2018-2019數(shù)學(xué)新學(xué)案同步精致講義必修五人教A版全國(guó)通用版：第三章 不等式3.4 第1課時(shí)

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精§3。4基本不等式：eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)第1課時(shí)基本不等式學(xué)習(xí)目標(biāo)1.理解基本不等式的內(nèi)容及證明.2。能熟練運(yùn)用基本不等式來(lái)比較兩個(gè)實(shí)數(shù)的大小.3。能初步運(yùn)用基本不等式證明簡(jiǎn)單的不等式。知識(shí)點(diǎn)一算術(shù)平均數(shù)與幾何平均數(shù)思考如圖，AB是圓O的直徑,點(diǎn)Q是AB上任一點(diǎn)，AQ＝a，BQ＝b,過(guò)點(diǎn)Q作PQ垂直于AB且交圓O于點(diǎn)P，連接AP，PB.如何用a，b表示PO，PQ的長(zhǎng)度？答案PO＝eq\f(AB,2)＝eq\f（a＋b,2).易證Rt△APQ∽R(shí)t△PBQ,那么PQ2＝AQ·QB，即PQ＝eq\r(ab）.梳理一般地，對(duì)于正數(shù)a，b，eq\f(a＋b，2)為a,b的算術(shù)平均數(shù)，eq\r(ab)為a，b的幾何平均數(shù).兩個(gè)正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)，即eq\r（ab)≤eq\f(a＋b,2）。知識(shí)點(diǎn)二基本不等式及其常見推論eq\r(ab)≤eq\f(a＋b，2）(a〉0，b>0).當(dāng)對(duì)正數(shù)a，b賦予不同的值時(shí)，可得以下推論：（1）ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（a＋b，2）))2≤eq\f（a2＋b2，2）（a，b∈R）；(2)eq\f(b，a)＋eq\f（a，b)≥2（a，b同號(hào)）；（3）a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca(a，b,c∈R）。1.對(duì)于任意a，b∈R，a2＋b2≥2ab,a＋b≥2eq\r(ab）均成立。(×)2.eq\f(1＋2，2)≥eq\r(2)。（√）3。若a〉0，b〉0，則ab≤eq\f(a＋b，2)恒成立。(×）類型一常見推論的證明例1證明不等式a2＋b2≥2ab(a，b∈R）。考點(diǎn)基本不等式的理解題點(diǎn)基本不等式的理解證明∵a2＋b2－2ab＝（a－b)2≥0，∴a2＋b2≥2ab.引申探究證明不等式eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（a＋b,2)))2≤eq\f（a2＋b2，2)（a，b∈R)。證明由例1，得a2＋b2≥2ab，∴2(a2＋b2)≥a2＋b2＋2ab，兩邊同除以4，即得eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（a＋b,2))）2≤eq\f(a2＋b2,2），當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，取等號(hào).反思與感悟作差法與不等式性質(zhì)是證明中常用的方法。跟蹤訓(xùn)練1已知a，b，c為任意的實(shí)數(shù)，求證：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.考點(diǎn)基本不等式的理解題點(diǎn)基本不等式的理解證明∵a2＋b2≥2ab；b2＋c2≥2bc；c2＋a2≥2ca，∴2（a2＋b2＋c2)≥2（ab＋bc＋ca）,即a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca,當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)，等號(hào)成立.類型二用基本不等式證明不等式例2已知x，y都是正數(shù).求證：(1)eq\f(y,x)＋eq\f(x,y)≥2；(2）（x＋y)（x2＋y2)（x3＋y3）≥8x3y3.考點(diǎn)基本不等式證明不等式題點(diǎn)運(yùn)用基本不等式證明不等式證明（1）∵x,y都是正數(shù)，∴eq\f（x，y）>0，eq\f(y，x)>0，∴eq\f（y，x）＋eq\f(x,y）≥2eq\r（\f（y,x）·\f（x，y))＝2，即eq\f（y，x)＋eq\f（x，y）≥2,當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí),等號(hào)成立.(2)∵x，y都是正數(shù),∴x＋y≥2eq\r（xy)〉0，x2＋y2≥2eq\r(x2y2）>0，x3＋y3≥2eq\r（x3y3)>0.∴(x＋y）（x2＋y2）(x3＋y3)≥2eq\r（xy)·2eq\r（x2y2)·2eq\r（x3y3）＝8x3y3，即（x＋y）(x2＋y2)(x3＋y3)≥8x3y3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，等號(hào)成立。反思與感悟利用基本不等式證明不等式的策略與注意事項(xiàng)(1）策略：從已證不等式和問(wèn)題的已知條件出發(fā)，借助不等式的性質(zhì)和有關(guān)定理，經(jīng)過(guò)逐步的邏輯推理,最后轉(zhuǎn)化為所求問(wèn)題，其特征是以“已知”看“可知”，逐步推向“未知”。(2)注意事項(xiàng)：①多次使用基本不等式時(shí),要注意等號(hào)能否成立；②累加法是不等式證明中的一種常用方法，證明不等式時(shí)注意使用；③對(duì)不能直接使用基本不等式的證明可重新組合，形成基本不等式模型，再使用。跟蹤訓(xùn)練2已知a,b，c都是正實(shí)數(shù)，求證：(a＋b)（b＋c）·（c＋a）≥8abc.考點(diǎn)基本不等式證明不等式題點(diǎn)運(yùn)用基本不等式證明不等式證明∵a，b，c都是正實(shí)數(shù)，∴a＋b≥2eq\r（ab)>0,b＋c≥2eq\r(bc)〉0，c＋a≥2eq\r(ca)〉0?！?a＋b)（b＋c）(c＋a)≥2eq\r(ab）·2eq\r（bc)·2eq\r(ca）＝8abc.即（a＋b)(b＋c)（c＋a)≥8abc，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)，等號(hào)成立。類型三用基本不等式比較大小例3某工廠生產(chǎn)某種產(chǎn)品,第一年產(chǎn)量為A，第二年的增長(zhǎng)率為a，第三年的增長(zhǎng)率為b，這兩年的平均增長(zhǎng)率為x（a,b，x均大于零），則(）A。x＝eq\f（a＋b，2) B.x≤eq\f(a＋b,2)C。x＞eq\f(a＋b，2) D。x≥eq\f(a＋b，2）考點(diǎn)基本不等式比較大小題點(diǎn)利用基本不等式比較大小答案B解析第二年產(chǎn)量為A＋A·a＝A（1＋a），第三年產(chǎn)量為A（1＋a)＋A（1＋a)·b＝A（1＋a）(1＋b）。若平均增長(zhǎng)率為x，則第三年產(chǎn)量為A(1＋x)2.依題意有A(1＋x）2＝A（1＋a)（1＋b），∵a＞0,b＞0,x＞0，∴（1＋x）2＝（1＋a)（1＋b）≤eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(1＋a＋1＋b，2）)）2，∴1＋x≤eq\f(2＋a＋b,2）＝1＋eq\f（a＋b，2），∴x≤eq\f（a＋b,2）(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立）.反思與感悟基本不等式eq\f（a＋b，2)≥eq\r(ab）一端為和，一端為積，使用基本不等式比較大小要擅于利用這個(gè)橋梁化和為積或者化積為和。跟蹤訓(xùn)練3設(shè)a＞b＞1，P＝eq\r(lga·lgb）,Q＝eq\f（lga＋lgb,2)，R＝lgeq\f（a＋b,2),則P，Q，R的大小關(guān)系是（）A。R〈P<Q B.P〈Q〈RC。Q<P<R D.P〈R〈Q考點(diǎn)基本不等式比較大小題點(diǎn)利用基本不等式比較大小答案B解析∵a＞b＞1，∴l(xiāng)ga＞lgb＞0，∴eq\f(lga＋lgb,2）＞eq\r(lga·lgb)，即Q＞P.①又eq\f(a＋b，2)＞eq\r（ab）>0，∴l(xiāng)geq\f(a＋b，2)＞lgeq\r（ab)＝eq\f（1,2)(lga＋lgb），即R＞Q。②綜合①②，有P<Q<R。1.若0<a〈b，則下列不等式一定成立的是（）A.a>eq\f(a＋b，2)〉eq\r(ab）>b B.b〉eq\r（ab)>eq\f（a＋b,2）〉aC.b>eq\f（a＋b,2）〉eq\r(ab)>a D。b>a〉eq\f（a＋b,2)>eq\r(ab)考點(diǎn)基本不等式的理解題點(diǎn)基本不等式的理解答案C解析∵0〈a〈b，∴2b〉a＋b，∴b>eq\f(a＋b,2)>eq\r（ab).∵b〉a>0，∴ab〉a2，∴eq\r(ab)>a.故b〉eq\f（a＋b，2）〉eq\r（ab)〉a。2。下列各式中,對(duì)任何實(shí)數(shù)x都成立的一個(gè)式子是（）A.lg(x2＋1）≥lg(2x) B。x2＋1〉2xC。eq\f（1，x2＋1）≤1 D.x＋eq\f（1,x)≥2考點(diǎn)基本不等式的理解題點(diǎn)基本不等式的理解答案C解析對(duì)于A，當(dāng)x≤0時(shí)，無(wú)意義，故A不恒成立；對(duì)于B,當(dāng)x＝1時(shí),x2＋1＝2x，故B不成立；對(duì)于D,當(dāng)x〈0時(shí)，不成立；對(duì)于C,x2＋1≥1，∴eq\f（1，x2＋1)≤1成立。故選C.3.四個(gè)不相等的正數(shù)a,b，c，d成等差數(shù)列,則(）A。eq\f（a＋d，2）>eq\r（bc) B.eq\f（a＋d，2)<eq\r（bc）C。eq\f（a＋d,2）＝eq\r(bc） D。eq\f（a＋d，2)≤eq\r(bc）考點(diǎn)基本不等式的理解題點(diǎn)基本不等式的理解答案A解析因?yàn)閍,b，c,d成等差數(shù)列，則a＋d＝b＋c，又因?yàn)閍，b，c，d均大于0且不相等,所以b＋c〉2eq\r（bc),故eq\f(a＋d，2）＝eq\f(b＋c，2）〉eq\r(bc）。4。lg9×lg11與1的大小關(guān)系是（）A.lg9×lg11〉1 B.lg9×lg11＝1C.lg9×lg11<1 D。不能確定考點(diǎn)基本不等式比較大小題點(diǎn)利用基本不等式比較大小答案C解析∵lg9>0，lg11>0,∴l(xiāng)g9×lg11≤eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（lg9＋lg11，2)))2＝eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f(lg9×11，2)））2＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(lg99，2)））2〈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(lg100，2)））2＝1，即lg9×lg11〈1。5。設(shè)a〉0，b>0，給出下列不等式：①a2＋1>a;②eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)）)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(b＋\f(1，b))）≥4；③（a＋b)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，a)＋\f(1，b))）≥4；④a2＋9>6a。其中恒成立的是________。（填序號(hào)）考點(diǎn)基本不等式的理解題點(diǎn)基本不等式的理解答案①②③解析由于a2＋1－a＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（a－\f(1，2)）)2＋eq\f（3,4)〉0，故①恒成立；由于a＋eq\f（1,a）≥2,b＋eq\f（1,b）≥2，∴eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a）））eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(b＋\f（1,b）))≥4,當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時(shí)，等號(hào)成立，故②恒成立;由于a＋b≥2eq\r(ab)，eq\f（1,a)＋eq\f(1，b)≥2eq\r（\f（1,ab))，故（a＋b）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，a）＋\f（1,b)))≥4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立，故③恒成立；當(dāng)a＝3時(shí),a2＋9＝6a，故④不恒成立.綜上，恒成立的是①②③。1.兩個(gè)不等式a2＋b2≥2ab與eq\f（a＋b，2）≥eq\r（ab)都是帶有等號(hào)的不等式，對(duì)于“當(dāng)且僅當(dāng)…時(shí)，取等號(hào)”這句話的含義要有正確的理解.一方面:當(dāng)a＝b時(shí),eq\f（a＋b,2）＝eq\r(ab）；另一方面：當(dāng)eq\f(a＋b,2)＝eq\r（ab）時(shí)，也有a＝b。2。在利用基本不等式證明的過(guò)程中，常需要把數(shù)、式合理地拆成兩項(xiàng)或多項(xiàng)或把恒等式變形配湊成適當(dāng)?shù)臄?shù)、式,以便于利用基本不等式.一、選擇題1。a，b∈R，則a2＋b2與2|ab|的大小關(guān)系是()A。a2＋b2≥2｜ab| B.a2＋b2＝2｜ab｜C。a2＋b2≤2|ab｜ D.a2＋b2〉2｜ab｜考點(diǎn)基本不等式的理解題點(diǎn)基本不等式的理解答案A解析∵a2＋b2－2|ab｜＝（｜a｜－｜b|）2≥0，∴a2＋b2≥2|ab｜(當(dāng)且僅當(dāng)｜a|＝|b|時(shí)，等號(hào)成立).2.若a，b∈R且ab〉0，則下列不等式中恒成立的是(）A.a2＋b2〉2ab B.a＋b≥2eq\r(ab）C.eq\f（1，a)＋eq\f（1，b）>eq\f（2，\r(ab）) D.eq\f（b,a)＋eq\f（a，b）≥2考點(diǎn)基本不等式的理解題點(diǎn)基本不等式的理解答案D解析∵a2＋b2－2ab＝（a－b)2≥0，∴A錯(cuò)誤；對(duì)于B，C，當(dāng)a<0，b〈0時(shí),顯然錯(cuò)誤；對(duì)于D，∵ab>0，∴eq\f(b,a)＋eq\f（a,b）≥2eq\r(\f（b,a)·\f（a,b))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立.3.若x>0，y〉0且x＋y＝4,則下列不等式中恒成立的是（)A.eq\f（1，x＋y）≥eq\f(1，4） B。eq\f(1,x）＋eq\f（1,y)≥1C。eq\r（xy)≥2 D.eq\f(1,xy）≥1考點(diǎn)基本不等式比較大小題點(diǎn)利用基本不等式比較大小答案B解析若x〉0，y>0,由x＋y＝4，得eq\f(x＋y，4）＝1，∴eq\f(1,x）＋eq\f(1,y)＝eq\f（1，4)（x＋y)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,x)＋\f(1,y)）)＝eq\f(1，4）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(y，x）＋\f(x,y)））≥eq\f（1，4）（2＋2)＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝2時(shí)，等號(hào)成立。4.如果正數(shù)a，b,c,d滿足a＋b＝cd＝4,那么（）A。ab≤c＋d，且等號(hào)成立時(shí)，a，b，c，d的取值唯一B。ab≥c＋d,且等號(hào)成立時(shí)，a,b，c,d的取值唯一C.ab≤c＋d，且等號(hào)成立時(shí)，a,b，c，d的取值不唯一D。ab≥c＋d，且等號(hào)成立時(shí)，a，b，c,d的取值不唯一考點(diǎn)基本不等式的理解題點(diǎn)基本不等式的理解答案A解析因?yàn)閍＋b＝cd＝4，所以由基本不等式得a＋b≥2eq\r（ab），故ab≤4.又因?yàn)閏d≤eq\f(c＋d2,4)，所以c＋d≥4,所以ab≤c＋d,當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝d＝2時(shí)，等號(hào)成立.5.設(shè)f（x)＝lnx，0〈a<b，若p＝f（eq\r（ab)），q＝f

eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（a＋b，2)）），r＝eq\f（1，2)(f(a）＋f(b)),則下列關(guān)系式中正確的是(）A。q＝r<p B.p＝r<qC。q＝r〉p D。p＝r>q考點(diǎn)基本不等式比較大小題點(diǎn)利用基本不等式比較大小答案B解析因?yàn)?〈a〈b，所以eq\f（a＋b,2）〉eq\r（ab）。又因?yàn)閒（x）＝lnx在（0,＋∞）上單調(diào)遞增，所以f

eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(a＋b，2)))>f(eq\r（ab)），即p〈q。而r＝eq\f(1,2)（f（a)＋f(b））＝eq\f(1，2）（lna＋lnb）＝eq\f(1，2）ln（ab）＝lneq\r(ab），所以r＝p，故p＝r〈q，故選B.6。已知a，b∈（0，＋∞)，則下列不等式中不成立的是(）A.a＋b＋eq\f（1,\r(ab))≥2eq\r（2) B。(a＋b)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，a)＋\f(1,b)))≥4C。eq\f(a2＋b2，\r(ab)）≥2eq\r(ab) D.eq\f（2ab，a＋b)>eq\r（ab)考點(diǎn)基本不等式的理解題點(diǎn)基本不等式的理解答案D解析a＋b＋eq\f（1，\r(ab））≥2eq\r（ab）＋eq\f（1，\r（ab))≥2eq\r（2）,當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f（\r（2），2)時(shí)，等號(hào)成立，A成立；（a＋b)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，a)＋\f（1，b））)≥2eq\r（ab）·2eq\r（\f(1，ab)）＝4,當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立，B成立；∵a2＋b2≥2ab>0，∴eq\f（a2＋b2,\r(ab)）≥2eq\r（ab）,當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí),等號(hào)成立,C成立;∵a＋b≥2eq\r(ab），且a，b∈（0，＋∞），∴eq\f（2\r(ab)，a＋b）≤1，eq\f(2ab，a＋b)≤eq\r（ab)。當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立，D不成立.二、填空題7.設(shè)正數(shù)a，使a2＋a－2＞0成立,若t＞0，則eq\f（1，2)logat________logaeq\f（t＋1，2）.（填“＞”“≥”“≤”或“＜”）考點(diǎn)基本不等式比較大小題點(diǎn)利用基本不等式比較大小答案≤解析∵a2＋a－2＞0，∴a＞1或a＜－2（舍)，∴y＝logax是增函數(shù)，又eq\f(t＋1,2)≥eq\r（t)，∴l(xiāng)ogaeq\f(t＋1，2)≥logaeq\r(t）＝eq\f(1,2）logat。8。設(shè)a,b為非零實(shí)數(shù)，給出不等式：①eq\f（a2＋b2,2）≥ab；②eq\f(a2＋b2，2）≥eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(a＋b，2))）2；③eq\f(a＋b，2)≥eq\f（ab，a＋b)；④eq\f(a，b)＋eq\f（b,a）≥2.其中恒成立的不等式是________.考點(diǎn)基本不等式的理解題點(diǎn)基本不等式的理解答案①②解析由重要不等式a2＋b2≥2ab,可知①正確；eq\f（a2＋b2，2）＝eq\f（2a2＋b2,4）＝eq\f(a2＋b2＋a2＋b2,4）1,右邊為eq\f（ab,a＋b)＝－eq\f(1，2），可知③不正確；當(dāng)a＝1，b＝－1時(shí)，可知④不正確.9。已知a＞b＞c，則eq\r(a－bb－c)與eq\f（a－c，2）的大小關(guān)系是______________________________.考點(diǎn)基本不等式比較大小題點(diǎn)利用基本不等式比較大小答案eq\r（a－bb－c)≤eq\f（a－c,2）解析因?yàn)閍＞b＞c，所以a－b＞0，b－c＞0，所以eq\f(a－c，2)＝eq\f(a－b＋b－c,2）≥eq\r(a－bb－c)，當(dāng)且僅當(dāng)a－b＝b－c時(shí),等號(hào)成立。10。設(shè)a＞1,m＝loga（a2＋1）,n＝loga（a＋1)，p＝loga(2a），則m，n，p的大小關(guān)系是________.（用“＞”連接）考點(diǎn)基本不等式比較大小題點(diǎn)利用基本不等式比較大小答案m＞p＞n解析∵a＞1,∴a2＋1＞2a＞a＋1，∴l(xiāng)oga(a2＋1)＞loga(2a）＞loga（a＋1)，故m＞p＞n。三、解答題11。設(shè)a，b，c都是正數(shù)，求證：eq\f（bc,a)＋eq\f(ca，b)＋eq\f（ab,c）≥a＋b＋c.考點(diǎn)基本不等式證明不等式題點(diǎn)運(yùn)用基本不等式證明不等式證明∵a，b，c都是正數(shù),∴eq\f（bc，a)，eq\f（ca,b），eq\f(ab,c）也都是正數(shù),∴eq\f（bc，a）＋eq\f（ca,b）≥2c，eq\f（ca,b）＋eq\f(ab,c）≥2a，eq\f(bc，a)＋eq\f(ab,c）≥2b,三式相加得2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（bc，a）＋\f（ca，b)＋\f(ab,c)))≥2(a＋b＋c），即eq\f（bc,a)＋eq\f(ca,b）＋eq\f（ab，c）≥a＋b＋c，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)，等號(hào)成立.12.已知a>0，b>0，a＋b＝1，求證:(1)eq\f（1,a)＋eq\f（1，b)＋eq\f(1，ab)≥8；(2）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a）））eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＋\f(1,b))）≥9.考點(diǎn)基本不等式證明不等式題點(diǎn)運(yùn)用基本不等式證明不等式證明（1）eq\f(1,a）＋eq\f(1，b)＋eq\f(1,ab)＝eq\f(1，a）＋eq\f(1,b）＋eq\f（a＋b，ab）＝2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,a)＋\f（1,b）))，∵a＋b＝1，a>0，b>0，∴eq\f（1，a)＋eq\f（1，b）＝eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b，b)＝2＋eq\f(a,b）＋eq\f(b，a)≥2＋2＝4,∴eq\f（1，a)＋eq\f(1,b）＋eq\f(1,ab）≥8（當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2）時(shí)，等號(hào)成立)。(2）方法一∵a>0，b>0，a＋b＝1，∴1＋eq\f（1，a）＝1＋eq\f(a＋b，a)＝2＋eq\f（b，a)，同理，1＋eq\f(1，b）＝2＋eq\f（a，b），∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1，a））)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（1＋\f(1,b)))＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2＋\f（b，a）)）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2＋\f（a,b）))＝5＋2eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(b,a)＋\f（a,b）)）≥5＋4＝9,∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f（1，a））)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f(