高考数学（文）培优增分一轮全国经典版培优讲义选修4－5不等式选讲第2讲不等式的证明

第2讲不等式的证明板块一知识梳理·自主学习[必备知识]考点1比较法比较法是证明不等式最基本的方法，可分为作差比较法和作商比较法两种．考点2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．综合法又叫由因导果法．考点3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．考点4反证法证明命题时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，从而得出原命题成立，我们把这种证明方法称为反证法．考点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，我们把这种方法称为放缩法．考点6柯西不等式1．二维形式的柯西不等式定理1若a，b，c，d都是实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时，等号成立．2．柯西不等式的向量形式定理2设α，β是两个向量，则|α·β|≤|α|·|β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立．[考点自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)用反证法证明命题“a，b，c全为0”时，假设为“a，b，c全不为0”．()(2)若eq\f(x＋2y,x－y)>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．[2018·温州模拟]若a，b，c∈R，a>b，则下列不等式成立的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B．a2>b2C.eq\f(a,c2＋1)>eq\f(b,c2＋1) D．a|c|>b|c|答案C解析应用排除法．取a＝1，b＝－1，排除A；取a＝0，b＝－1，排除B；取c＝0，排除D.显然eq\f(1,c2＋1)>0，对不等式a>b的两边同时乘以eq\f(1,c2＋1)，立得eq\f(a,c2＋1)>eq\f(b,c2＋1)成立．故选C.3．[课本改编]不等式：①x2＋3>3x；②a2＋b2≥2(a－b－1)；③eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，其中恒成立的是()A．①③B．②③C．①②③D．①②答案D解析由①得x2＋3－3x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋eq\f(3,4)>0，所以x2＋3>3x；对于②，因为a2＋b2－2(a－b－1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，所以不等式成立；对于③，因为当ab<0时，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)－2＝eq\f(a－b2,ab)<0，即eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)<2.故选D.4．[2018·南通模拟]若|a－c|<|b|，则下列不等式中正确的是()A．a<b＋c B．a>c－bC．|a|>|b|－|c| D．|a|<|b|＋|c|答案D解析|a|－|c|≤|a－c|<|b|，即|a|<|b|＋|c|，故选D.5．已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的最小值为________．答案9解析解法一：把a＋b＋c＝1代入eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)，得eq\f(a＋b＋c,a)＋eq\f(a＋b＋c,b)＋eq\f(a＋b＋c,c)＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a＝b＝c＝eq\f(1,3)时，等号成立．解法二：由柯西不等式得：(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a·\f(1,a)＋b·\f(1,b)＋c·\f(1,c)))2，即eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥9.6．[2017·全国卷Ⅱ]已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；(2)a＋b≤2.证明(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(3a＋b2,4)(a＋b)＝2＋eq\f(3a＋b3,4)，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.板块二典例探究·考向突破考向比较法证明不等式例1[2016·全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，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(1)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x，x≤－\f(1,2)，,1，－\f(1,2)<x<\f(1,2)，,2x，x≥\f(1,2).))当x≤－eq\f(1,2)时，由f(x)<2，得－2x<2，解得x>－1，即－1<x≤－eq\f(1,2)；当－eq\f(1,2)<x<eq\f(1,2)时，f(x)<2，即－eq\f(1,2)<x<eq\f(1,2)；当x≥eq\f(1,2)时，由f(x)<2，得2x<2，解得x<1，即eq\f(1,2)≤x<1.所以f(x)<2的解集M＝{x|－1<x<1}．(2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－1<a<1，－1<b<1，从而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)<0.因此|a＋b|<|1＋ab|.触类旁通比较法证明的一般步骤一般步骤：作差—变形—判断—结论．为了判断作差后的符号，有时要把这个差变形为一个常数，或者变形为一个常数与一个或几个平方和的形式，也可变形为几个因式的积的形式，以判断其正负．常用的变形技巧有因式分解、配方、拆项、拼项等方法．【变式训练1】[2018·福建模拟]已知函数f(x)＝|x＋1|.(1)求不等式f(x)<|2x＋1|－1的解集M；(2)设a，b∈M，证明：f(ab)>f(a)－f(－b)．解(1)当x≤－1时，原不等式可化为－x－1<－2x－2，解得x<－1；当－1<x<－eq\f(1,2)时，原不等式可化为x＋1<－2x－2，解得x<－1，此时原不等式无解；当x≥－eq\f(1,2)时，原不等式可化为x＋1<2x，解得x>1，综上，M＝{x|x<－1或x>1}．(2)证明：证法一：因为f(ab)＝|ab＋1|＝|(ab＋b)＋(1－b)|≥|ab＋b|－|1－b|＝|b||a＋1|－|1－b|.因为a，b∈M，所以|b|>1，|a＋1|>0，所以f(ab)>|a＋1|－|1－b|，即f(ab)>f(a)－f(－b)．证法二：因为f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，所以要证f(ab)>f(a)－f(－b)，只需证|ab＋1|>|a＋b|，即证|ab＋1|2>|a＋b|2，即证a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2，即证a2b2－a2－b2＋1>0，即证(a2－1)(b2－1)>0.因为a，b∈M，所以a2>1，b2>1，所以(a2－1)(b2－1)>0成立，所以原不等式成立．考向用综合法与分析法证明不等式例2(1)[2018·浙江金华模拟]已知x，y∈R.①若x，y满足|x－3y|<eq\f(1,2)，|x＋2y|<eq\f(1,6)，求证：|x|<eq\f(3,10)；②求证：x4＋16y4≥2x3y＋8xy3.证明①利用绝对值不等式的性质得：|x|＝eq\f(1,5)[|2(x－3y)＋3(x＋2y)|]≤eq\f(1,5)[|2(x－3y)|＋|3(x＋2y)|]<eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(1,2)＋3×\f(1,6)))＝eq\f(3,10).②因为x4＋16y4－(2x3y＋8xy3)＝x4－2x3y＋16y4－8xy3＝x3(x－2y)＋8y3(2y－x)＝(x－2y)(x3－8y3)＝(x－2y)(x－2y)(x2＋2xy＋4y2)＝(x－2y)2[(x＋y)2＋3y2]≥0，∴x4＋16y4≥2x3y＋8xy3.(2)[2018·徐州模拟]已知a，b∈R，a>b>e(其中e是自然对数的底数)，求证：ba>ab.(提示：可考虑用分析法找思路)证明∵ba>0，ab>0，∴要证ba>ab只要证alnb>blna只要证eq\f(lnb,b)>eq\f(lna,a).(∵a>b>e)取函数f(x)＝eq\f(lnx,x)，∵f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)令f′(x)＝0，x＝e∴当x>e时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(e，＋∞)上单调递减．∴当a>b>e时，有f(b)>f(a)，即eq\f(lnb,b)>eq\f(lna,a)，得证．触类旁通综合法与分析法的逻辑关系用综合法证明不等式是“由因导果”，分析法证明不等式是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法．综合法往往是分析法的逆过程，表述简单、条理清楚，所以在实际应用时，往往用分析法找思路，用综合法写步骤，由此可见，分析法与综合法相互转化，互相渗透，互为前提．【变式训练2】(1)设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：①ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3)；②eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.证明①由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3).②证法一：因为eq\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，故eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.证法二：由柯西不等式得：(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c2,a)＋\f(a2,b)＋\f(b2,c)))≥(c＋a＋b)2，∵a＋b＋c＝1，∴eq\f(c2,a)＋eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)≥1.(2)[2015·全国卷Ⅱ]设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：①若ab>cd，则eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)；②eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|<|c－d|的充要条件．证明①因为(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)，(eq\r(c)＋eq\r(d))2＝c＋d＋2eq\r(cd)，由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，得(eq\r(a)＋eq\r(b))2>(eq\r(c)＋eq\r(d))2.所以eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d).②(ⅰ)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eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d).(ⅱ)若eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)，则(eq\r(a)＋eq\r(b))2>(eq\r(c)＋eq\r(d))2，即a＋b＋2eq\r(ab)>c＋d＋2eq\r(cd).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，eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|<|c－d|的充要条件．考向反证法证明不等式例3[2015·湖南高考]设a>0，b>0，且a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).证明：(1)a＋b≥2；(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．证明由a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)，a>0，b>0，得ab＝1.(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2eq\r(ab)＝2，即a＋b≥2，当且仅当a＝b＝1时等号成立．(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．触类旁通对于某些问题中所证结论若是“都是”“都不是”“至多”“至少”等问题，一般用反证法．其一般步骤是反设→推理→得出矛盾→肯定原结论．【变式训练3】[2018·达州校级期末]已知a，b，c∈(0,1)．求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能同时大于eq\f(1,4).证明假设三式同时大于eq\f(1,4)，即(1－a)b>eq\f(1,4)，(1－b)c>eq\f(1,4)，(1－c)a>eq\f(1,4).三式同向相乘，得(1－a)a(1－b)b(1－c)c>eq\f(1,64)(*)又(1－a)a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a＋a,2)))2＝eq\f(1,4)，同理(1－b)b≤eq\f(1,4)，(1－c)c≤eq\f(1,4).所以(1－a)a(1－b)b(1－c)c≤eq\f(1,64)，与*式矛盾，即假设不成立，故结论正确．考向柯西不等式的应用例4柯西不等式是大数学家柯西在研究数学分析中的“流数”问题时得到的，柯西不等式是指：对任意实数ai，bi(i＝1,2，…，n)，有(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2≤(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n))(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2)＋…＋beq\o\al(2,n))，当且仅当ai＝kbi(i＝1,2，…，n)时，等号成立．(1)证明：当n＝2时的柯西不等式；(2)设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，求eq\r(m2＋n2)的最小值．解(1)证明：当n＝2时，柯西不等式的二维形式为：(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2))(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2))≥(a1b1＋a2b2)2，(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2))(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2))－(a1b1＋a2b2)2＝aeq\o\al(2,1)beq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,2)beq\o\al(2,1)－2a1a2b1b2＝(a1b2－a2b1)2≥0，当且仅当a1b2＝a2b1时取得等号．(2)由柯西不等式得(a2＋b2)(m2＋n2)≥(ma＋nb)2，所以5(m2＋n2)≥52即m2＋n2≥5，所以eq\r(m2＋n2)的最小值为eq\r(5).触类旁通利用柯西不等式解题时，要注意配凑成相应的形式，既可从左向右用，也可从右向左用．【变式训练4】[2018·皇姑区校级期末]设xy>0，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(4,y2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2＋\f(1,x2)))的最小值为()A．－9B．9C．10D．0答案B解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(4,y2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2＋\f(1,x2)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x·\f(1,x)＋\f(2,y)·y))2＝9.当且仅当xy＝eq\f(2,xy)即xy＝eq\r(2)时取等号．故选B.核心规律1.证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和反证法仍是证明不等式的基本方法．要依据题设、题目的结构特点、内在联系，选择恰当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维方法，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．2.综合法往往是分析法的相反过程，其表述简单、条理清楚．当问题比较复杂时，通常把分析法和综合法结合起来使用，以分析法寻找证明的思路，而用综合法叙述、表达整个证明过程．3.不等式证明中的裂项形式：(1)eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，eq\f(1,nn＋k)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k))).(2)eq\f(1,k2)<eq\f(1,k2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)－\f(1,k＋1))).(3)eq\f(1,k)－eq\f(1,k＋1)＝eq\f(1,k＋1k)<eq\f(1,k2)<eq\f(1,k－1k)＝eq\f(1,k－1)－eq\f(1,k).(4)eq\f(1,nn＋1n＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2))).满分策略1.作差比较法适用的主要题型是多项式、分式、对数式、三角式，作商比较法适用的主要题型是高次幂乘积结构．2.如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出或否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法．3.高考命题专家说：“放缩是一种能力．”如何把握放缩的“度”，使得放缩“恰到好处”，这正是放缩法的精髓和关键所在！板块三模拟演练·提能增分[A级基础达标]1．已知a，b，c，d均为正数，S＝eq\f(a,a＋b＋d)＋eq\f(b,b＋c＋a)＋eq\f(c,c＋d＋b)＋eq\f(d,d＋a＋c)，则一定有()A．0<S<1 B．1<S<2C．2<S<3 D．3<S<4答案B解析S>eq\f(a,a＋b＋c＋d)＋eq\f(b,a＋b＋c＋d)＋eq\f(c,a＋b＋c＋d)＋eq\f(d,a＋b＋c＋d)＝1，S<eq\f(a,a＋b)＋eq\f(b,a＋b)＋eq\f(c,c＋d)＋eq\f(d,c＋d)＝2，∴1<S<2.故选B.2．[2018·驻马店期末]若x1，x2，x3∈(0，＋∞)，则3个数eq\f(x1,x2)，eq\f(x2,x3)，eq\f(x3,x1)的值()A．至多有一个不大于1 B．至少有一个不大于1C．都大于1 D．都小于1答案B解析解法一：设x1≤x2≤x3，则eq\f(x1,x2)≤1，eq\f(x2,x3)≤1，eq\f(x3,x1)≥1.故选B.解法二：设eq\f(x1,x2)>1，eq\f(x2,x3)>1，eq\f(x3,x1)>1，∴eq\f(x1,x2)·eq\f(x2,x3)·eq\f(x3,x1)>1与eq\f(x1,x2)·eq\f(x2,x3)·eq\f(x3,x1)＝1矛盾，∴至少有一个不大于1.3．设x>0，y>0，M＝eq\f(x＋y,2＋x＋y)，N＝eq\f(x,2＋x)＋eq\f(y,2＋y)，则M、N的大小关系为________．答案M<N解析N＝eq\f(x,2＋x)＋eq\f(y,2＋y)>eq\f(x,2＋x＋y)＋eq\f(y,2＋x＋y)＝eq\f(x＋y,2＋x＋y)＝M.4．已知a，b∈R，a2＋b2＝4，则3a＋2b的取值范围是________．答案[－2eq\r(13)，2eq\r(13)]解析根据柯西不等式(ac＋bd)2≤(a2＋b2)·(c2＋d2)，可得(3a＋2b)2≤(a2＋b2)·(32＋22)∴－2eq\r(13)≤3a＋2b≤2eq\r(13).3a＋2b∈[－2eq\r(13)，2eq\r(13)]．[B级能力达标]5．求证：eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋eq\f(1,5×7)＋…＋eq\f(1,2n－12n＋1)<eq\f(1,2)(n∈N*)．证明∵eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))∴左边＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))<eq\f(1,2).6．[2018·泸州模拟]设函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,a)))＋|x＋a|(a>0)．(1)证明：f(x)≥4；(2)若f(2)<5，求a的取值范围．解(1)证明：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,a)))＋|x＋a|≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋a＋\f(4,a)－x))＝a＋eq\f(4,a)≥4；当且仅当a＝2时取等号．(2)f(2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2－\f(4,a)))＋|a＋2|.①当a＝2时，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2－\f(4,a)))＋|2＋a|<5显然满足；②当0<a≤2时，不等式变成a＋eq\f(4,a)<5，即a2－5a＋4<0⇒1<a<4，联立求解得1<a≤2；③当a>2时，不等式变成a2－a－4<0，∴eq\f(1－\r(17),2)<a<eq\f(1＋\r(17),2)，联立求解得2<a<eq\f(1＋\r(17),2).综上，a的取值范围为1<a<eq\f(1＋\r(17),2).7．[2018·龙门县校级模拟]已知函数f(x)＝|2x－1|.(1)若不等式feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))≤2m＋1(m>0)的解集为[－2,2]，求实数m的值；(2)对任意x∈R，y>0，求证：f(x)≤2y＋eq\f(4,2y)＋|2x＋3|.解(1)不等式feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))≤2m＋1⇔|2x|≤2m＋1(m>0)，∴－m－eq\f(1,2)≤x≤m＋eq\f(1,2)，由解集为[－2,2]，可得m＋eq\f(1,2)＝2，解得m＝eq\f(3,2).(2)证明：原不等式即为|2x－1|－|2x＋3|≤2y＋eq\f(4,2y).令g(x)＝|2x－1|－|2x＋3|≤|(2x－1)－(2x＋3)|＝4，当2x＋3≤0，即x≤－eq\f(3,2)时，g(x)取得最大值4，又2y＋eq\f(4,2y)≥2eq\r(2y·\f(4,2y))＝4，当且仅当2y＝eq\f(4,2y)，即y＝1时，取得最小值4.则|2x－1|－|2x＋3|≤2y＋eq\f(4,2y).故原不等式成立．8．[2018·黄山期末](1)已知a，b∈(0，＋∞)，求证：x，y∈R，有eq\f(x2,a)＋eq\f(y2,b)≥eq\f(x＋y2,a＋b)；(2)若0<a<2,0<b<2,0<c<2，求证：(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a不能同时大于1.证明(1)证法一：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a)＋\f(y2,b)))(a＋b)＝x2＋eq\f(bx2,a)＋eq\f(ay2,b)＋y2≥x2＋2xy＋y2＝(x＋y)2，当且仅当eq\f(bx2,a)＝eq\f(ay2,b)，即|bx|＝|ay|时取等号，由于a，b∈(0，＋∞)，所以有eq\f(x2,a)＋eq\f(y2,b)≥eq\f(x＋y2,a＋b).证法二：由柯西不等式得(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a)＋\f(y2,b)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a)·\f(x,\r(a))＋\r(b)·\f(y,\r(b))))2，即(a＋b)eq\b\lc\(\r