证明不等式的种方法
不等式证明的基本方法
不等式证明的基本方法
1.数学归纳法：归纳法是数学证明中最常用的方法之一，通常用来证
明自然数的性质。
对于不等式证明来说，如果我们希望证明不等式对于所
有自然数都成立，可以使用数学归纳法。
首先证明当自然数为1时不等式
成立，然后假设当自然数为k时不等式成立，再证明当自然数为k+1时不
等式也成立。
通过这种逐步推导的方法，可以证明不等式对于所有自然数
都成立。
2.数学推理法：数学推理法是一种基于数学定理和公理的推理方法，
通过逻辑推理来证明不等式的成立。
这种方法通常需要使用一些已知的数
学定理和性质来推导出不等式。
例如，可以使用数学的四则运算定律、平
方差公式、三角不等式等来推导不等式。
3.数学变换法：数学变换法是一种将不等式进行变换的方法，通过变
换不等式的形式来证明不等式的成立。
这种方法通常需要使用一些数学中
常见的变换方法，例如平方去根、换元法、倍加倍减等。
通过适当的变换，可以将不等式转化为更简单的形式，从而更容易证明。
无论采用哪种方法，不等式的证明都需要逻辑严谨、推理正确，以及
对数学定理和性质的熟练应用。
在实际证明中，常常需要综合运用多种方
法来解决问题，使得证明更加简洁和明了。
此外，证明中的每一步变换和
推理都需要严格地说明和证明，避免出现漏洞和错误。
不等式的证明方法
不等式的证明方法不等式是数学中一类重要的数学不等关系，它在各个领域中都有广泛的应用。
证明不等式的方法有很多，下面介绍几种常见的方法。
1.数学归纳法数学归纳法是一种常用的证明不等式的方法。
当不等式对于一些特定的n成立时，我们可以证明当n+1时，不等式也成立。
具体步骤如下：（1）首先验证当n=1时不等式成立；（2）假设当n=k时不等式成立，即不等式表达式为Pk(k)，其中Pk(k)表示当n=k时不等式的表达式；（3）利用假设的条件，证明当n=k+1时不等式也成立，即证明Pk(k+1)；（4）由(1)(2)步骤可知，不等式对于n=1成立，又由(3)步骤可知，当n=k+1时不等式也成立，综上可得，不等式对于所有的n成立。
2.数学推理数学推理是一种常用的证明不等式的方法，它主要是通过运用已知的数学定理、性质和等式进行逻辑推理，从而得出结论。
例如，可以利用已知的三角函数性质、代数运算等进行推理，通过一系列推导和等价变形得出需要证明的不等式。
3.代入法代入法是一种常用的证明不等式的方法，它主要是利用数值替换变量，通过对不等式成立条件的特殊取值进行代入，从而证明不等式成立。
例如，对于一个两个变量的不等式，可以分别取其中一个变量为0或1，然后对不等式进行推导和比较，得出结论。
4.反证法反证法是一种常用的证明不等式的方法，它通过假设所要证明的不等式不成立，然后从假设出发推导出与已知矛盾的结论，从而证明原不等式成立。
具体步骤如下：（1）假设不等式不成立，即存在一些条件使得不等式不成立，这个条件可以是一个数、一个式子等；（2）利用假设条件进行推导，推导出与已知矛盾的结论；（3）由于假设条件导致与已知矛盾，所以假设不成立，即原不等式成立。
5.AM-GM不等式（算术平均数-几何平均数不等式）AM-GM不等式是一种常用的证明不等式的方法。
它断言，若a1，a2，...，an是n个非负实数，则有(a1+a2+...+an)/n ≥√(a1*a2*...*an)，等号成立的条件是a1=a2=...=an。
高中数学：不等式题目的七种证明方法
高中数学：不等式题目的七种证明方法压轴题目一般是开放型的题目，每年都是会变化。
但大概率题目是函数、数列、圆锥曲线、不等式等知识的综合问题。
我就来总结一下不等式的证明方法。
01比较法所谓比较法，就是通过两个实数a与b的差或商的符号（范围）确定a与b大小关系的方法，即通过来确定a,b大小关系的方法。
前者为作差法，后者为作商法。
但要注意作差法适用范围较广；作商法再用时注意符号问题，如果同为正的话是没有问题的，同为负的话记得改变不等式的符号。
02分析法和综合这两个方法我们一般会一起使用。
分析法是从求证的不等式出发，分析这个不等式成立的充分条件，把证明这个不等式的问题转化为证明这些条件是否具备的问题。
如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可以判定所证的不等式成立。
综合法是从已知或证明过的不等式出发，根据不等式的性质及公理推导出欲证的不等式。
我们来看一个例题，已知如果要用综合法或者分析法的话，对于过程上需要写明，即证，所以要证，也就是说，即等价于……一些转化的语句来过渡我们的题目。
当然这两个方法我们经常一起用，因为分析完条件，分析结论，两个一起分析做题速度更快一些呢。
03反证法从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，证实结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的。
这个方法其实是按照集合的补集理论来的，正难则反，但是要注意用反证法证明不等式时，必须将命题结论的反面的各种情形都要考虑到，不能少的。
反证法证明一个命题的思路及步骤：1）假定命题的结论不成立；2）进行推理，在推理中出现下列情况之一：与已知条件矛盾；与公理或定理矛盾;3）由于上述矛盾的出现，可以断言，原来的假定“结论不成立”是错误的;4）肯定原来命题的结论是正确的。
04放缩法在证明过程中,利用不等式的传递性,作适当的放大或缩小,证明有更好的不等式来代替原不等式。
放缩法的目的性强,必须恰到好处,。
同时在放缩时必须时刻注意放缩的跨度，放不能过头，缩不能不及，灵活性很大。
不等式证明使用技巧
不等式证明使用技巧不等式证明是高中数学中的一个重要内容，掌握不等式证明的技巧对于解题和提升数学水平都有很大的帮助。
下面我将介绍一些常用的不等式证明技巧。
一、代入法代入法是一种常用的证明不等式的方法。
我们可以先假设不等式成立，然后进行推导得出结论。
如果得到的结论与原不等式一致，就证明了不等式的成立。
例如，我们要证明对于任意正实数a、b和c，有$(a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})\ge q 9$。
我们可以假设$a\leq b\leq c$，然后代入得到：$a^2+b^2+c^2=2a^2+(b^2-a^2+c^2)\geq 2a^2=2(a\cdot a)\geq2(ab)$，$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=\frac{1}{a^2}+\fra c{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 3(\frac{1}{ab})=\frac{3}{ab}$。
然后，将两个不等式代入原不等式得到：$(2ab)(\frac{3}{ab})=6\geq 9$。
由此可见，原不等式成立。
二、放缩法放缩法是另一种常用的证明不等式的方法。
我们可以通过放缩不等式的各个部分来改变不等式的形式，从而得到更容易证明的形式。
例如，我们要证明对于任意正实数a、b和c，有$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq 3$。
我们可以通过放缩的方法，将不等式的各个部分放缩至一个更容易证明的形式。
我们注意到，$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=\frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{bc}+\frac{c^2}{ca}\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}$。
然后，我们可以通过平方展开和放缩的方法，得到：$\frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}\geq 3$。
不等式的证明
不等式的证明最新考纲 通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法．知 识 梳 理1.基本不等式定理1：如果a ，b ∈R，那么a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立. 定理2：如果a ，b >0，那么a ＋b 2≥a ＝b 时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均.定理3：如果a ，b ，c ∈R ＋，那么a ＋b ＋c 3≥a ＝b ＝c 时，等号成立.2.不等式的证明方法(1)比较法①作差法(a ，b ∈R)：a －b >0⇔a >b ；a －b <0⇔a <b ；a －b ＝0⇔a ＝b . ②作商法(a >0，b >0)：a b >1⇔a >b ；a b <1⇔a <b ；a b＝1⇔a ＝b .(2)综合法与分析法①综合法：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.综合法又叫顺推证法或由因导果法.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，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，这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法.[微点提醒]1.作差比较法的实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数(或式子)与0的大小关系.2.用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)……”“即要证……”“就要证……”等分析到一个明显成立的结论，再说明所要证明的数学问题成立.3.利用基本不等式证明不等式或求最值时，要注意变形配凑常数.基础自测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)比较法最终要判断式子的符号得出结论.( )(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论.( )(3)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实.( )(4)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用.( )解析(1)作商比较法是商与1的大小比较．(3)分析法是从结论出发，寻找结论成立的充分条件．(4)应用反证法时，“反设”可以作为推理的条件应用．答案(1)×(2)√(3)×(4)×2.(选修4－5P23习题2.1T1改编)已知a≥b>0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，则M，N的大小关系为________.解析2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．因为a≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>0，2a＋b>0，从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，故2a3－b3≥2ab2－a2b.答案M≥N3.(选修4－5P25T3改编)已知a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，则1a ＋1b＋1c的最小值为________.解析把a＋b＋c＝1代入1a ＋1b＋1c得a＋b＋ca＋a＋b＋cb＋a＋b＋cc＝3＋⎝⎛⎭⎪⎫ba＋ab＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c a ＋a c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c ≥3＋2＋2＋2＝9， 当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立． 答案 94.(2019·聊城模拟)下列四个不等式：①log x 10＋lg x ≥2(x >1)；②|a －b |<|a |＋|b |；③⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ＋a b ≥2(ab ≠0)；④|x －1|＋|x －2|≥1，其中恒成立的个数是( )A.1B.2C.3D.4解析 log x 10＋lg x ＝1lg x＋lg x ≥2(x >1)，①正确； ab ≤0时，|a －b |＝|a |＋|b |，②不正确；因为ab ≠0，b a 与a b同号，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ＋a b ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b ≥2，③正确； 由|x －1|＋|x －2|的几何意义知，|x －1|＋|x －2|≥1恒成立，④也正确，综上①③④正确．答案 C5.(2017·全国Ⅱ卷)已知a >0，b >0，且a 3＋b 3＝2.证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4；(2)a ＋b ≤2.证明 (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4)＝4＋ab (a 4＋b 4－2a 2b 2)＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4.(2)(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋3(a＋b)24(a＋b)＝2＋3(a＋b)34，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.考点一比较法证明不等式【例1】设a，b是非负实数，求证：a2＋b2≥ab(a＋b). 证明因为a2＋b2－ab(a＋b)＝(a2－a ab)＋(b2－b ab)＝a a(a－b)＋b b(b－a)＝(a－b)(a a－b b)＝(a 12－b12)(a32－b32).因为a≥0，b≥0，所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有a 12－b12与a32－b32同号，所以(a 12－b12)(a32－b32)≥0，所以a2＋b2≥ab(a＋b).规律方法比较法证明不等式的方法与步骤1．作差比较法：作差、变形、判号、下结论．2．作商比较法：作商、变形、判断、下结论．提醒(1)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)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．【训练1】(1)(2019·锦州模拟)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.(2)若a >b >1，证明：a ＋1a >b ＋1b. (1)解 ①由|2x －1|＜1得－1＜2x －1＜1，解得0＜x ＜1.所以M ＝{x |0＜x ＜1}.②由①和a ，b ∈M 可知0＜a ＜1，0＜b ＜1，所以(ab ＋1)－(a ＋b )＝(a －1)(b －1)＞0.故ab ＋1＞a ＋b .(2)证明 a ＋1a －⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＝a －b ＋b －a ab ＝(a －b )(ab －1)ab . 由a >b >1得ab >1，a －b >0，所以(a －b )(ab －1)ab>0. 即a ＋1a －⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b >0， 所以a ＋1a >b ＋1b. 考点二 综合法证明不等式【例2】 (1)已知a ，b ，c ∈R，且它们互不相等，求证a 4＋b 4＋c 4>a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2；(2)已知x ，y ，z 均为正数，求证：x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z. 证明 (1)∵a 4＋b 4≥2a 2b 2，b 4＋c 4≥2b 2c 2，a 4＋c 4≥2a 2c 2，∴2(a 4＋b 4＋c 4)≥2(a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2)，即a 4＋b 4＋c 4≥a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2.又∵a ，b ，c 互不相等，∴a 4＋b 4＋c 4>a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2.(2)因为x ，y ，z 都为正数，所以x yz ＋y zx ＝1z ⎝ ⎛⎭⎪⎫x y ＋y x ≥2z①，同理可得yxz＋zyx≥2x②，z xy ＋xyz≥2y③，当且仅当x＝y＝z时，以上三式等号都成立. 将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得xyz ＋yzx＋zxy≥1x＋1y＋1z.规律方法 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．【训练2】已知实数a，b，c满足a>0，b>0，c>0，且abc＝1.(1)证明：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8；(2)证明：a＋b＋c≤1a＋1b＋1c.证明(1)1＋a≥2a，1＋b≥2b，1＋c≥2c，相乘得：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8abc＝8.(2)1a ＋1b＋1c＝ab＋bc＋ac，ab＋bc≥2ab2c＝2b，ab＋ac≥2a2bc＝2a，bc＋ac≥2abc2＝2c，相加得a＋b＋c≤1a ＋1b＋1c.考点三分析法证明不等式【例3】已知函数f(x)＝|x－1|.(1)解不等式f (x －1)＋f (x ＋3)≥6；(2)若|a |<1，|b |<1，且a ≠0，求证：f (ab )>|a |f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a . (1)解 由题意，知原不等式等价为|x －2|＋|x ＋2|≥6，令g (x )＝|x －2|＋|x ＋2|，则g (x )＝⎩⎨⎧－2x ，x ≤－2，4，－2<x <2，2x ，x ≥2.当x ≤－2时，由－2x ≥6，得x ≤－3；当－2<x <2时，4≥6不成立，此时无解；当x ≥2时，由2x ≥6，得x ≥3.综上，不等式的解集是(－∞，－3]∪[3，＋∞).(2)证明 要证f (ab )>|a |f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ， 只需证|ab －1|>|b －a |，只需证(ab －1)2>(b －a )2.而(ab －1)2－(b －a )2＝a 2b 2－a 2－b 2＋1＝(a 2－1)(b 2－1)>0，从而原不等式成立. 规律方法 1.当要证的不等式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．分析法证明的思路是“执果索因”，其框图表示为： Q ⇐P 1→P 1⇐P 2→P 2⇐P 3→…→得到一个明显成立的条件【训练3】 已知a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac <3a .证明 由a >b >c 且a ＋b ＋c ＝0，知a >0，c <0. 要证b 2－ac <3a ，只需证b 2－ac <3a 2.∵a ＋b ＋c ＝0，只需证b 2＋a (a ＋b )<3a 2，只需证2a 2－ab －b 2>0，只需证(a －b )(2a ＋b )>0，只需证(a －b )(a －c )>0.∵a >b >c ，∴a －b >0，a －c >0，∴(a －b )(a －c )>0显然成立，故原不等式成立.[思维升华]证明不等式的方法和技巧：(1)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；如果待证不等式与自然数有关，则考虑用数学归纳法等．(2)在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．尤其是对含绝对值不等式的解法或证明，其简化的根本思路是去绝对值号，转化为常见的不等式(组)求解．多以绝对值的几何意义或“找零点、分区间、逐个解、并起来”为简化策略，而绝对值三角不等式，往往作为不等式放缩的依据．[易错防范]在使用基本不等式时，等号成立的条件是一直要注意的事情，特别是连续使用时，要求分析每次使用时等号是否成立.基础巩固题组(建议用时：60分钟)1.设a ，b >0且a ＋b ＝1，求证：⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2≥252. 证明 因为(12＋12)⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1ab 2≥25⎝⎛⎭⎪⎫因为ab ≤14. 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2≥252.2.设a >0，b >0，a ＋b ＝1，求证1a ＋1b ＋1ab≥8. 证明 ∵a >0，b >0，a ＋b ＝1，∴1＝a ＋b ≥2ab ， 即ab ≤12，∴1ab≥4， ∴1a ＋1b ＋1ab ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1ab ≥2ab ·21ab ＋1ab ≥4＋4＝8. 当且仅当a ＝b ＝12时等号成立， ∴1a ＋1b ＋1ab≥8. 3.(2019·大理一模)已知函数f (x )＝|x |＋|x －3|.(1)解关于x 的不等式f (x )－5≥x .(2)设m ，n ∈{y |y ＝f (x )}，试比较mn ＋4与2(m ＋n )的大小.解 (1)f (x )＝|x |＋|x －3|＝⎩⎨⎧3－2x ，x <0，3，0≤x ≤3，2x －3，x >3.f (x )－5≥x ，即⎩⎨⎧x <0，3－2x ≥x ＋5或⎩⎨⎧0≤x ≤3，3≥x ＋5或⎩⎨⎧x >3，2x －3≥x ＋5，解得x ≤－23或x ∈∅或x ≥8. 所以不等式的解集为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－23∪[8，＋∞). (2)由(1)易知f (x )≥3，所以m ≥3，n ≥3.由于2(m ＋n )－(mn ＋4)＝2m －mn ＋2n －4＝(m －2)(2－n ).且m ≥3，n ≥3，所以m －2>0，2－n <0，即(m －2)(2－n )<0，所以2(m ＋n )<mn ＋4.4.(2019·郴州质量检测)已知a ，b ，c 为正数，函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －5|.(1)求不等式f (x )≤10的解集；(2)若f (x )的最小值为m ，且a ＋b ＋c ＝m ，求证：a 2＋b 2＋c 2≥12.(1)解 f (x )＝|x ＋1|＋|x －5|≤10等价于⎩⎨⎧x ≤－1，－(x ＋1)－(x －5)≤10或⎩⎨⎧－1<x <5，(x ＋1)－(x －5)≤10或⎩⎨⎧x ≥5，(x ＋1)＋(x －5)≤10，解得－3≤x ≤－1或－1<x <5或5≤x ≤7，∴不等式f (x )≤10的解集为{x |－3≤x ≤7}.(2)证明 ∵f (x )＝|x ＋1|＋|x －5|≥|(x ＋1)－(x －5)|＝6，∴m ＝6，即a ＋b ＋c ＝6.∵a 2＋b 2≥2ab ，a 2＋c 2≥2ac ，c 2＋b 2≥2cb ，∴2(a 2＋b 2＋c 2)≥2(ab ＋ac ＋bc )，∴3(a 2＋b 2＋c 2)≥a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2ac ＋2bc ＝(a ＋b ＋c )2，∴a 2＋b 2＋c 2≥12.当且仅当a ＝b ＝c ＝2时等号成立.5.(2019·沈阳模拟)设a ，b ，c >0，且ab ＋bc ＋ca ＝1.求证：(1)a ＋b ＋c ≥3； (2)a bc ＋b ac ＋c ab ≥3(a ＋b ＋c ). 证明 (1)要证a ＋b ＋c ≥3，由于a ，b ，c >0，因此只需证明(a ＋b ＋c )2≥3.即证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3.而ab ＋bc ＋ca ＝1，故只需证明a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3(ab ＋bc ＋ca )，即证a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .而这可以由ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 22＝a 2＋b 2＋c 2(当且仅当a ＝b ＝c时等号成立)证得.所以原不等式成立. (2)a bc ＋b ac ＋c ab ＝a ＋b ＋c abc. 在(1)中已证a ＋b ＋c ≥ 3.因此要证原不等式成立，只需证明1abc ≥a ＋b ＋c ， 即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca .而a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac2， b ac ≤ab ＋bc2，c ab ≤bc ＋ac2，所以a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当a ＝b ＝c ＝33时等号成立. 所以原不等式成立.6.(2019·百校联盟联考)已知函数f (x )＝|2x －3|＋|2x －1|的最小值为M .(1)若m ，n ∈[－M ，M ]，求证：2|m ＋n |≤|4＋mn |；(2)若a ，b ∈(0，＋∞)，a ＋2b ＝M ，求2a ＋1b的最小值. (1)证明 ∵f (x )＝|2x －3|＋|2x －1|≥|2x －3－(2x －1)|＝2，∴M ＝2. 要证明2|m ＋n |≤|4＋mn |，只需证明4(m ＋n )2≤(4＋mn )2，∵4(m ＋n )2－(4＋mn )2＝4(m 2＋2mn ＋n 2)－(16＋8mn ＋m 2n 2)＝(m 2－4)(4－n 2)， ∵m ，n ∈[－2，2]，∴m 2，n 2∈[0，4]，∴(m 2－4)(4－n 2)≤0，∴4(m ＋n )2－(4＋mn )2≤0，∴4(m ＋n )2≤(4＋mn )2，可得2|m ＋n |≤|4＋mn |.(2)解 由(1)得，a ＋2b ＝2，因为a ，b ∈(0，＋∞)，所以2a ＋1b ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b (a ＋2b ) ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋2＋a b ＋4b a ≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋2a b ·4b a ＝4， 当且仅当a ＝1，b ＝12时，等号成立. 所以2a ＋1b的最小值为4. 能力提升题组(建议用时：20分钟)7.已知函数f (x )＝x ＋1＋|3－x |，x ≥－1.(1)求不等式f (x )≤6的解集；(2)若f (x )的最小值为n ，正数a ，b 满足2nab ＝a ＋2b ，求证：2a ＋b ≥98. (1)解 根据题意，若f (x )≤6，则有⎩⎨⎧x ＋1＋3－x ≤6，－1≤x <3或⎩⎨⎧x ＋1＋(x －3)≤6，x ≥3， 解得－1≤x ≤4，故原不等式的解集为{x |－1≤x ≤4}.(2)证明 函数f (x )＝x ＋1＋|3－x |＝⎩⎨⎧4，－1≤x <3，2x －2，x ≥3，分析可得f (x )的最小值为4，即n ＝4， 则正数a ，b 满足8ab ＝a ＋2b ，即1b ＋2a＝8， 又a >0，b >0，∴2a ＋b ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ＋2a (2a ＋b )＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫2a b ＋2b a ＋5≥18⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋22a b ·2b a ＝98，当且仅当a ＝b ＝38时取等号. 原不等式得证.8.(2015·全国Ⅱ卷)设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明：(1)若ab >cd ，则a ＋b >c ＋d ；(2)a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件.证明 (1)∵a ，b ，c ，d 为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，欲证a ＋b >c ＋d ，只需证明(a ＋b )2>(c ＋d )2， 也就是证明a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd ，只需证明ab >cd ，即证ab >cd .由于ab >cd ，因此a ＋b >c ＋d .(2)①若|a －b |<|c －d |，则(a －b )2<(c －d )2，即(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd .∵a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd . 由(1)得a ＋b >c ＋d .②若a ＋b >c ＋d ，则(a ＋b )2>(c ＋d )2， ∴a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd .∵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，a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件.。
【技巧题型】不等式题目的七种证明方法
【技巧题型】不等式题目的七种证明方法高考的题目中，有80%都是中低档难度，也就是说，要想脱颖而出成为佼佼者，压轴题是无论如何都要攻克的难关！压轴题目一般是开放型的题目，每年都是会变化。
但大概率题目是函数、数列、圆锥曲线、不等式等知识的综合问题。
今天，我就来总结一下不等式的证明方法。
1比较法所谓比较法，就是通过两个实数a与b的差或商的符号（范围）确定a与b大小关系的方法，即通过来确定a,b大小关系的方法。
前者为作差法，后者为作商法。
但要注意作差法适用范围较广；作商法再用时注意符号问题，如果同为正的话是没有问题的，同为负的话记得改变不等式的符号。
2分析法和综合这两个方法我们一般会一起使用。
分析法是从求证的不等式出发，分析这个不等式成立的充分条件，把证明这个不等式的问题转化为证明这些条件是否具备的问题。
如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可以判定所证的不等式成立。
综合法是从已知或证明过的不等式出发，根据不等式的性质及公理推导出欲证的不等式。
我们来看一个例题，已知如果要用综合法或者分析法的话，对于过程上需要写明，即证，所以要证，也就是说，即等价于……一些转化的语句来过渡我们的题目。
当然这两个方法我们经常一起用，因为分析完条件，分析结论，两个一起分析做题速度更快一些呢。
3反证法从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，证实结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的。
这个方法其实是按照集合的补集理论来的，正难则反，但是要注意用反证法证明不等式时，必须将命题结论的反面的各种情形都要考虑到，不能少的。
反证法证明一个命题的思路及步骤：1）假定命题的结论不成立；2）进行推理，在推理中出现下列情况之一：与已知条件矛盾；与公理或定理矛盾;3）由于上述矛盾的出现，可以断言，原来的假定“结论不成立”是错误的; 4）肯定原来命题的结论是正确的。
4放缩法在证明过程中,利用不等式的传递性,作适当的放大或缩小,证明有更好的不等式来代替原不等式。
初中数学知识点：不等式证明的六大方法
马行软地易失蹄，人贪安逸易失志。
对待生命要认真，对待生活要活泼。
以下是为您推荐初中数学知识点：不等式证明的六大方法。
1、比较法：包括比差和比商两种方法。
2、综合法
证明不等式时，从命题的已知条件出发，利用公理、定理、法则等，逐步推导出要证明的命题的方法称为综合法，它是由因导果的方法。
3、分析法
证明不等式时，从待证命题出发，分析使其成立的充分条件，利用已知的一些基本原理，逐步探索，最后将命题成立的条件归结为一个已经证明过的定理、简单事实或题设的条件，这种证明的方法称为分析法，它是执果索因的方法。
4、放缩法
证明不等式时，有时根据需要把需证明的不等式的值适当放大或缩小，使其化繁为简，化难为易，达到证明的目的，这种方法称为放缩法。
5、数学归纳法
用数学归纳法证明不等式，要注意两步一结论。
在证明第二步时，一般多用到比较法、放缩法和分析法。
6、反证法
证明不等式时，首先假设要证明的命题的反面成立，把它作为条件和其他条件结合在一起，利用已知定义、定理、公理等基本原理逐步推证出一个与命题的
条件或已证明的定理或公认的简单事实相矛盾的结论，以此说明原假设的结论不成立，从而肯定原命题的结论成立的方法称为反证法。
不等式证明方法大全
不等式证明方法大全
在数学研究中，证明不等式是一项重要的内容。
目前，关于证明不等式的方法可以分
为几类，下面将详细展开讨论：
一、绝对值的技巧：将不等式中的变量都化为绝对值，这样可以有效地转换原不等式。
二、代数变换法：通过恰当的代数变换，将不等式中变量交换，从而转化为更简单的
不等式。
三、数量不等式法：将相同的不等式进行变形，将其变换为数量不等式，然后继续解决，从而获得结论。
四、角度不等式法：如果不等式涉及到测量角度的变量，我们可以将其转换为角度不
等式，然后判断两个角度的大小关系，从而获得结论。
五、条件不等式法：将不等式的左右两侧都加上某个条件，将其变换为条件不等式，
然后根据条件判断两个式子大小关系。
六、单值不等式变形法：将不等式变为单值不等式，然后将单值不等式中的变量通过
某种方式改变，从而继续解决不等式本身，用这种方法可以得出不等式的正确性。
七、多元不等式的考虑：由于某些不等式涉及多个变量，因此需要考虑这些变量的关系，包括不等式的变换形式，和多个变量的联系在内的其他因素，这样才能正确地证明不
等式的正确性。
以上就是证明不等式的各种方法，正确运用上述方法，可以帮助我们轻松地证明定理，有助于提高科学研究的水平。
不等式证明方法大全
不等式证明方法大全1.推导法：推导法是指通过逻辑推理从已知不等式得出要证明的不等式。
常用的推导法有数学归纳法、递推法、代入法等。
其中，数学归纳法是一种常见的证明不等式的方法，它基于以下两个基本原理：基准步和归纳假设。
（1）基准步：证明当一些特定的变量取一些特定的值时，不等式成立。
（2）归纳假设：假设当一些特定的变量取小于等于一些特定值时，不等式成立。
通过利用以上两个原则，可以通过递推关系不断推导得出要证明的不等式。
2.数学运算法：数学运算法是指通过对不等式进行各种数学运算来得到要证明的不等式。
常用的数学运算包括加法、减法、乘法、除法等。
在进行这些运算时，需要注意运算规则和要证明的不等式所满足的条件，避免运算过程中引入新的限制条件。
3.几何法：几何法是指通过将不等式转化为几何问题进行证明。
几何法常用于证明平面图形的不等式定理，如三角形的不等式定理、平行四边形的不等式定理等。
通过将要证明的不等式几何化，可以通过几何性质和定理进行证明。
4.广义的带参数的方法：广义的带参数的方法是指将要证明的不等式引入参数，通过参数的取值范围来证明不等式的成立。
这种方法常用于证明含有多个变量的复杂不等式，通过引入参数使得不等式简化或者更易处理。
5.分情况讨论法：分情况讨论法是指将要证明的不等式拆分为几个不同的情况进行讨论，分别证明每个情况下不等式的成立。
通过逐个讨论每种情况，可以得出要证明的不等式的证明。
6.反证法：反证法是指假设要证明的不等式不成立，通过推理推出与已知条件矛盾的结论，从而证明不等式的成立。
反证法常用于证明不等式的唯一性和存在性。
7.递推法：递推法是指通过依次推导出不等式的前一项和后一项之间的关系，逐步逼近要证明的不等式。
通过不断进行递推，可以逐步证明不等式的成立。
以上是一些常见的不等式证明方法，它们可以单独使用，也可以结合使用。
在进行不等式证明时，需要注意逻辑严谨、计算准确和推导合理，同时还需要根据具体的题目和要求选择合适的证明方法。
不等式证明的几种方法
不等式证明的几种方法1.直接证明法直接证明法是最常用的证明方法之一、该方法是通过运用数学定义、公理和已知条件，直接推导出要证明的不等式。
例如，要证明a+b≥2√ab，我们可以通过平方两边的方式将不等式变形为(a-b)^2≥0的形式，再通过数学运算的方式得出结论。
2.反证法反证法是常用的证明方法之一，尤其适用于不等式证明。
该方法是先假设要证明的不等式为假，然后通过推导得出与已知条件矛盾的结论，从而证明所假设的不等式为真。
例如，要证明3√ab≥2(a+b)不成立，我们可以先假设不等式成立，然后通过运算推导出与已知条件不符的结果。
由此可知，不等式不成立。
3.数学归纳法数学归纳法适用于一类特殊的不等式，即对于其中一自然数n，当n=1时不等式成立，且当n=k时不等式成立，则当n=k+1时不等式也成立。
通过反证法证明。
例如，要证明n^2<2^n，首先当n=1时，不等式成立。
假设当n=k时，不等式也成立，即k^2<2^k成立。
我们需要证明当n=k+1时，不等式也成立，即(k+1)^2<2^(k+1)成立。
通过反证法推导出与已知条件矛盾的结果，即可证明不等式成立。
4.几何法几何法可以通过将不等式转化为几何问题来证明。
例如，要证明a^2+b^2≥2ab，可以将不等式转化为平面上两点的距离的问题。
通过建立几何模型，可以直观地看出不等式成立的原因。
例如，可以将两个正方形的面积进行比较，或者使用勾股定理来解决问题。
5.代数方法代数方法是通过将不等式转化为代数方程或函数的性质来证明。
例如，要证明3a^2+3b^2+2c^2≥4ab+4bc+4ca，可以通过将不等式整理为一个二次函数的形式，然后通过对函数进行研究来得出结论。
以上是几种常见的不等式证明方法，其中每种方法都有其独特的适用范围和优势。
在实际应用中，根据具体的题目和情况选择合适的证明方法可以更高效地解决问题。
构造函数法证明不等式的八种方法
构造函数法证明不等式的八种方法一、构造函数法是一种常用的数学证明方法，通过巧妙地构造函数，并对其性质进行分析，可以证明各种数学不等式。
下面就列举八种常用的构造函数法证明不等式的方法。
1.构造平方函数法：对于形如x^2≥0的不等式，可以构造f(x)=x^2，然后通过分析f(x)的性质，来证明不等式的成立。
2.构造递增函数法：对于形如a≥b的不等式，可以构造f(x)=x，然后通过分析f(x)的性质，来证明不等式的成立。
3.构造递减函数法：对于形如a≤b的不等式，可以构造f(x)=-x，然后通过分析f(x)的性质，来证明不等式的成立。
4.构造两个函数之差法：对于形如a-b≥0的不等式，可以构造f(x)=x^2和g(x)=(x-a)(x-b)，然后通过分析f(x)和g(x)的性质，来证明不等式的成立。
5. 构造函数的和法：对于形如(a+b)^2≥0的不等式，可以构造f(x)=x^2和g(x)=a^2+b^2+2ab，然后通过分析f(x)和g(x)的性质，来证明不等式的成立。
6.构造函数的积法：对于形如(a·b)^2≥0的不等式，可以构造f(x)=x^2和g(x)=a^2·b^2，然后通过分析f(x)和g(x)的性质，来证明不等式的成立。
7.构造函数的倒数法：对于形如1/(a·b)≥0的不等式，可以构造f(x)=1/x和g(x)=a·b，然后通过分析f(x)和g(x)的性质，来证明不等式的成立。
8.构造指数函数法：对于形如e^x≥1的不等式，可以构造f(x)=e^x 和g(x)=1，然后通过分析f(x)和g(x)的性质，来证明不等式的成立。
以上就是八种常用的构造函数法证明不等式的方法。
在实际证明过程中，需要注意选择合适的函数，并结合函数的性质进行分析，以确定不等式的成立情况。
此外，还需要注意构造的函数在给定范围内是否满足所要求的性质，以确保证明的正确性。
证明不等式的几种常用方法
证明不等式的几种常用方法证明不等式除了教材中介绍的三种常用方法，即比较法、综合法和分析法外，在不等式证明中，不仅要用比较法、综合法和分析法，根据有些不等式的结构，恰当地运用反证法、换元法或放缩法还可以化难为易．下面几种方法在证明不等式时也经常使用．一、反证法如果从正面直接证明，有些问题确实相当困难，容易陷入多个元素的重围之中，而难以自拔，此时可考虑用间接法予以证明，反证法就是间接法的一种．这就是最“没办法”的时候往往又“最有办法”，所谓的“正难则反”就是这个道理．反证法是利用互为逆否的命题具有等价性来进行证明的，在使用反证法时，必须在假设中罗列出各种与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，则反证法都是不完全的．用反证法证题的实质就是从否定结论入手，经过一系列的逻辑推理，导出矛盾，从而说明原结论正确．例如要证明不等式A ＞B ，先假设A ≤B ，然后根据题设及不等式的性质，推出矛盾，从而否定假设，即A ≤B 不成立，而肯定A ＞B 成立．对于要证明的结论中含有“至多”、“至少”、“均是”、“不都”、“任何”、“唯一”等特征字眼的不等式，若正面难以找到解题的突破口，可转换视角，用反证法往往立见奇效．例1 设a 、b 、c 、d 均为正数，求证：下列三个不等式：①a ＋b ＜c ＋d ；②(a ＋b)(c ＋d)＜ab ＋cd ；③(a ＋b)cd ＜ab(c ＋d)中至少有一个不正确．反证法：假设不等式①、②、③都成立，因为a 、b 、c 、d 都是正数，所以不等式①与不等式②相乘，得：(a ＋b)2＜ab ＋cd ，④由不等式③得(a ＋b)cd ＜ab(c ＋d)≤(2b a )2·(c ＋d)， ∵a ＋b ＞0，∴4cd ＜(a ＋b)(c ＋d)，综合不等式②，得4cd ＜ab ＋cd ， ∴3cd ＜ab ，即cd ＜31ab ． 由不等式④，得(a ＋b)2＜ab ＋cd ＜34ab ，即a 2＋b 2＜－32ab ，显然矛盾．∴不等式①、②、③中至少有一个不正确．例2 已知a ＋b ＋c ＞0，ab ＋bc ＋ca ＞0，abc ＞0，求证：a ＞0，b ＞0，c＞0．证明：反证法由abc ＞0知a ≠0，假设a ＜0，则bc ＜0，又∵a ＋b ＋c ＞0，∴b ＋c ＞－a ＞0，即a(b ＋c)＜0，从而ab ＋bc ＋ca = a(b ＋c)＋bc ＜0，与已知矛盾．∴假设不成立，从而a ＞0，同理可证b ＞0，c ＞0．例3 若p ＞0，q ＞0，p 3＋q 3= 2，求证：p ＋q ≤2．证明：反证法假设p ＋q ＞2，则(p ＋q)3＞8，即p 3＋q 3＋3pq (p ＋q)＞8，∵p 3＋q 3= 2，∴pq (p ＋q)＞2．故pq (p ＋q)＞2 = p 3＋q 3= (p ＋q)( p 2－pq ＋q 2)，又p ＞0，q ＞0 p ＋q ＞0，∴pq ＞p 2－pq ＋q 2，即(p －q)2 ＜0，矛盾．故假设p ＋q ＞2不成立，∴p ＋q ≤2．例4 已知)(x f = x 2＋ax ＋b ，其中a 、b 是与x 无关的常数，求证：|)1(f |，|)2(f |，|)3(f |中至少有一个数不小于21． 反证法一：假设|)1(f |＜21，|)2(f |＜21，|)3(f |＜21， 由于)1(f = 1＋a ＋b ，)2(f = 4＋2a ＋b ，)3(f = 9＋3a ＋b ，∴)1(f ＋)3(f －)2(f =2，但是，2 = |)1(f ＋)3(f －)2(f |≤|)1(f |＋|)3(f |＋2|)2(f |＜21＋21＋2×21= 2， 即2＜2，矛盾，∴假设不成立，∴|)1(f |，|)2(f |，|)3(f |中至少有一个数不小于21． 反证法二：假设|)1(f |＜21，|)2(f |＜21，|)3(f |＜21，即 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<<<.21|)3(|,21|)2(|,21|)1(|f f f ⇒ ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<++<-<++<-<++<-③b a ②b a ①b a .219321,214221,21121 ①＋③得：－1＜4a ＋2b ＋10＜1，即－21＜2a ＋b ＋5＜21， ∴－23＜2a ＋b ＋4＜－21，④ 显然②与④矛盾，因此，假设是不成立的， 故|)1(f |，|)2(f |，|)3(f |中至少有一个数不小于21． 例4 设a ，b ，c 均为小于1的正数，求证：(1－a)b ，(1－b)c ，(1－c)a 不能同时大于41． 证明：反证法假设(1－a)b ，(1－b)c ，(1－c)a 同时大于41，即(1－a)b ＞41，(1－b)c ＞41，(1－c)a ＞41， 则由41＜(1－a)b ≤(21b a +-)2⇒21b a +-＞21， 同理：21c b +-＞21，21a c +-＞21， 三个同向不等式两边分别相加，得23＞23，矛盾，所以假设不成立， ∴原结论成立．例6 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：反证法假设⎪⎩⎪⎨⎧>->->-.1)2(,1)2(,1)2(a c c b b a 那么2)2(b a +-≥b a )2(-＞1，① 同理2)2(c b +-＞1，② 2)2(a c +-＞1，③ ①＋②＋③，得3＞3矛盾，即假设不成立，故(2－a)b ，(2－b)c ，(2－c)a 不能同时大于1．二、三角换元法对于条件不等式的证明问题，当所给条件较复杂，一个变量不易用另一个变量表示，这时可考虑用三角代换，将复杂的代数问题转化为三角问题．若变量字母x 的取值围与sin θ或cos θ的变化围相同，故可采用三角换元，把所要证的不等式转换为求三角函数的值域而获证．一般地，题设中有形如x 2＋y 2≤r 2，22a x ＋22b y = 1或22a x －22b y = 1的条件可以分别引入三角代换⎩⎨⎧==θθsin cos r y r x (| r |≤1)，⎩⎨⎧==θθsin cos b y a x 或⎩⎨⎧==θθtan sec b y a x ，其中θ的取值围取决于x ，y 的取值围，凡不能用重要不等式证明的问题时，一般可以优先考虑换元(代数换元或三角换元)，然后利用函数的单调性最终把问题解决．在三角换元中，由于已知条件的限制作用，根据问题需要，可能对引入的角度有一定的限制，应特别引起注意，否则可能会出现错误的结果．例2 已知1≤x 2＋y 2≤2，求证：21≤x 2－xy ＋y 2≤3． 证明：∵1≤x 2＋y 2≤2，∴可设x = rcos θ，y = rsin θ，其中1≤r 2≤2，0≤θ＜π2．∴x 2－xy ＋y 2= r 2－r 2sin θ2= r 2(1－21sin θ2)， ∵21≤1－21sin θ2≤23，∴21r 2≤r 2(1－21sin θ2)≤23r 2，而21r 2≥21，23r 2≤3， ∴ 21≤x 2－xy ＋y 2≤3． 例2 已知x 2－2xy ＋y 2≤2，求证：| x ＋y |≤10．证明：∵x 2－2xy ＋y 2= (x －y)2＋y 2，∴可设x －y = rcos θ，y = rsin θ，其中0≤r ≤2，0≤θ＜π2．∴| x ＋y | =| x －y ＋2y | = | rcos θ＋2rsin θ| = r|5sin(θ＋ractan21)|≤r 5≤10．例3 已知－1≤x ≤1，n ≥2且n ∈N ，求证：(1－x)n ＋(1＋x)n ≤2n ． 证明：∵－1≤x ≤1，设x = cos θ2 (0≤θ≤2π)， 则1－x =1－cos θ2= 1－(1－2sin 2θ) = 2sin 2θ，1＋x =1＋cos θ2= 2cos 2θ，∴(1－x)n ＋(1＋x)n = 2n sin n 2θ＋2n cos n 2θ≤2n ( sin 2θ＋cos 2θ) =2n ，故不等式(1－x)n ＋(1＋x)n ≤2n 成立．例4 求证：－1≤21x -－x ≤2．证明：∵1－x 2≥0，∴－1≤x ≤1，故可设x = cos θ，其中0≤θ≤π． 则21x -－x =θ2cos 1-－cos θ= sin θ－cos θ=2sin(θ－4π)， ∵－4π≤θ－4π≤43π， ∴－1≤2sin(θ－4π)≤2，即－1≤21x -－x ≤2． 三、增量代换法 在对称式(任意互换两个字母，代数式不变)和给定字母顺序(如a ＞b ＞c)的不等式，常用增量进行代换，代换的目的是减少变量的个数，使要证的结论更清晰，思路更直观，这样可以使问题化难为易，化繁为简．例7 已知a ，b ∈R ，且a ＋b = 1，求证：(a ＋2)2＋(b ＋2)2≥225． 证明：∵a ，b ∈R ，且a ＋b = 1，∴设a =21＋t ，b=21－t ， (t ∈R) 则(a ＋2)2＋(b ＋2)2= (21＋t ＋2)2＋(21－t ＋2)2= (t ＋25)2＋(t －25)2= 2t 2＋225≥225． ∴(a ＋2)2＋(b ＋2)2≥225． 例8 已知a 1＋a 2＋…＋a n = 1，求证：21a ＋22a ＋…＋2n a ≥n1． 证明：设a 1= t 1＋n 1，a 2= t 2＋n 1，…，a n = t n ＋n1，其中t 1＋t 2＋…＋t n = 0，则21a ＋22a ＋…＋2n a = (t 1＋n 1)2＋(t 2＋n 1)2＋…＋(t n ＋n 1)2= n ·21n＋2×n 1( t 1＋t 2＋…＋t n )＋…＋21t ＋22t ＋…＋2n t =n 1＋21t ＋22t ＋…＋2n t ≥n 1． 四、放缩法放缩法是在顺推法逻辑推理过程中，有时利用不等式的传递性，作适当的放大或缩小，证明不原不等式更强的不等式来代替原不等式的证明．这种证题方法的实质是非等价转化，而它的证题方法没有一定的准则和程序，需按题意适当．．放缩，否则是达不到目的．利用放缩法证明不等式，要根据不等式两端的特征及已知条件，采取舍掉式中一些正项或负项，或者在分式中放大或缩小分子、分母、把和式中的某些项换以较大或较小的数，从而达到证明不等式的目的．此类证法要慎审地采取措施，进行恰当地放缩，任何不适宜的放缩(放的过大或过小)都会导致推证的失败．例5 设n 为自然数，求证：91＋251＋…＋2)12(1+n ＜41． 证明：∵2)12(1+k =14412++k k ＜k k 4412+=41(k1－11+k )， ∴91＋251＋…＋2)12(1+n ＜41[(1－21)＋(21－31)＋…＋(n 1－11+n ) =41(1－11+n )＜41． ∴91＋251＋…＋2)12(1+n ＜41[(1－21)＋(21－31)＋…＋(n 1－11+n ) =41(1－11+n )＜41． 例5 已知a n =21⨯＋32⨯＋…＋)1(+n n ，其中n 为自然数， 求证：21n(n ＋1)＜a n ＜21(n ＋1)2． 证明：∵)1(+k k ＜21++k k =212+k 对任意自然数k 都成立， ∴a n =21⨯＋32⨯＋…＋)1(+n n ＜23＋25＋27＋…＋212+n =21[3＋5＋7＋…＋(2n ＋1)] =21(n ＋2n)＜21(n ＋2n ＋1) =21(n ＋1)2． 又)1(+k k ＞2k = k ，∴a n =21⨯＋32⨯＋…＋)1(+n n ＞1＋2＋3＋…＋n =21n(n ＋1)， ∴21n(n ＋1)＜a n ＜21(n ＋1)2． 评析：根据要证不等式的结构特征，应用均值不等式“放大”a n 为一个等差数列的和，求和后再添加一个数1，直到“放大”到要证的右边；而左边是通过“缩小”a n 的方法去根号而转化为等差数列的和．放大或缩小的技巧很多，如添项、减项、分子、分母加或减一个数，或利用函数的单调性、有界性等等，但要注意放缩要适度．11．设a 、b 为不相等的两正数，且a 3－b 3= a 2－b 2，求证：1＜a + b ＜34． 证明：由题意得a 2＋ab ＋b 2= a + b ，于是(a ＋b)2= a 2＋2ab ＋b 2＞a 2＋ab ＋b 2= a + b ，故a + b ＞1，又(a ＋b)2＞4ab ，而(a ＋b)2= a 2＋2ab ＋b 2= a ＋b ＋ab ＜a ＋b ＋4)(2b a +， 即43(a ＋b)2＜a ＋b ，解得a + b ＜34． ∴1＜a + b ＜34． 例12 已知a 、b 、c 、d 都是正数，求证：1＜c b a b ++＋d c b c ++＋a d c d ++＋ba d a ++＜2． 证明：∵d cb a b +++＜c b a b ++＜ba b +， d c b a c +++＜d c b c ++＜dc c +，d c b a d +++＜a d c d ++＜dc d +， d c b a a +++＜b a d a ++＜ba a +， 将上述四个同向不等式两边分别相加，得：1＜c b a b ++＋d c b c ++＋a d c d ++＋ba d a ++＜2．。
证明不等式的方法
证明不等式的方法1.比较法。
在证明不等式的方法中，比较法是最基本、最重要的方法。
比较法是利用不等式两边的差是正还是负来证明不等关系的。
利用不等式的性质对不等式进行变形，变形目的在于判断差的符号，而不考虑值是多少。
2.综合法。
综合法是由已知条件出发，推导出所要证明的不等式成立，即由已知逐步推演不等式成立的必要条件得到结论。
综合法是“由因导果”。
3.分析法。
分析法也是证明不等式的一种常用的基本方法，当证题不知从何入手时，有时可以用分析法获得解决。
分析法是和综合法对立统一的两种方法，它是由结果步步寻求不等式成立的充分条件，找寻已知，是“执果索因”。
分析法和综合法常常是不能分离的，如果使用综合法证明不等式，难以入手时常用分析法探索证题的途径，之后用综合法形式写出它的证明过程。
4.作商法。
将不等式左右两端作商、变形化简商式到最简形式，判断商与1的大小，应用范围一般是被证式的两端都是正数，被证式子两端都是乘积形式或指数形式时常用此法。
5.判别式法，对于含有两个或两个以上字母的不等式，在使用比较法无效时，若能整理成一边为零，而另一边为某个字母的二次式时，这时候可用判别式法。
6.代换法。
代换法中常用的有两种：一种是三角代换法，一种是增量代换法。
三角代换法多用于条件不等式的证明，当所给条件较复杂，一个变量不易用另一个变量表示，这时候可考虑三角代换，将两个变量都用同一个参数表示。
此法可以把复杂的代数问题转化为三角问题。
要注意的是可能对引入的角有一定的限制，这一点要根据已知来定。
增量代换法一般是在对称式（任意互换两个字母，代数式不变）和给定字母顺序的不等式，常用增量法进行代换，代换的目的是通过代换达到减元的目的，使问题化难为易，化繁为简。
7.构造函数法。
函数思想是中学数学重要的思想方法之一，有些数学问题只要将其中某些变化的量建立起联系，构造出函数，再利用函数的性质，就能解决问题。
8.反证法。
用直接法证明不等式困难时，可考虑用反证法。
高中不等式的证明方法
高中不等式的证明方法在高中数学学习中，不等式是一个非常重要的内容。
在解决不等式问题的过程中，常常需要使用一些证明方法。
下面我将介绍一些高中不等式的证明方法。
一、计算法对于一般的不等式，我们可以通过计算来证明。
该方法常常适用于直接证明不等式的正确性。
示例：对于不等式a + b ≥ 2√(ab)，我们可以对其两边进行平方运算，化简得到(a + b)² ≥ 4ab，继续化简得到a² + 2ab + b² ≥ 4ab，最后得到a² + b² ≥ 2ab。
由于a²，b²为非负数，所以a² + b² ≥ 2ab成立，从而不等式得到证明。
二、数轴法数轴法是一种简便的证明不等式的方法。
示例：对于不等式x+1>2，我们可以画出数轴，将不等式变形为x>1，即x的取值范围在1的右侧。
通过观察数轴即可发现x的取值大于1，所以不等式成立。
三、加减法对于含有多个项，且项之间存在加减关系的不等式，我们可以通过加减法将不等式转化为一个已知不等式来证明。
示例：对于不等式a+b+c>3，我们可以将不等式两边都减去c，得到a+b>3-c。
由于c是一定的，所以不等式a+b>3-c成立，即不等式得到证明。
四、乘法当不等式中存在连续的乘法关系时，我们可以通过乘法来证明不等式。
示例：对于不等式(x+1)(x+2)>0，我们可以使用因式分解法将不等式化简为(x+1)(x+2)≠0。
由于(x+1)(x+2)的乘积肯定不为0，所以不等式成立。
五、数学归纳法对于有一定规律的不等式，我们可以使用数学归纳法来证明。
示例：对于不等式2ⁿ>n²，我们首先验证n=1时不等式成立，然后假设对于一些自然数k，不等式成立。
即2ᵏ>k²。
然后再证明当n=k+1时，也成立。
即2^(k+1)>(k+1)²。
高中证明不等式的四大方法
高中证明不等式的四大方法
研究不等式是很重要的，它作为数学、物理和其他领域的基础，对日常生活也有着十分重要的意义。
高中时期学习不等式的过程中，常常会遇到如何证明不等式所带来的问题，证明不等式一般可以有四种方法：
一、函数极值法
函数极值法是借助函数及其导数的性质来证明不等式，判断函数的极值的性质，然后用极值来证明不等式。
这种方法适用于不等式中带有 x 的函数及其导数，比如函数 f ( x ) = x^2 + ax + b ( a，b 为常数) 的大于、小于及其证明，都可以用函数极值法来证明。
二、不等式组合法
不等式组合法是利用不等式和其他熟悉的性质，把不等式组合起来，以有效证明一个不等式的方法，一般可用自然数的定理、AM-GM 定理、费马平方和定理、牛顿黎曼不等式等方法结合不等式证明原不等式。
三、几何法
几何法是一种综合的方法，它的核心是运用间接证明的思想，通过几何形象中的定理，证明几何形象和不等式之间的关系，如正方形边长和正数之间的关系等。
四、数学归纳法
数学归纳法是一种经典的元素数学思想，包括数学归纳和数学归纳法，它利用数学归纳法的思想，由简到难，从某一特定情况，以及一切类似的情况中得出一般性的结论和推论，最终证明某个不等式。
以上就是证明不等式的四大方法。
不等式是所有科目中都有用到的知识，学习不等式也需要一定技巧，上面介绍的四大方法可以帮助我们更好的学习不等式，并有助于我们准确地研究不等式。
在数学学习中，不要把不等式搞混、弄回，按照上面介绍的四大方法认真学习，才能更好的掌握不等式的学习方法，正确地解答各种不等式的问题。
例谈证明不等式的四种常用措施
=
cos2 a, a
∈
(0,
π 2
)
，
æ è
x
+
1 x
öøæèç
y
+
1 y
ö
÷
ø
=
æ
ç
sin2
a
è
+
1 sin2a
öæ
֍
cos2
a
øè
+
1 cos2a
ö
÷
ø
=
sin4 a
+
cos4a - 2 sin2a 4 sin22a
cos2 a
+
2
，
( ) =
4 - sin2a 2 + 16 ， 4 sin22a
(x)
=
(
cos sin
α β
)x
+
(
cos sin
β α
)x,
且x < 0,
α,β ∈
æ è
0,
π 2
öø，若
f (x) > 2, 求证：α + β >
π 2
.
证明：假设0
<
α
+
β
≤
π 2
,
由α, β
∈
（0，π2 ）可得0
<
α
≤
π 2
-
β
≤
π 2
，
则
cos
α
≥
cosæè
π 2
-
β
ö ø
=
sin
β
>
1)
=
2n2
+
证明函数不等式的六种方法
证明函数不等式的六种方法在高中数学中，函数的不等式是一个重要的主题。
证明函数不等式是一个基本的技能，它可以帮助学生更好地理解函数的性质并提高数学思维能力。
下面我们介绍六种证明函数不等式的方法。
1. 代数法这种方法是最常用的方法之一。
我们可以将不等式两边的函数展开，并进行简单的代数计算，以确定不等式的正确性。
例如，我们要证明：f(x) > g(x)其中f(x) = x^2 + 2x + 1g(x) = x^2 + x我们可以将f(x)和g(x)展开，然后将它们相减，得到：f(x) - g(x) = x + 1因此，f(x) > g(x) 当且仅当 x > -12. 消元法这种方法通常适用于含有多个变量的不等式。
我们可以将其中一个变量消去，从而使不等式简化。
例如，我们要证明：f(x, y) > g(x, y)其中f(x, y) = x^2 + y^2g(x, y) = x^2 - y^2我们可以将y消去，得到：f(x, y) - g(x, y) = 2y^2因此，f(x, y) > g(x, y) 当且仅当 y ≠ 03. 极限法这种方法通常适用于连续函数的不等式。
我们可以将不等式两边取极限，以确定不等式的正确性。
例如，我们要证明：f(x) > g(x)其中f(x) = x^2 + 2x + 1g(x) = x^2 + x我们可以将f(x)和g(x)的极限计算出来，得到：lim (f(x)) = +∞x→+∞lim (g(x)) = +∞x→+∞因此，f(x) > g(x) 当 x → +∞4. 导数法这种方法通常适用于在区间内单调的函数不等式。
我们可以计算函数的导数，以确定函数的单调性和不等式的正确性。
例如，我们要证明：f(x) > g(x)其中f(x) = x^3 + 3x^2 + 3x + 1g(x) = x^2 + 2x + 1我们可以计算f(x)和g(x)的导数，得到：f'(x) = 3x^2 + 6x + 3g'(x) = 2x + 2由于f'(x) > g'(x) 在 [-1, +∞) 上成立，并且f(-1) > g(-1) ，因此，f(x) > g(x) 在 [-1, +∞) 上成立。
构造函数法证明不等式的八种方法
导数之构造函数法证明不等式 1、移项法构造函数 【例1】已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有【解】1111)(+-=-+='x xx x f ∴当01<<-x 时，0)(>'x f ，即)(x f 在)0,1(-∈x 上为增函数 当0>x 时，0)(<'x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数 故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(-，单调递减区间),0(+∞于是函数()f x 在),1(+∞-上的最大值为0)0()(max ==f x f ，因此，当1->x 时，0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤-+x x ∴x x ≤+)1ln( （右面得证）， 现证左面，令111)1ln()(-+++=x x x g ， 22)1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则 当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时 ， 即)(x g 在)0,1(-∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数， 故函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为0)0()(min ==g x g ，∴当1->x 时，0)0()(=≥g x g ，即0111)1ln(≥-+++x x ∴111)1ln(+-≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(111,1有时2、作差法构造函数证明 【例2】已知函数.ln 21)(2x x x f +=求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下方； 【解】设)()()(x f x g x F -=，即x x x x F ln 2132)(23--=， 则xx x x F 12)(2--='=x x x x )12)(1(2++-当1>x 时，)(x F '=xx x x )12)(1(2++-从而)(x F 在),1(∞+上为增函数，∴061)1()(>=>F x F∴当1>x 时 0)()(>-x f x g ，即)()(x g x f <， 故在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下方。
不等式的证明方法
不等式的证明方法不等式的性质和基本不等式是证明不等式的理论依据，但是由于不等式的形式多样，因此不等式的证明方法也很多。
我总结了一些不等式的证明方法 ，下面举例说明。
一. 比较法例1 求证：223x +>x .证明：因为()222155232320222x x x x x ⎛⎫+-=-+=-+≥> ⎪⎝⎭所以 223x +>x .证明例1的方法称为作差比较法。
用差与“0”比较大小。
例2 已知a >b>c>0,求证：()3a b c ab cab c abc ++>。
证明：因为()2223333a b c b a c c a b a b ca b c a b c abcabc ------++=333333a b a cb a b cc a c babc------+++=333a b a c b c a a b b c c ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭且a >b>0, 所以a -b>0,1a b >，故31a b a b -⎛⎫> ⎪⎝⎭。
同理可证31a c a c -⎛⎫> ⎪⎝⎭，31b cb c -⎛⎫> ⎪⎝⎭。
所以3331a b a c b c a a b b c c ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，从而()3a b ca b ca b c a bc ++>。
证明例2的方法称为求商比较法。
用商与“1”比较大小。
二．反证法 例3是无理数。
=q p，p ≠0,且p,q 互素，则所以， 222p q = ①故2q 是偶数，q 也必是偶数。
不妨设q=2k,代入①式，则有2224pk =，即222p k =，所以，p 也是偶数.P 和q 都是偶数，它们有公约数2，这与p,q 互素相矛盾。
不是有理数，而是无理数。
证明例3的方法称为反证法。
当命题过于简单，或正面情况非常复杂时，一般用反证法。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
证明不等式的13种方法
咸阳师范学院基础教育课程研究中心安振平
不等式证明无论在高考、竞赛，还是其它类型的考试里，出现频率都是比较高，证明难度也是比较大的.因此，有必要总结证明不等式的基本方法，为读者提供学习时的参考资料.笔者选题的标准是题目优美、简明，其证明方法基本并兼顾巧妙.
1．排序方法
对问题的里的变量不妨排出大小顺序，有时便于获得不等式的证明.
例1已知,,0a b c ≥，且1a b c ++=，求证：
()22229 1.
a b c abc +++≥2．增量方法
在变量之间增设一个增量，通过增量换元的方法，便于问题的变形和处理.例2设,,a b c R +
∈，试证：2222
a b c a b c a b b c c a ++++≥+++.3．齐次化法
利用题设条件，或者其它变形手段，把原不等式转换为齐次不等式.
例3设,,0,1x y z x y z ≥++=，求证：
2222222221.16
x y y z z x x y z +++≤4．切线方法
通过研究函数在特殊点处的切线，利用切线段代替曲线段，来建立局部不等式.例4已知正数,,x y z 满足3x y z ++=，求证：
323235
x y +≤++..
5．调整方法
局部固定，逐步调整，探究多元最值，便能获得不等式的证明.
例5已知,,a b c 为非负实数，且1a b c ++=，求证：13.4
ab bc ca abc ++-≤
6．抽屉原理
在桌上有3个苹果，要把这3个苹果放到2个抽屉里，无论怎样放，我们会发现至少会有一个抽屉里面放2个苹果.这一简单的现象，就是人们所说的“抽屉原理”.巧用抽屉原理，证明某些不等式，能起到比较神奇的效果.
例6（《数学通报》2010年9期1872题）证明：在任意13个实数中，一定能找到两个实数,x y ，使得0.3.10.3x y x
->+7．坐标方法
构造点坐标，应用解析几何的知识和方法证明不等式.
例7已知a b c R ∈、、，a 、b 不全为零，求证：
()()()22
22222
22.a b ac a b bc a b c a b +++++≥+++8．复数方法
构造复数，应用复数模的性质，可以快速证明一些无理不等式.
例8（数学问题1613，2006，5）设,,,0,a b c R λ+
∈≥求证：9．向量方法
构造向量，把不等式的证明纳入到向量的知识系统当中去.
例9已知正数,,a b c 满足1a b c ++=，求证：
4
≤.
10．放缩方法
不等式的证明，关键在于恒等变形过程中的有效放大、或者缩小技巧,放和缩应当恰到好处.
例10已知数列{}n a 中，首项132
a =
，且对任意*1,n n N >∈，均有
11n n a a +=++()211332.42
n n n a -+<<⨯-11．函数方法
构造函数后，应用导数方法研究函数的单调性，据此可以证明一些不等式.
例11（2009年全国高中数学联赛第一试第15题改编）求证：
11.
≤
例12已知110,1,x x >≠且2*12(3)()31
n n n n x x x n N x ++=∈+，求证：数列{}n x 对任意*n N ∈都满足1n n x x +<，或满足1.
n n x x +>12．判别式法
在二次函数、二次方程的环境里，利用判别式可以证明一些不等式.
例13对于任意实数x,y,z,均有
()()()()22223111.4
x y z x y z +++≥++
当且仅当x y z ===.13．不等式法
一些重要不等式，诸如柯西不等式、均值不等式等等，都是证明一些不等式的有效工具.例14在ABC 中，求证：
2223sin sin sin .2224
A B C ++≥例15(2010年山东省高中数学预赛试题)设非负实数,,a b c 满足1a b c ++=，求证：
19(19).4
abc ab bc ca abc ≤++≤+例16设,,a b c R +∈，且1abc ≥，正整数,m n 满足()2
1n m +>，求证：3
1.1m m m m n a b c a n b n c n n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++≥ ⎪⎪⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭。