6．证明：若a > 0，则
§5.4不等式的应用
5.若x > 1，y > 1，求证：
4.若，求证：
3.已知x > 0 , y > 0，2x + y = 1，求证：
2.已知a,b,c,d都是正数，求证：
1.比较(a+3)(a－5)与(a+2)(a-4)的大小.
[例1] 已知a>b(ab),比较与的大小.
错解： a>b(ab)，<.
错因：简单的认为大数的倒数必定小，小数的倒数必定大.正确的结论是：当两数同号时，大数的倒数必定小，小数的倒数必定大.
正解：，又 a>b(ab)，
(1)当a、b同号时，即a>b>0或b<a<0时，则ab>0,b－a<0, ,<.
(2)当a、b异号时，则a>0,b<0, >0,<0>.
[例2] 当a、b为两个不相等的正实数时，下列各式中最小的是( )
A. B. C. D.
错解：所以选B.
错因是由于在、、中很容易确定最小，所以易误选B.而事实上三者中最小者，并不一定是四者中最小者，要得到正确的结论，就需要全面比较，不可遗漏与前三者的大小比较.
正解：由均值不等式及a2+b22ab,可知选项A、B、C中，最小，而＝，由当ab时，a+b>2,两端同乘以，可得(a+b)·＞2ab, ＜，因此选D.
[例3] 已知：a>0 , b>0 , a+b=1,求(a+ )2+(b+ )2的最小值.
错解: (a+)2+(b+)2=a2+b2+++4≥2ab++4≥4+4=8,
∴(a+)2+(b+)2的最小值是8.
错因：上面的解答中，两次用到了基本不等式a2+b2≥2ab，第一次等号成立的条件是a=b=,第二次等号成立的条件是ab=，显然，这两个条件是不能同时成立的.因此，8不是最小值.
正解：原式= a2+b2+++4=( a2+b2)+(+)+4=[(a+b)2－2ab]+[(+)2－]+4
= (1－2ab)(1+)+4，
由ab≤()2= 得：1－2ab≥1－=, 且≥16，1+≥17，
∴原式≥×17+4= (当且仅当a=b=时，等号成立)，
∴(a + )2 + (b + )2的最小值是.
[例4] 已知0 < x < 1, 0 < a < 1，试比较的大小.
解法一：
∵0 < 1 - x2 < 1, ∴
∴
解法二：
∵0 < 1 - x2 < 1, 1 + x > 1, ∴
∴ ∴
解法三：∵0 < x < 1, ∴0 < 1 - x < 1, 1 < 1 + x < 2,
∴左 - 右 =
∵0 < 1 - x2 < 1, 且0 < a < 1 ∴
[例5]已知x2 = a2 + b2，y2 = c2 + d2，且所有字母均为正，求证：xy≥ac + bd
证：证法一(分析法)∵a, b, c, d, x, y都是正数
∴要证：xy≥ac + bd
只需证：(xy)2≥(ac + bd)2
即：(a2 + b2)(c2 + d2)≥a2c2 + b2d2 + 2abcd
展开得：a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2≥a2c2 + b2d2 + 2abcd
即：a2d2 + b2c2≥2abcd 由基本不等式，显然成立
∴xy≥ac + bd
证法二(综合法)xy =
≥
证法三(三角代换法)
∵x2 = a2 + b2，∴不妨设a = xsina, b = xcosa
y2 = c2 + d2 c = ysinb, d = ycosb
∴ac + bd = xysinasinb + xycosacosb = xycos(a - b)≤xy
[例6] 已知x > 0，求证：
证：构造函数 则， 设2≤a<b
由
显然 ∵2≤a<b ∴a - b > 0, ab - 1 > 0, ab > 0 ∴上式 > 0
∴f (x)在上单调递增，∴左边
5.在三角换元中，由于已知条件的限制作用，可能对引入的角有一定的限制，应引起高度重视，否则可能会出现错误的结果.这是换元法的重点，也是难点，且要注意整体思想的应用.
4.反证法证明不等式时，必须要将命题结论的反面的各种情形一一加以导出矛盾.
3.分析法证明过程中的每一步不一定“步步可逆”，也没有必要要求“步步可逆”，因为这时仅需寻找充分条件，而不是充要条件.如果非要“步步可逆”，则限制了分析法解决问题的范围，使得分析法只能使用于证明等价命题了.用分析法证明问题时，一定要恰当地用好“要证”、“只需证”、“即证”、“也即证”等词语.
，求证：
),比较
与
的大小.
a>b(ab
，又
,
B.
C.
D.
2ab,可知选项A、B、C中，
，由当a
b时，a+b>2
+
+4≥2ab+
+4≥4
+4=8,
,第二次等号成立的条件是ab=
，显然，这两个条件是不能同时成立的.因此，8不是最小值.
)+4，
得：1－2ab≥1－
(当且仅当a=b=
的大小.
∴
∴
则
， 设2≤a<b 
上单调递增，∴左边