；a－b<0⇔a
作差→变形→判断符号(与0比较大小)→结论
作商法
依据
若a>0，b>0，则>1⇔a>b；
＝1⇔a＝b；<1⇔a
作商→变形→判断(与1比较大小)→结论
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．
1．概念辨析
(1)设x＝a＋2b，S＝a＋b2＋1则S≥x.( )
(2)若>1，则x＋2y>x－y.( )
(3)|a＋b|＋|a－b|≥|2a|.( )
(4)若实数x，y适合不等式xy>1，x＋y>－2，则x>0，y>0.( )
答案 (1)√ (2)× (3)√ (4)√
2．小题热身
(1)四个不相等的正数a，b，c，d成等差数列，则( )
A.> B.<
C.＝ D.与的大小不确定
答案 A
解析 由已知得a＋d＝b＋c，又正数a，b，c，d不相等，所以＝>.
(2)已知a，b是不相等的正数，x＝，y＝，z＝(ab)0.25，则x，y，z的大小关系是( )
A．x>y>z B.x
解析 ∵x2＝，y2＝a＋b，z2＝，
∴x2>z2，y2－x2＝＝>0，
∴y2>x2>z2，又x>0，y>0，z>0，∴y>x>z.
(3)设x＝a2b2＋5，y＝2ab－a2－4a，若x>y，则实数a，b应满足的条件为________．
答案 ab≠1或a≠－2
解析 因为x－y＝(a2b2＋5)－(2ab－a2－4a)
＝(a2b2－2ab＋1)＋(a2＋4a＋4)
＝(ab－1)2＋(a＋2)2≥0，
若x>y，则实数a，b应满足的条件为ab≠1或a≠－2.
(4)已知x>0，则y＝x2＋的最小值为________．
答案 3
解析 因为x>0，所以y＝x2＋＝x2＋＋≥
3＝3，当且仅当x2＝即x＝1时等号成立，所以y＝x2＋的最小值为3.
题型 一 比较法证明不等式
1．已知a，b都是正实数，且a＋b＝2，求证：＋≥1.
证明 ∵a>0，b>0，a＋b＝2，
∴＋－1
＝
＝
＝
＝
＝
＝.
∵a＋b＝2≥2，∴ab≤1.
∴≥0.
2．(2019·吉林长春模拟)(1)如果关于x的不等式|x＋1|＋|x－5|≤m的解集不是空集，求实数m的取值范围；
(2)若a，b均为正数，求证：aabb≥abba.
解 (1)令y＝|x＋1|＋|x－5|＝
可知|x＋1|＋|x－5|≥6，故要使不等式|x＋1|＋|x－5|≤m的解集不是空集，有m≥6.
(2)证明：由a，b均为正数，则要证aabb≥abba，
只要证aa－bbb－a≥1，整理得a－b≥1.
当a≥b时，a－b≥0，可得a－b≥1；
当a1.
可知a，b均为正数时，a－b≥1，
当且仅当a＝b时等号成立，从而aabb≥abba成立．
结论探究 本例中(2)条件不变，求证：aabb≥(ab).
证明 ＝a·b＝.
当a＝b时，＝1；
当a>b时，>1，>0，
由指数函数的性质知>1，
当a
所以aabb≥(ab).
1．作差比较法
(1)作差比较法证明不等式的四步骤
(2)作差比较法的应用范围
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．作商比较法
(1)作商比较法证明不等式的一般步骤
(2)作商比较法的应用范围
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．
已知函数f(x)＝|x－2|.
(1)求不等式f(x＋1)＋f(x＋3)>2的解集M；
(2)若a∈M，|b|<2，求证：f(ab)<|a|·f.
解 (1)由题意，知
f(x＋1)＋f(x＋3)＝|x－1|＋|x＋1|，
而|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，
因此M＝{x|x<－1或x>1}．
(2)证明：由f(ab)<|a|·f，
得|ab－2|<|b－2a|.
因为a∈M，|b|<2，所以a2>1，b2<4，
所以(ab－2)2－(b－2a)2＝a2b2－4a2－b2＋4
＝(a2－1)(b2－4)<0，
因此|ab－2|<|b－2a|，故f(ab)<|a|·f.
题型 二 综合法证明不等式
(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 (1)因为[(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]，
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)＋(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]，
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.
1．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．
2．综合法证明时常用的不等式
(1)a2≥0.
(2)|a|≥0.
(3)a2＋b2≥2ab，它的变形形式有
a2＋b2≥2|ab|；a2＋b2≥－2ab；(a＋b)2≥4ab；
a2＋b2≥(a＋b)2；≥2.
(4)≥，它的变形形式有
a＋≥2(a>0)；＋≥2(ab>0)；
＋≤－2(ab<0).
(2019·广州模拟)已知定义在R上的函数f(x)＝|x－m|＋|x|，m∈N*，存在实数x使f(x)<2成立．
(1)求实数m的值；
(2)若α≥1，β≥1，f(α)＋f(β)＝4，求证：＋≥3.
解 (1)因为|x－m|＋|x|≥|(x－m)－x|＝|m|.
所以要使不等式|x－m|＋|x|<2有解，
则|m|<2，解得－2
(2)证明：因为α≥1，β≥1，
所以f(α)＋f(β)＝2α－1＋2β－1＝4，
即α＋β＝3，
所以＋＝(α＋β)＝
≥＝3.
当且仅当＝，即α＝2，β＝1时等号成立，
故＋≥3.
题型 三 分析法证明不等式
(2019·泉州模拟)已知函数f(x)＝x－＋x＋，M为不等式f(x)≤2的解集．
(1)求M；
(2)求证：当a，b∈M时，2≥a－b.
解 (1)f(x)＝x－＋x＋
＝
当x≤－时，－2x≤2，解得x≥－1，
∴－1≤x≤－.
当－
综上所述，不等式f(x)≤2的解集M＝[－1,1]．
(2)证明：要证2≥a－b，
只需证2≥|a－b|，
即证4(1－ab)≥|a－b|2，
只需证4－4ab≥a2－2ab＋b2，即证4≥a2＋2ab＋b2，
即证4≥(a＋b)2，
只需证2≥|a＋b|.
因为a，b∈M，所以|a＋b|≤2.
所以当a，b∈M时，不等式2≥a－b成立．
1．分析法的应用条件
当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式(a2＋b2≥2ab)、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．
2．用分析法证“若A则B”这个命题的模式
为了证明命题B为真，
只需证明命题B1为真，从而有……
只需证明命题B2为真，从而有……
……
只需证明命题A为真，而已知A为真，故B必真．
某同学在一次研究性学习中发现，以下5个不等关系式子：
①－1>2－；②2－>－；③－>－2；④－2>－；⑤－>2－.
(1)上述五个式子有相同的不等关系，分析其结构特点，请你再写出一个类似的不等式；
(2)请写出一个更一般的不等式，使以上不等式为它的特殊情况，并证明．
解 (1)－2>－3(答案不唯一)．
(2)－>－.
证明：要证原不等式，只需证
＋>＋，
因为不等式两边都大于0，只需证
2a＋3＋2>2a＋3＋2，
只需证>，
只需证a2＋3a＋2>a2＋3a，
只需证2>0，显然成立，所以原不等式成立．
组 基础关
1．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
故ab＋1>a＋b.
2．(2019·长春模拟)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 (1)由已知，令f(x)＝|x＋1|－|x－1|
＝
由|f(x)|<2得－1
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
综上，>1.
3．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．
4．(2019·青岛二模)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 (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
所以2≤x<3.
综上所述，不等式f(x)<8的解集为{x|－3
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≥.
组 能力关
1．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
＝＝
＝.
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＝＋(0
(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 (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.
3．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 (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
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．
4．(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，
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.
第4讲 证明不等式的基本方法
[考纲解读] 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．(重点、难点)
[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲是高考命题的一个热点．预测2021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.
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数不小于(即大于或等于)它们的几何平均数．
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
作差法
依据
若a，b∈R，则a－b>0⇔a>b；a－b＝0⇔a＝b；a－b<0⇔a
作差→变形→判断符号(与0比较大小)→结论
作商法
依据
若a>0，b>0，则>1⇔a>b；
＝1⇔a＝b；<1⇔a
作商→变形→判断(与1比较大小)→结论
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．
1．概念辨析
(1)设x＝a＋2b，S＝a＋b2＋1则S≥x.( )
(2)若>1，则x＋2y>x－y.( )
(3)|a＋b|＋|a－b|≥|2a|.( )
(4)若实数x，y适合不等式xy>1，x＋y>－2，则x>0，y>0.( )
答案 (1)√ (2)× (3)√ (4)√
2．小题热身
(1)四个不相等的正数a，b，c，d成等差数列，则( )
A.> B.<
C.＝ D.与的大小不确定
答案 A
解析 由已知得a＋d＝b＋c，又正数a，b，c，d不相等，所以＝>.
(2)已知a，b是不相等的正数，x＝，y＝，z＝(ab)0.25，则x，y，z的大小关系是( )
A．x>y>z B.x
解析 ∵x2＝，y2＝a＋b，z2＝，
∴x2>z2，y2－x2＝＝>0，
∴y2>x2>z2，又x>0，y>0，z>0，∴y>x>z.
(3)设x＝a2b2＋5，y＝2ab－a2－4a，若x>y，则实数a，b应满足的条件为________．
答案 ab≠1或a≠－2
解析 因为x－y＝(a2b2＋5)－(2ab－a2－4a)
＝(a2b2－2ab＋1)＋(a2＋4a＋4)
＝(ab－1)2＋(a＋2)2≥0，
若x>y，则实数a，b应满足的条件为ab≠1或a≠－2.
(4)已知x>0，则y＝x2＋的最小值为________．
答案 3
解析 因为x>0，所以y＝x2＋＝x2＋＋≥
3＝3，当且仅当x2＝即x＝1时等号成立，所以y＝x2＋的最小值为3.
题型 一 比较法证明不等式
1．已知a，b都是正实数，且a＋b＝2，求证：＋≥1.
证明 ∵a>0，b>0，a＋b＝2，
∴＋－1
＝
＝
＝
＝
＝
＝.
∵a＋b＝2≥2，∴ab≤1.
∴≥0.
2．(2019·吉林长春模拟)(1)如果关于x的不等式|x＋1|＋|x－5|≤m的解集不是空集，求实数m的取值范围；
(2)若a，b均为正数，求证：aabb≥abba.
解 (1)令y＝|x＋1|＋|x－5|＝
可知|x＋1|＋|x－5|≥6，故要使不等式|x＋1|＋|x－5|≤m的解集不是空集，有m≥6.
(2)证明：由a，b均为正数，则要证aabb≥abba，
只要证aa－bbb－a≥1，整理得a－b≥1.
当a≥b时，a－b≥0，可得a－b≥1；
当a
可知a，b均为正数时，a－b≥1，
当且仅当a＝b时等号成立，从而aabb≥abba成立．
结论探究 本例中(2)条件不变，求证：aabb≥(ab).
证明 ＝a·b＝.
当a＝b时，＝1；
当a>b时，>1，>0，
由指数函数的性质知>1，
当a
所以aabb≥(ab).
1．作差比较法
(1)作差比较法证明不等式的四步骤
(2)作差比较法的应用范围
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．作商比较法
(1)作商比较法证明不等式的一般步骤
(2)作商比较法的应用范围
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．
已知函数f(x)＝|x－2|.
(1)求不等式f(x＋1)＋f(x＋3)>2的解集M；
(2)若a∈M，|b|<2，求证：f(ab)<|a|·f.
解 (1)由题意，知
f(x＋1)＋f(x＋3)＝|x－1|＋|x＋1|，
而|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，
因此M＝{x|x<－1或x>1}．
(2)证明：由f(ab)<|a|·f，
得|ab－2|<|b－2a|.
因为a∈M，|b|<2，所以a2>1，b2<4，
所以(ab－2)2－(b－2a)2＝a2b2－4a2－b2＋4
＝(a2－1)(b2－4)<0，
因此|ab－2|<|b－2a|，故f(ab)<|a|·f.
题型 二 综合法证明不等式
(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 (1)因为[(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]，
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)＋(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]，
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.
1．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．
2．综合法证明时常用的不等式
(1)a2≥0.
(2)|a|≥0.
(3)a2＋b2≥2ab，它的变形形式有
a2＋b2≥2|ab|；a2＋b2≥－2ab；(a＋b)2≥4ab；
a2＋b2≥(a＋b)2；≥2.
(4)≥，它的变形形式有
a＋≥2(a>0)；＋≥2(ab>0)；
＋≤－2(ab<0).
(2019·广州模拟)已知定义在R上的函数f(x)＝|x－m|＋|x|，m∈N*，存在实数x使f(x)<2成立．
(1)求实数m的值；
(2)若α≥1，β≥1，f(α)＋f(β)＝4，求证：＋≥3.
解 (1)因为|x－m|＋|x|≥|(x－m)－x|＝|m|.
所以要使不等式|x－m|＋|x|<2有解，
则|m|<2，解得－2
(2)证明：因为α≥1，β≥1，
所以f(α)＋f(β)＝2α－1＋2β－1＝4，
即α＋β＝3，
所以＋＝(α＋β)＝
≥＝3.
当且仅当＝，即α＝2，β＝1时等号成立，
故＋≥3.
题型 三 分析法证明不等式
(2019·泉州模拟)已知函数f(x)＝x－＋x＋，M为不等式f(x)≤2的解集．
(1)求M；
(2)求证：当a，b∈M时，2≥a－b.
解 (1)f(x)＝x－＋x＋
＝
当x≤－时，－2x≤2，解得x≥－1，
∴－1≤x≤－.
当－
综上所述，不等式f(x)≤2的解集M＝[－1,1]．
(2)证明：要证2≥a－b，
只需证2≥|a－b|，
即证4(1－ab)≥|a－b|2，
只需证4－4ab≥a2－2ab＋b2，即证4≥a2＋2ab＋b2，
即证4≥(a＋b)2，
只需证2≥|a＋b|.
因为a，b∈M，所以|a＋b|≤2.
所以当a，b∈M时，不等式2≥a－b成立．
1．分析法的应用条件
当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式(a2＋b2≥2ab)、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．
2．用分析法证“若A则B”这个命题的模式
为了证明命题B为真，
只需证明命题B1为真，从而有……
只需证明命题B2为真，从而有……
……
只需证明命题A为真，而已知A为真，故B必真．
某同学在一次研究性学习中发现，以下5个不等关系式子：
①－1>2－；②2－>－；③－>－2；④－2>－；⑤－>2－.
(1)上述五个式子有相同的不等关系，分析其结构特点，请你再写出一个类似的不等式；
(2)请写出一个更一般的不等式，使以上不等式为它的特殊情况，并证明．
解 (1)－2>－3(答案不唯一)．
(2)－>－.
证明：要证原不等式，只需证
＋>＋，
因为不等式两边都大于0，只需证
2a＋3＋2>2a＋3＋2，
只需证>，
只需证a2＋3a＋2>a2＋3a，
只需证2>0，显然成立，所以原不等式成立．
组 基础关
1．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
故ab＋1>a＋b.
2．(2019·长春模拟)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 (1)由已知，令f(x)＝|x＋1|－|x－1|
＝
由|f(x)|<2得－1
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
综上，>1.
3．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．
4．(2019·青岛二模)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 (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
所以2≤x<3.
综上所述，不等式f(x)<8的解集为{x|－3
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≥.
组 能力关
1．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
＝＝
＝.
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0
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＝＋(0
(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 (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.
3．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 (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
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．
4．(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，
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.
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