2026年秋高一数学中档题专练专题 2-1 等式性质与不等式性质【9大题型】（解析版）

专题2-1等式性质与不等式性质

模块一重难点题型突破

【题型1】用不等式（组）表示不等式关系

【题型2】利用不等式的性质判断命题真假

【题型3】作差法比较两数（式）的大小

【题型4】作商法比较两数（式）的大小

【题型5】其它方法比大小

【题型6】不等式性质的实际应用（设计方案）

模块二中档题突破

【题型7】糖水不等式的证明及应用

【题型8】不等式的证明及不等式判断综合

【题型9】利用不等式性质求代数式取值范围（待定系数法）

模块三【课后作业】

模块一重难点题型突破

【题型1】用不等式（组）表示不等式关系

知识点一、符号法则与比较大小

实数的符号：

任意xR，则x0（x为正数）、x0或x0（x为负数）三种情况有且只有一种成立．

两实数的加、乘运算结果的符号具有以下符号性质：

①两个同号实数相加，和的符号不变

符号语言：a0,b0ab0；

a0,b0ab0

②两个同号实数相乘，积是正数

符号语言：a0,b0ab0；

a0,b0ab0

③两个异号实数相乘，积是负数

符号语言：a0,b0ab0

④任何实数的平方为非负数，0的平方为0

符号语言：xRx20，x0x20．

【例题1】（高一·广东深圳·阶段练习）公司运输一批木材，总重600吨，车队有两种货车，A型货

车载重量30吨，B型货车载重量24吨，设派出A型货车x辆，B型货车y辆，则运输方案应满足

的关系式是（）

A．5x4y100B．5x4y100

C．5x4y100D．5x4y100

【答案】B

【解析】由已知可得，30x24y600，

所以有5x4y100.

【巩固练习1】下列说法正确的是（）

A．某人的月收入x元不高于2000元可表示为“x2000”

B．小明的身高为x，小华的身高为y，则小明比小华矮可表示为“xy”

C．变量x不小于a可表示为“xa”

D．变量y不超过a可表示为“ya”

【答案】C

【解析】对于A，某人的月收入x元不高于2000元可表示为“x2000”，A错；

对于B，小明的身高为x，小华的身高为y，则小明比小华矮可表示为“xy”，B错；

对于C，变量x不小于a可表示为“xa”，C正确；

对于D，变量y不超过a可表示为“ya”，D错.

【巩固练习2】持续的高温干燥天气导致某地突发山火，现需将物资运往灭火前线．从物资集散地

到灭火前线-共40km，其中靠近灭火前线5km的山路崎岖，需摩托车运送，其他路段可用汽车运送．已

知在可用汽车运送的路段，运送的平均速度为60kmh，设需摩托车运送的路段平均速度为xkmh，

为使物资能在1小时内到达灭火前线，则x应该满足的不等式为（）．

4040

A．1B．1

60x60x

355355

C．1D．1

60x60x

【答案】D

355

【解析】由题意汽车所用时间加上摩托车所用时间小于1小时，即1，

60x

故选：D．

【题型2】利用不等式的性质判断命题真假

不等式的性质

不等式的性质可分为基本性质和运算性质两部分

基本性质有：

（1）对称性：abba

（2）传递性：ab,bcac

（3）可加性：abacbc（c∈R）

c0acbc

（4）可乘性：a>b，c0acbc

c0acbc

运算性质有：

（1）可加法则：ab,cdacbd.

（2）可乘法则：ab0,cd0acbd0

（3）可乘方性：ab0,nN*anbn0

知识点诠释：不等式的性质是不等式同解变形的依据．

【例题1】（24-25高一上·广东清远·期中）(多选)下列“若p，则q”形式的命题中，p是q的充分不

必要条件的是（）

A．若ab，则ac2bc2B．若ac2bc2，则ab

1111

C．若ab0，则D．若，则ab0

abab

【答案】BC

【分析】利用充分条件和必要条件的判断方法和不等式的性质，对各个选项逐一分析判断，即可求

解.

【详解】对于选项A，若ab，c0时，推不出ac2bc2，所以选项A错误，

对于选项B，由ac2bc2，得到(ab)c20，又c20，所以ab>0，即ab，

所以ac2bc2可以推出ab，由选项A知ab推不出ac2bc2，所以p是q的充分不必要条件，故

选项B正确，

1111

对于选项C，易知ab0可以推出，取a2,b3，显然满足，

abab

11

但不满足ab0，即推不出ab0，所以p是q的充分不必要条件，故选项C正确，对于

ab

11

选项D，由选项C知，推不出ab0，所以选项D错误

ab

【例题2】（高一·广东深圳·期末）已知a,b,cR,ab，则下列一定成立的是（）

112

A．B．abb

ab

bcb

C．D．ac21bc21

aca

【答案】D

11

【解析】对于A，当a1,b2，则，故A不正确；

ab

对于B，当b0时，由ab可得abb20，故B不正确；

bcb

对于C，当a2,b1,c0时，，故C不正确；

aca

22

对于D，因为c210恒成立，所以由ab可得ac1bc1，故D正确.

【巩固练习1】（24-25高一上·广西南宁·阶段练习）若a,b,c,dR，则下列说法正确的是（）

cd

A．若acbd,cd，则abB．若ab0cd，则0

ab

C．若ab,cd，则acbdD．若ab，则ac2bc2

【答案】B

【分析】对于ACD，举例判断，对于B，根据不等式的性质以及作差法分析判断.

【详解】对于A，若a1,b1,c1,d2，满足acbd,cd，则ab，所以A错误，

对于B，因为ab0，dc0，所以adbc0，即得bcad，又因为ab0，

cdbcad

则0，所以B正确，

abab

对于C，若a1,b2,c2,d1，满足ab,cd，则acbd2，所以C错误，

对于D，若c0，则ac2bc20，所以D错误

【巩固练习2】下列说法中，错误的是（）

abab

A．若ab0,cd0，则一定有B．若，则ab

cdc2c2

ama

C．若ba0,m0，则D．若ab,cd，则acbd

bmb

【答案】A

【分析】对A举反例即可判断；对B和D，利用不等式基本性质即可判断；对C，利用作差法即可

判断.

ab

【详解】对于A，若a2,b1,c2,d1，则，故A错误.

cd

ab

对于B，由，可知c20，所以c20，所以ab.故B正确.

c2c2

amaabbmabamm(ba)

对于C，，因为ba0,m0，

bmbb(bm)b(bm)

m(ba)ama

所以0，所以.故C正确.

b(bm)bmb

对于D，因为cd，所以cd.又ab，所以acbd.故D正确.

【巩固练习3】（24-25高二下·江西·期末）已知abc，则下列式子一定成立的是（）

11

A．ac2bc2B．a2b2C．D．acbc

acbc

【答案】C

【分析】通过特殊值排除ABD选项，利用不等式的性质证明C选项.

【详解】对于A，当c0时，不等式不成立，所以A错误．

对于B，当a1,b2时，满足ab，但a2b2，所以B错误．

11

对于C，因为abc，所以acbc0，则，所以C正确．

acbc

对于D，当a1,b0,c1时，ac0,bc1，不符合acbc，所以D错误．

【巩固练习4】（多选）若实数a，b，c满足abb0且a0，c0，则下列不等式正确的是（）

11bcbb2a2

A．B．acbcC．D．2

abacaa2b2

【答案】BC

11

【解析】对于A，若a1,b1，则11，所以A错误，

ab

对于B，因为ab，所以ab，因为c0，所以acbc，所以B正确，

对于C，因为ab，a0，c0，所以c(ab)0，a(ac)0，

bcba(bc)b(ac)c(ab)

所以0，

acaa(ac)a(ac)

bcb

所以，所以C正确，

aca

b2a2

对于D，若a1,b1，则112，所以D错误，故选：BC

a2b2

【题型3】作差法比较两数（式）的大小

作差比较两个实数大小的法则：作差、变形、判断差的符号、得出结论．

对任意两个实数a、b

①ab0ab；②ab0ab；③ab0ab．

对于任意实数a、b，ab，ab，ab三种关系有且只有一种成立．

知识点诠释：这三个式子实质是运用实数运算来比较两个实数的大小关系．它是本章的基础，也是

证明不等式与解不等式的主要依据．

【例题1】已知xR，则x232x.（填“”，“”，或“”）

【答案】

2

【解析】x232xx120，故x232x.

故答案为：.

【例题2】（24-25高一上·四川达州·阶段练习）（1）设xy0，试比较x2y2xy与

x2y2xy的大小.

11xy

（2）已知a、b、x、y0,且，xy，求证：.

abxayb

【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）利用作差法，即可比较两式的大小；

xy

（2）利用作差法，即可证明．

xayb

【详解】（1）x2y2xyx2y2xy

222

xyxyxy

2xyxy；

因为xy0，所以xy0，xy0，

所以2xyxy0，

所以x2y2xyx2y2xy；

xybxay

（2）证明：，

xayb(xa)(yb)

11

因为且a，b0,，

ab

所以ba0；

又因为xy0，所以bxay0，则bxay0，

又xa0，yb0

xyxy

所以0，即．

xaybxayb

【巩固练习1】比较下列两式大小：

2

(1)x5x7与x6

(2)x2y21与2xy1

2

【解析】（1）由x5x7x6x212x35x212x3610，

2

所以x5x7x6.

22

（2）由x2y212xy1x22x1y22y2x1y110，

所以x2y212xy1．

ab11

【巩固练习2】已知ab0，试比较与的大小.

b2a2ab

ab11abba11(ab)(ab)2

【解析】由()(ab)()，

b2a2abb2a2b2a2a2b2

(ab)(ab)2

因为ab0，(ab)20，可得0，

a2b2

ab11

所以.

b2a2ab

【巩固练习3】比较下列各题中两个代数式值的大小.

2

(1)x21与x4x21；

a2b2ab

(2)与ab0.

a2b2ab

2

【解析】（1）x21x4x21x42x21x4x21x20，

2

x21x4x21.

2222

a2b2ababababab2abab

（2），

a2b2aba2b2ababa2b2aba2b2

ab0，

2abab

2ab0,ab0,ab0,a2b20，则0，

aba2b2

a2b2ab

.

a2b2ab

【题型4】作商法比较两数（式）的大小

作商法：作商法的步骤：作商、变形、判断商与1的大小、得出结论

a

任意两个值为正的代数式a、b，可以作商ab后比较与1的关系，进一步比较a与b的大小．

b

aaa

11ab；②1ab；③1ab．

bbb

【例题1】设a7，b33，则ab（填入“＞”或“＜”）．

【答案】

a773373323a

【解析】1，即1.

b33333366b

∵

又b0，

ab.

故答案为：>.

ab

【例题2】已知a0，b0，试比较ab与的大小；

ba

ab

【答案】ab（当且仅当ab时取等号）

ba

ab

aabb3322

【解析】由题意ba，由立方和公式xyxyxxyy，

ababab

33

可得分子aabbababaabb，

aabbababababab

将其代入原式得，

ababababab

进一步对其分子利用基本不等式可得abab2ababab，且等号成立当且仅当ab，

abab

将其代入原式得1，

ab

ab

综上所述ab（当且仅当ab时取等号）.

ba

a2b2ab

【巩固练习1】设ab0，比较与的大小

a2b2ab

a2b2ab

【答案】

a2b2ab

【解析】ab0ab0,ab0，

a2b2ababab

0,0，

a2b2a2b2ab

a2b2

22(ab)22ab

ab11，

aba2b2a2b2

ab

a2b2ab

.

a2b2ab

1

【巩固练习2】Pa2a1,Q,(aR)，则P,Q的大小关系为．

a2a1

【答案】≥

22

213213

【解析】因为Paa1a0，aa1a0则Q0

2424

P2

由a2a1a2a1a21a2a4a211

Q

所以PQ

【巩固练习3】已知a1，试比较Ma1a和Naa1的大小.

【解析】（方法1）因为a1，所以Ma1a0,Naa10.

Ma1aaa1

所以.

Naa1a1a

M

因为a1aaa10，所以1，即MN；

N

（方法2）所以Ma1a0,Naa10，

1111

又a1a,aa1，

Ma1aNaa1

11

所以0,所以MN.

MN

【题型5】其它方法比大小

1、中间量法：也是比较大小的常用方法，其实质是不等式的传递性：

若a＞b，b＞c，则a＞c；若a＜b，b＜c，那么a＜c．其中b是介于a与c之间的值，

此种方法的关键是通过恰当的放缩，找出一个比较合适的中介值．

2、平方法：对两式先平方，再比较大小．

【例题1】比大小：23_____52．

【答案】>

【分析】对23，52两边平方，再做差比较大小可得答案.

【详解】因为230，520，

22

所以23743，52745，

因为74374545430，

22

所以2352，

所以2352.

【例题2】若a32，b65，则a、b的大小关系是．

【答案】ab

11

【解析】a32，b65，

3265

11

因为65320，所以，

3265

ab.

故答案为：ab.

【巩固练习1】比较大小：75_____26．（用，或填空）

><=

【答案】<

【详解】此类题是方法是，若a+b=c+d，则两个数越接近，其根式和越大.

【巩固练习2】已知a>0，b>0，M＝ab，N＝ab，则M与N的大小关系为（）

A．M>NB．M<N

C．M≤ND．M，N大小关系不确定

【答案】B

【分析】平方后作差比较大小即可.

【详解】M2N2abab2ab2ab0，

∴M<N.

【巩固练习3】设m65，n76，则mn（填入“<”或“>”）

【答案】

1111

【解析】依题意，m，n，而6576，因此，

65766576

所以mn.

故答案为：

【题型6】不等式性质的实际应用（设计方案）

常见文字语言与符号语言之间的对应关系

大于或等于、小于或等于、至多、

文字语言大于、高于、超过小于、低于、少于

至少、不低于不多于、不超过

符号语言

【例题1】体育课是体育教学的基本组织形式，主要使学生掌握体育与保健基础知识，基本技术、

技能，实现学生的思想品德教育，提高其运动技术水平．新学期开学之际，某校计划用不超过1500

元的资金购买单价分别为120元的篮球和140元的足球．已知该校至少要购买8个篮球，且至少购

买2个足球，则不同的选购方式有（）

A．6种B．7种C．8种D．5种

【答案】D

【解析】设购买的篮球个数为x，足球个数为y，且x,yN*，

x8

根据题意可得y2，

120x140y1500

解得符合题意的有序实数对x,y可以是8,2,8,3,9,2,9,3,10,2，

共5种不同的购买方式.

【例题2】（24-25高一上·江苏连云港·期中）火车站有某公司待运的甲种货物1530t，乙种货物1150t.

现计划用A，B两种型号的货厢共50节运送这批货物.已知35t甲种货物和15t乙种货物可装满一节A

型货厢，25t甲种货物和35t乙种货物可装满一节B型货厢.

(1)据此安排A，B两种货厢的节数，共有几种方案？

(2)若每节A型货厢的运费是0.5万元，每节B型货厢的运费是0.8万元，哪种方案的运费较少？

【答案】(1)答案见详解

(2)安排A型货厢30节，B型货厢20节时运费最少

【分析】（1）根据不等关系列出相应不等式以及方程，解出A,B型货厢的节数，可分为三种方案；

（2）根据相应货厢的运费，得出方案三运费较少.

【详解】（1）设安排A,B两种货厢分别为x节，y节，

35x25y1530

15x35y1150

则可列不等式组xy50，

x0

y0

28x30

利用不等式即可解得，

20y22

x28x29x30

xN*,，或，或.

y22y21y20

共有三种方案：

方案一，安排A型货厢28节，B型货厢22节；

方案二，安排A型货厢29节，B型货厢21节；

方案三，安排A型货厢30节，B型货厢20节.

（2）共有三种方案，运费分别为：

安排A,B两种货厢分别为28节，22节，运费为280.5220.831.6万元

安排A,B两种货厢分别为29节，21节，运费为290.5210.831.3万元.

安排A,B两种货厢分别为30节，20节，运费为300.5200.831万元.

易知安排A型货厢30节，B型货厢20节时，运费最少，为31万元.

【巩固练习1】火车站有某公司待运的甲种货物1530吨，乙种货物1150吨．现计划用A，B两种型

号的货箱共50节运送这批货物．已知35吨甲种货物和15吨乙种货物可装满一节A型货箱，25吨

甲种货物和35吨乙种货物可装满一节B型货箱，据此安排A，B两种货箱的节数，下列哪个方案不

满足：（）

A．A货箱28节，B货箱22节B．A货箱29节，B货箱21节

C．A货箱31节，B货箱19节D．A货箱30节，B货箱20节

【答案】C

xy50

【解析】设A、B货箱分别有x，y节，则35x25y1530，

15x35y1150

A：共50节且352825221530，1528352211901150，满足；

B：共50节且3529252115401530，1529352111701150，满足；

C：共50节且3531251915601530，1531351911301150，不满足；

D：共50节且3530252015501530，153035201150，满足；

【巩固练习2】火车站有某公司待运的甲种货物1530吨，乙种货物1150吨．现计划用A，B两种型

号的货箱共50节运送这批货物．已知35吨甲种货物和15吨乙种货物可装满一节A型货箱，25吨

甲种货物和35吨乙种货物可装满一节B型货箱，据此安排A，B两种货箱的节数，下列哪个方案不

满足：（）

A．A货箱28节，B货箱22节B．A货箱29节，B货箱21节

C．A货箱31节，B货箱19节D．A货箱30节，B货箱20节

【答案】C

xy50

【解析】设A、B货箱分别有x，y节，则35x25y1530，

15x35y1150

A：共50节且352825221530，1528352211901150，满足；

B：共50节且3529252115401530，1529352111701150，满足；

C：共50节且3531251915601530，1531351911301150，不满足；

D：共50节且3530252015501530，153035201150，满足；故选：C.

【巩固练习3】（24-25高一上·福建福州·阶段练习）甲、乙两位同学参加一个游戏，规则如下：每人

在A、B、C、D四个长方体容器中取两个盛满水，盛水体积多者为胜，甲先取两个容器，余下的

两个容器给乙，已知容器A、B的底面积均为x2，高分别为x，y，容器C，D底面积均为y2，高

分别为x，y（其中xy）．

(1)写出A，B，C，D四个长方体容器的体积VA、VB、VC、VD；

(2)列举出甲同学从四个容器中取出两个不同容器的所有可能结果（先取A再取B与先取B再取A视

为相同的取法）；

(3)在未能确定x与y大小的情况下，请给出一个让甲必胜的方案（即指出甲取哪两个容器一定可以

获胜），并说明此方案必胜的理由．

3223

【答案】(1)VAx，VBxy，VCxy，VDy

(2)AB，AC，AD，BC，BD，CD

(3)甲必胜的方案：甲选AD，理由见解析

【分析】（1）直接利用长方体体积公式求解即可；

（2）直接写出各种可能情况即可；

（3）按照x，y的大小关系，分情况结合不等式的性质以及作差法分析判断，比较大小即可．

【详解】（1）A，B，C，D的体积分别为VA，VB，VC，VD，

因为容器A、B的底面积均为x2，高分别为x，y，容器C，D底面积均为y2，

3223

则VAx，VBxy，VCxy，VDy．

（2）甲从A，B，C，D中任选2个，有AB，AC，AD，BC，BD，CD，共6种可能．

3223

（3）当xy时，则xxyxyy，即VAVBVCVD．

则VAVBVCVD，VAVCVBVD，即甲取BD，CD均不能够稳操胜券；

当xy时，则y3y2xyx2x3，

即VDVCVBVA，

则VDVCVBVA，VDVBVCVA，

即甲取AC，AB均不能稳操胜券；

33222

若甲先取AD，则：VAVDVBVCxyxyxyxyxy0，

即VAVDVBVC，

即甲先取AD能够稳操胜券，选BC不能够稳操胜券，

综上所述：甲必胜的方案：甲选AD．

模块二中档题突破

【题型7】糖水不等式的证明及应用

糖水不等式是一个基于生活常识的数学不等式，常用于分式放缩。

a

其核心表述为：若ba0（代表原有糖水浓度1，且m0)（代表加入的糖量），则必有：

b

aam

1

bbm

含义解释：

aamam

（1）左边不等号：在糖水（溶质a，溶液b）中加入纯糖（m）后，新糖水的浓度

bbmbm

a

一定比原来的浓度更甜（更大）.

b

am

（2）右边不等号1：加入糖后，浓度依然小于1（即仍是糖水，不可能变成纯糖）.

bm

关键点：

a

前提：原分数是真分数（1），且加入的量m是正数.

b

结论：分子分母加上同一个正数后，分数值变大（更接近1），但仍小于1.

应用：该不等式简洁有力，在证明涉及分式的不等式、比较大小或进行放缩时非常有用，体现了“加

糖变甜”的直观思想在数学中的精确表达。

【例题1】（高一上·浙江嘉兴·阶段练习）下列关于糖水浓度的问题，能提炼出怎样的不等关系呢？

(1)如果向一杯糖水里加糖，糖水变甜了；

(2)把原来的糖水（淡）与加糖后的糖水（浓）混合到一起，得到的糖水一定比淡的浓、比浓的淡.

ama

【答案】(1)(其中a，b，m为正实数，且ba)（答案形式不唯一）

bmb

aacc

(2)(其中ba0，dc0)（答案形式不唯一）

bbdd

【分析】将问题转化为证明不等式成立，然后利用差比较法证得不等式成立.

a

【详解】（1）设糖水b克，含糖a克，糖水浓度为，加入m克糖，

b

ama

即证明不等式(其中a，b，m为正实数，且b＞a)成立．

bmb

不妨用作差比较法，证明如下：

amabamabmmba

＝.

bmbbbmbbm

a，b，m为正实数，且ab，bm0，ba0，

mbaama

∵0，即.

bbmbmb

∴a

（2）设原糖水b克，含糖a克，糖水浓度为；另一份糖水d克，含糖c克，

b

cacaacc

糖水浓度为，且，求证：(其中ba0，dc0).

dbdbbdd

ac

证明：，且ba0，dc0，

bd

adbc，即bcad0，

aacabadabbcadbc

0，

bbdbbdbbd

aac

即，

bbd

caccbcdadcdcbad

0，

dbddbddbd

accaacc

即,.

bddbbdd

【例题2】（24-25高一上·黑龙江黑河·阶段练习）已知b克糖水中有a克糖(ba0)，往糖水中加

入m克糖m0，（假设全部溶解）糖水更甜了．

(1)请将这个事实表示为一个不等式，并证明这个不等式；

2019202020192017

(2)利用（1）的结论比较M,N的大小；

2023202420232021

xyz

(3)证明命题：设x0,y0,z0，证明：12．

xyyzzx

aam

【答案】(1),(m0)，证明见解析

bbm

(2)MN

(3)证明见解析

aam

【分析】（1）根据题意，得到不等式,(m0)，结合作差比较法，即可得证；

bbm

20192020201920173

（2）根据题意，化简M，利用上述结论，即可求解；

20232024202320213

xxzyyxzzy

（3）由（1）中的结论，得到,,，证得

xyxyzyzyzxzxzxy

xyzxyzyzx

2，再由3()，进而证得

xyyzzxxyyzzxxyyzzx

xyz

1，即可得证.

xyyzzx

aam

【详解】（1）由题意，可得不等式,(m0).

bbm

aamabamabbm(ab)m

证明：由，

bbmb(bm)b(bm)

因为ba0,m0，可得ab0,bm0，

aamaam

所以0，即.

bbmbbm

2019202020192017320192017

（2）由M,N，

2023202420232021320232021

20192017320192017

由（1）中的结论，可得，即MN.

20232021320232021

（3）证明：因为x0,y0,z0，

xxzyyxzzy

由（1）中的结论，可得,,，

xyxyzyzyzxzxzxy

xyzxzyxzy

所以2，

xyyzzxxyzyzxzxy

xxyyyyz①zx

又由1，同理可得1,1，

xyxyxyyzyzzxzx

xyzyzx

则3()，

xyyzzxxyyzzx

yzxxyz

由上述结论，可得2，所以1，

xyyzzxxyyzzx

xyz②

综合，得12.

xyyzzx

①②

aam

【巩固练习1】（24-25高二下·浙江宁波·期中）已知ab0，则“”是“m0”的（）

bbm

A．充要条件B．既不充分也不必要条件

C．充分不必要条件D．必要不充分条件

【答案】D

【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合不等式的性质判断得解.

amaabbmabamm(ba)aam

【详解】若m0，ab0，则0，则，

bmbb(bm)b(bm)bbm

aamamaabbmabamm(ba)

反之，若，则0，

bbmbmbb(bm)b(bm)

m

又ab0，所以0，即mbm0，此时m0不一定成立，

bm

aam

比如m30,b20，此时mbm30，所以“”是“m0”的必要不充分条件.

bbm

【巩固练习2】（24-25高一上·四川成都·阶段练习）如果向一杯糖水里加糖，糖水变甜了，这其中蕴

yym

含着著名的糖水不等式：(xy0,m0)．

xxm

(1)证明糖水不等式；

abc

(2)已知a，b，c是三角形的三边，求证：12．

bcacab

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）由作差法证明；

（2）由糖水不等式变形证明．

ymyxymyxmmxy

【详解】（1），

xmxxxmxxm

因为xy0,m0，所以xm0,xy0，

mxyyym

所以0，即．

xxmxxm

（2）因为a,b,c是三角形的三边，所以bca0，

aaa2a

由（1）知，

bcbcaabc

b2bc2c

同理,，

acabcababc

abc2a2b2c2abc

所以