高中数学不等式的几种常见证明方法(县二等奖)

合集下载

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。

高中数学例谈不等式证明的几种特殊方法学法指导

例谈不等式证明的几种特殊方法尹语录不等式的证明常用的方法有比较法，综合法，分析法，在不等式的证明问题中，选择适当的方法是至关重要的。

今例举几种证明不等式的特殊方法。

一、换元法换元法是指对结构较为复杂，量与量之间的关系不甚明了的命题，通过恰当引入新变量，代换原题中的部分式子，简化原有结构，使其转化为便于研究的形式，换元法多用于条件不等式的证明，常采用三角代换，均值代换及其他代换方法。

例1. 已知a 、b 4b a ,R 22≤+∈，求证：20|b 3ab 8a 3|22≤--。

证明：因为4b a ,R b ,a 22≤+∈所以可设θ=θ=sin r b ,cos r a ，其中2r 0≤≤所以|b 3ab 83|22--2025r 5|)2cos(|r 5|2sin 42cos 3|r |sin 3cos sin 8cos 3|r 2222222=⨯≤=ϕ+θ=θ-θ=θ-θθ-θ= 故原不等式成立。

例2. 已知a 、b 、c R ∈，且1c b a =++，求证：31c b a 222≥++ 证明：p 31c ,n 31b ,m 31a +=+=+= 因为1c b a =++，所以0p n m =++ 故222222222p n m )p n m (3231)p 31()n 31()m 31(c b a ++++++=+++++=++ 31≥。

二、反证法从否定结论出发经过逻辑推理，导出矛盾，证明结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的证明方法。

凡涉及到证明的不等式为否定性命题，惟一性命题或是“至多”、“至少”等字句时，常用反证法。

例3. 已知：a 、b 、c )1,0(∈，求证：a )c 1(,c )b 1(,b )a 1(---不能同时大于41。

证明：假设三式同时大于41 即有41ac a ,41bc c ,41ab b >->->- 三式同时相乘，得,641c )c 1(b )b 1(a )a 1(41c )c 1(,41b )b 1(41)2a a 1(a )a 1(641c )c 1(b )b 1(a )a 1(2≤---≤-≤-=+-≤->---所以同理又因此与假设矛盾，结论正确三、判别方式判别式法是根据已知的或构造出来的一元二次方程，一元二次不等式，二次函数的根，解集，函数的性质等特征确定出其判别式所应满足的不等式，从而推出欲证的不等式的方法。

不等式证明的常用方法

不等式证明的常用方法不等式是高中数学的重要内容，它几乎涉及整个高中数学的各个部分，因此，通过不等式这条纽带，可把中学数学的各部分内容有机地联系起来．而不等式的证明是高中数学的一个难点，加之题型广泛、方法灵活、涉及面广，常受各类考试命题者的青睐，亦成为历届高考中的热点问题．本节通过一些实例，归纳一下不等式证明的常用方法和技巧．一、比较法证明不等式的比较法分为作差比较与作商比较两类，基本思想是把难于比较的式子变成其差再与0比较，或其商再与 l 比较．当欲证的不等式两端是乘积形式或幂指数形式时，常采用作商比较法．【例1】若,0,0>>b a 证明：2121212212)()(b a ab b a +≥+证法一（作差比较）左边－右边)()()(33b a abb a +-+=abb a ab b ab a b a )())((+-+-+=abb ab a b a )2)((+-+=0))((2≥-+=abb a b a∴原不等式成立证法二（作商比较）右边左边ba ab b a ++=33)()()())((b a ab b ab a b a ++-+=abb ab a )(+-=12=-≥ababab∴原不等式成立．点评用比较法证明不等式，一般要经历作差（或作商）、变形、判断三个步骤．变形的主要手段是通分、因式分解或配方；此外，在变形过程中，也可利用基本不等式放缩，如证法二．用作差比较法变形的结果都应是因式之积或完全平方式，这样有利于判断符号．【例2】已知函数)(1)(2R x x x f ∈+=，证明：|||)()(|b a b f a f -≤- 证法一（作商比较）若||||b a =时，|||)()(|0b a b f a f -≤-=，当且仅当b a =时取等号．若||||b a ≠时，∵0|)()(|>-b f a f ，0||>-b a∴=-+-+=--|||11||||)()(|22b a b a b a b f a f =-+-+b a b a 2211<+++--)11)((2222b a b a b a ≤++22b a ba 1即|||)()(|b a b f a f -≤-综上两种情况，得|||)()(|b a b f a f -≤-当且仅当b a =时取等号．证法二（作差比较）)2(])1)(1(22[|||11|2222222222b ab a b a b a b a b a +--++-++=--+-+0])()1()1[(2])1)(1()1[(22222≤-++-+=++-+=b a ab ab b a ab 当且仅当b a =时取等号．点评作商比较通常在两正数之间进行．本题若直接作差，则表达式复杂很难变形．由于不等式两边均非负，所以先平方去掉绝对值符号后再作差．不论是作差比较还是作商比较，“变形整理”都是关键．二、基本不等式法常用的基本不等式① 若R b a ∈,，则ab b a 222≥+（当且仅当b a =时取等号）；② 若+∈R b a ,，则ab ba 22≥+（当且仅当b a =时取等号）； ③ 若b a ,同号，则2≥+baa b （当且仅当b a =时取等号）；④ 若R b a ∈,，则≥+222b a 2)2(b a +（当且仅当b a =时取等号）； ⑤ 若+∈R c b a ,,，则abc c b a 3333≥++（当且仅当c b a ==时取等号）；⑥ 若+∈R c b a ,,，则33abc cb a ≥++（当且仅当c b a ==时取等号）；⑦ 均值不等式nn n a a a na a a ⋅⋅≥+++ 2121（其中++∈∈N n R a a a n ,,,,21 ）及它的变式n nn n n a a na a a a ⋅⋅≥+++ 2121，na a a a a a nn n n n +++≤⋅⋅ 2121，nn n na a a a a a )(2121+++≤⋅⋅【例 3 】（ 2004 年湖南省高考题）设0,0>>b a ，则以下不等式中不恒成立的是（）A.4)11)((≥++b a b a B 2332ab b a ≥+ C.b a b a 22222+≥++ D.b a b a -≥-||解：∵4122)11)((=⋅≥++abab b a b a ∴A 恒成立∵b a b a b a 221122222+≥+++=++ ∴C 恒成立当b a ≤时，b a b a -≥-||，显然D 成立；当b a >时，b a b a -≥-||⇔a b b a ≥+-||⇔⇔≥+-+-a b b b a b a )(2)(0)(2≥-b b a 也恒成立∴D 恒成立。

高等数学中证明不等式的几种方法

高等数学中证明不等式的几种方法收稿日期：2018-08-22作者简介：佘智君（1976-），女（汉族），讲师，主要从事于计算数学与应用软件的研究。

不等式的证明是高等数学的重要内容，同时也是高等数学教学中的一个难点，学生遇到不等式的证明时经常不知道如何下手。

不等式的证明方法灵活多样，技巧性强，所以证明不等式之前要对具体问题具体分析，根据题设及不等式的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法，这样才能使证明过程简化。

一、利用函数的单调性利用单调性证明不等式是高等数学中最常用的一种方法，其基本思路是将不等式作适当的变形，作辅助函数f （x ），再利用导数确定该函数的单调性，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性，从而使不等式得到证明。

例题1证明：ln （1+x ）＞x1+x （-1＜x ＜0）证明：设f （x ）=ln （1+x ）-x1+x∴f ′（x ）=x（1+x ）2∴f ′（x ）＜0（-1＜x ＜0）∴f （x ）在（-1＜x ＜0）内单调下降又∵f （0）=0∴f （x ）＞0（-1＜x ＜0）故ln （1+x ）＞x1+x（-1＜x ＜0）二、利用微分中值定理证明不等式利用微分中值定理证明不等式的关键是不等式经过恒等变形后一端可化成函数值之差的形式，即f （b ）-f （a ），则可考虑拉格朗日中值定理，这时构造辅助函数f （x ），使得f （x ）在［a ，b ］上满足中值定理的条件，然后利用中值定理得到所要的结论。

例题2证明：x-y x ＜ln x y ＜x-yy（0＜y ＜x ）证明：设f （x ）=lnx ，而f （x ）=lnx 在（y ，x ）满足拉格朗日中值定理∴∃ξ∈（y ，x ）使lnx-lny=f ′（ξ）（x-y ）=1ξ（x-y ）∵0＜y ＜ξ＜x∴1x ＜1ξ＜1y ∴x-y x ＜ln x y ＜x-y y 三、利用泰勒公式如果已知条件或不等式中含一阶及二阶等高阶导数时，一般用泰勒公式。

不等式证明的常用基本方法(自己整理)

证明不等式的基本方法导学目标：1.了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法.2.会用比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法证明比较简单的不等式．[自主梳理]1.三个正数的算术—几何平均不等式：如果a ，b ，c>0，那么_________________________，当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立．2.基本不等式(基本不等式的推广)：对于n 个正数a 1，a 2，…，a n ，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1·a 2·…·a n ，当且仅当__________________时等号成立．3.证明不等式的常用五种方法(1)比较法：比较法是证明不等式最基本的方法，具体有作差比较和作商比较两种，其基本思想是______与0比较大小或______与1比较大小．(2)综合法：从已知条件出发，利用定义、______、______、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫综合法．也叫顺推证法或由因导果法．(3)分析法：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的________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为止，这种证明方法叫分析法．也叫逆推证法或执果索因法． (4)反证法①反证法的定义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，从而证明原命题成立，我们把它称为反证法． ②反证法的特点先假设原命题不成立，再在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、事实等矛盾． (5)放缩法 ①定义：证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值________或________，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．②思路：分析观察证明式的特点，适当放大或缩小是证题关键．题型一用比差法与比商法证明不等式1.设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则s 与t 的大小关系是( A ) A.s≥t B.s>t C.s≤t D.s<t【解析】∵s －t ＝b 2－2b ＋1＝(b －1)2≥0，∴s≥t.【答案】A2.设a ＝(m 2＋1)(n 2＋4)，b ＝(mn ＋2)2，则( D ) A ．a ＞b B ．a ＜b C ．a ≤b D ．a ≥b解析：∵a －b ＝(m 2＋1)(n 2＋4)－(mn ＋2)2＝4m 2＋n 2－4mn ＝(2m －n)2≥0，∴a ≥b.答案：D 3.设a,b ∈R,给出下列不等式:①lg(1+a 2)>0;②a 2+b 2≥2(a-b-1);③a 2+3ab>2b 2;④,其中所有恒成立的不等式序号是 ② .②【解析】①a=0时不成立;②∵a 2+b 2-2(a-b-1)=(a-1)2+(b+1)2≥0,成立;③a=b=0时不成立;④a=2,b=1时不成立,故恒成立的只有②.题型二用综合法与分析法证明不等式 4.(1)已知x ，y 均为正数，且x>y ，求证：2x ＋1x 2－2xy ＋y2≥2y＋3；(2)设a ，b ，c>0且ab ＋bc ＋ca ＝1，求证：a ＋b ＋c≥ 3. 证明 (1)因为x>0，y>0，x －y>0，2x ＋1x 2－2xy ＋y 2－2y ＝2(x －y)＋1x －y 2＝(x －y)＋(x －y)＋1x －y2≥33x －y21x －y2＝3，所以2x ＋1x 2－2xy ＋y2≥2y＋3.(2)因为a ，b ，c>0，所以要证a ＋b ＋c≥3，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)成立．所以原不等式成立．5.已知a 、b 都是正实数，且ab ＝2.求证：(1＋2a)(1＋b)≥9.证明：法一因为a 、b 都是正实数，且ab ＝2，所以2a ＋b≥22ab ＝4. 所以(1＋2a)(1＋b)＝1＋2a ＋b ＋2ab≥9.法二因为ab ＝2，所以(1＋2a)(1＋b)＝(1＋2a)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2a ＝5＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a . 因为a 为正实数，所以a ＋1a≥2a ·1a＝2.所以(1＋2a)(1＋b)≥9. 法三因为a 、b 都是正实数，所以(1＋2a)(1＋b)＝(1＋a ＋a)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b 2＋b 2≥3·3a 2·3·3b 24＝9·3a 2b 24.又ab ＝2，所以(1＋2a)(1＋b)≥9.思维升华用综合法证明不等式是“由因导果”，用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，充分利用这一辩证关系，可以增加解题思路，开阔视野．题型三放缩法证明不等式6.已知0<a<1b ，且M ＝11＋a ＋11＋b ，N ＝a 1＋a ＋b1＋b，则M 、N 的大小关系是( A )A. M>NB. M<NC. M ＝ND.不能确定解析：∵0<a<1b，∴1＋a>0,1＋b>0,1－ab>0，∴M －N ＝1－a 1＋a ＋1－b 1＋b ＝2－2ab(1＋a )(1＋b )>0.答案：A7.若a ，b∈R，求证：|a ＋b|1＋|a ＋b|≤|a|1＋|a|＋|b|1＋|b|.证明当|a ＋b|＝0时，不等式显然成立．当|a ＋b|≠0时，由0<|a ＋b|≤|a|＋|b|⇒1|a ＋b|≥1|a|＋|b|，所以|a ＋b|1＋|a ＋b|＝11|a ＋b|＋1≤11＋1|a|＋|b|＝|a|＋|b|1＋|a|＋|b|＝|a|1＋|a|＋|b|＋|b|1＋|a|＋|b|≤|a|1＋|a|＋|b|1＋|b|. 思维升华 (1)在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧．常见的放缩变换有：①变换分式的分子和分母，如1k 2<1k k －1，1k 2>1k k ＋1，1k <2k ＋k －1，1k >2k ＋k ＋1.上面不等式中k∈N *，k>1；②利用函数的单调性；③真分数性质“若0<a<b ，m>0，则a b <a ＋mb ＋m”．(2)在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．8.设n 是正整数，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n<1.证明由2n≥n＋k>n(k ＝1,2，…，n)，得 12n ≤1n ＋k <1n. 当k ＝1时，12n ≤1n ＋1<1n ；当k ＝2时，12n ≤1n ＋2<1n ；…，当k ＝n 时，12n ≤1n ＋n <1n，∴12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <n n ＝1.∴原不等式成立．题型四用反证法证明不等式 9.设a>0,b>0,且a+b=.证明:(1)a+b≥2; (2)a 2+a<2与b 2+b<2不可能同时成立. 【解析】由a+b=,a>0,b>0,得ab=1.(1)由基本不等式及ab=1,有a+b≥2=2,即a +b≥2.(2)假设a 2+a<2与b 2+b<2同时成立,则由a 2+a<2及a>0得0<a<1;同理得0<b<1,从而ab<1, 这与ab=1矛盾.故a 2+a<2与b 2+b<2不可能同时成立.10.若a>0，b>0，且1a ＋1b＝ab.(1)求a 3＋b 3的最小值；(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由．【解】(1)由ab ＝1a ＋1b ≥2ab，得ab≥2.当且仅当a ＝b ＝2时等号成立．故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，且当a ＝b ＝2时等号成立．所以a 3＋b 3的最小值为4 2.(2)由(1)知，2a ＋3b≥26ab ≥4 3.由于43>6，从而不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6.1.证明不等式的常用方法有五种，即比较法、分析法、综合法、反证法、放缩法．2.应用反证法证明数学命题，一般有下面几个步骤：(1)分清命题的条件和结论；(2)作出与命题结论相矛盾的假设；(3)由条件和假设出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；(4)断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设不真，于是原结论成立，从而间接地证明了命题为真．3.放缩法证明不等式时，常见的放缩法依据或技巧主要有：(1)不等式的传递性；(2)等量加不等量为不等量；(3)同分子(母)异分母(子)的两个分式大小的比较．缩小分母、扩大分子，分式值增大；缩小分子、扩大分母，分式值减小；全量不少于部分；每一次缩小其和变小，但需大于所求；每一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头，同时放缩有时需便于求和．4.放缩法的常用措施：(1)舍去或加上一些项，如⎝⎛⎭⎫a ＋122＋34>⎝⎛⎭⎫a ＋122；(2)将分子或分母放大(缩小)，如1k 2<1k (k －1)，1k 2>1k (k ＋1)，1k <2k ＋k －1，1k >2k ＋k ＋1(k ∈N *且k>1)等．1.设a 、b 是正实数，给出以下不等式：①ab>2ab a ＋b；②a>|a －b|－b ；③a 2＋b 2>4ab －3b 2；④ab ＋2ab>2，其中恒成立的序号为( D )A.①③B.①④C.②③D.②④[答案]D[解析]∵a 、b ∈R ＋时，a ＋b≥2ab ，∴2ab a ＋b ≤1，∴2ab a ＋b≤ab ，∴①不恒成立，排除A 、B ；∵ab ＋2ab≥22>2恒成立，故选D ．2.设M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则( B )A ．M ＝1B ．M<1C ．M>1D ．M 与1大小关系不定【解析】∵210＋1>210，210＋2>210，…，211－1>210，∴M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1<1210＋1210＋…＋1210210个＝1.【答案】B3.若不等式t t 2＋9≤a ≤t ＋2t2在t∈(0，2]上恒成立，则a 的取值范围是( B )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤16，1B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤213，1C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤16，413D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤16，22 【解析】由已知⎩⎪⎨⎪⎧a ≥1t ＋9t，a ≤1t ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2，对任意t∈(0，2]恒成立，于是只要当t∈(0，2]时，⎩⎨⎧a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1t ＋9t max ，a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤1t ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2min，记f(t)＝t ＋9t ，g(t)＝1t ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2，可知两者都在(0，2]上单调递减，f(t)min ＝f(2)＝132，g(t)min ＝g(2)＝1，所以a∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤213，1. 【答案】B 4.已知a ，b 为实数，且a>0，b>0.则⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1b ＋1a 2的最小值为( C ) A ．7 B ．8 C ．9 D ．10【解析】因为a>0，b>0，所以a ＋b ＋1a ≥33a ×b ×1a＝33b>0，①同理可证：a 2＋1b ＋1a 2≥33a 2×1b ×1a 2＝331b>0.②由①②及不等式的性质得⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1b ＋1a 2≥33b ×331b ＝9.【答案】C5.下列结论正确的是( B )A ．当x ＞0且x≠1时，lg x ＋1lg x ≥2B ．当x ＞0时，x ＋1x≥2C ．当x≥2时，x ＋1x 的最小值为2D ．当0＜x≤2时，x －1x无最大值解析：当0＜x ＜1时，lg x ＋1lg x ＜0，∴A 错误；当x ＞0时，x ＋1x≥2x ·1x＝2，∴B 正确；当x≥2时，x ＋1x 的最小值为52，∴C 错误．当0＜x≤2时，x －1x是增函数，最大值在x ＝2时取得，∴D 错误．答案：B6.若P ＝x 1＋x ＋y 1＋y ＋z1＋z(x>0，y>0，z>0)，则P 与3的大小关系为____ P<3____.【解析】∵1＋x>0，1＋y>0，1＋z>0，∴x 1＋x ＋y 1＋y ＋z 1＋z <1＋x 1＋x ＋1＋y 1＋y ＋1＋z1＋z＝3.即P<3.【答案】P<37.某品牌彩电厂家为了打开市场，促进销售，准备对其生产的某种型号的彩电降价销售，现有四种降价方案：(1)先降价a%，再降价b%；(2)先降价b%，再降价a%；(3)先降价a ＋b 2%，再降价a ＋b2%；(4)一次性降价(a ＋b)%.其中a>0，b>0，a≠b，上述四个方案中，降价幅度最小的是__ x 3>x 1＝x 2>x 4___．解析：设降价前彩电的价格为1，降价后彩电价格依次为x 1、x 2、x 3、x 4. 则x 1＝(1－a%)(1－b%)＝1－(a ＋b)%＋a%·b% x 2＝(1－b%)(1－a%)＝x 1，x 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a ＋b 2%⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a ＋b 2%＝1－(a ＋b)%＋14[(a ＋b)%]2， x 4＝1－(a ＋b)%<1－(a ＋b)%＋a%·b%＝x 1＝x 2，x 3－x 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a%＋b%22－a%·b%>0，∴x 3>x 1＝x 2>x 4.8.已知两正数x ，y 满足x ＋y ＝1，则z ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋1y 的最小值为____254____．【解析】z ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋1y ＝xy ＋1xy ＋y x ＋x y ＝xy ＋1xy ＋（x ＋y ）2－2xy xy ＝2xy ＋xy －2，令t ＝xy ，则0<t ＝xy≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＝14. 由f(t)＝t ＋2t 在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14上单调递减，故当t ＝14时f(t)＝t ＋2t 有最小值334，所以当x ＝y ＝12时，z 有最小值254.【答案】2549.求证：112＋122＋…＋1n 2<2(n∈R *)．证明 ∵1k 2<1k （k －1）＝1k －1－1k ，∴112＋122＋…＋1 n 2<1＋(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1－1n )＝1＋(1－1n )＝2－1n<2. 10.设a 、b 、c 均为正实数，求证：1a ＋1b ＋1c ≥1ab ＋1bc ＋1ac ≥2b ＋c ＋2c ＋a ＋2a ＋b .【证明】 ∵a ，b ，c 均为正实数，∴1a ＋1b ≥2ab ≥4a ＋b 当a ＝b 时等号成立 1b ＋1c ≥2bc ≥4b ＋c 当b ＝c 时等号成立 1a ＋1c ≥2ac ≥4a ＋c当a ＝c 时等号成立三个不等式相加即得 2a ＋2b ＋2c ≥2ab ＋2bc ＋2ac ≥4a ＋b ＋4b ＋c ＋4a ＋c 当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立即1a ＋1b ＋1c ≥1ab ＋1bc ＋1ac ≥2a ＋b ＋2b ＋c ＋2a ＋c . 11.已知函数f(x)＝m －|x －2|，m ∈R ，且f(x ＋2)≥0的解集为[－1,1]．(1)求m 的值；(2)若a ，b ，c 大于0，且1a ＋12b ＋13c＝m ，求证：a ＋2b ＋3c≥9.【解】(1)∵f(x ＋2)＝m －|x|，∴f(x ＋2)≥0等价于|x|≤m. 由|x|≤m 有解，得m≥0且其解集为{x|－m≤x≤m}．又f(x ＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m ＝1.(2)证明：由(1)知1a ＋12b ＋13c＝1，且a ，b ，c 大于0，a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c ＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b a ＋a 2b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3c a ＋a 3c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3c 2b ＋2b 3c ≥3＋22b a ·a2b＋23c a ·a 3c＋23c 2b ·2b3c＝9. 当且仅当a ＝2b ＝3c ＝13时，等号成立．因此a ＋2b ＋3c≥9.12.设a ，b ，c ∈R ＋且a ＋b ＋c ＝1，试求：12a ＋1＋12b ＋1＋12c ＋1的最小值．解：∵a ＋b ＋c ＝1，a ，b ，c 为正数，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋1＋12b ＋1＋12c ＋1(2a ＋1＋2b ＋1＋2c ＋1)≥(1＋1＋1)2，∴12a ＋1＋12b ＋1＋12c ＋1≥95.当且仅当2a ＋1＝2b ＋1＝2c ＋1，即a ＝b ＝c 时等号成立，∴当a ＝b ＝c ＝13时，12a ＋1＋12b ＋1＋12c ＋1取最小值95.答案：方案(3)13.设a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，(1)求证：ab ＋1ab ≥414 ；(2)探索猜想，并将结果填在以下括号内：a 2b 2＋1a 2b 2 ≥( )；a 3b 3＋1a 3b3 ≥( )；(3)由(1)(2)归纳出更一般的结论，并加以证明．解析：(1)证法一：ab ＋1ab ≥414⇔4a 2b 2－17ab ＋4≥0⇔(4ab －1)(ab －4)≥0.∵ab ＝(ab)2≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 2 2＝14，∴4ab ≤1，而又知ab ≤14＜4，因此(4ab －1)(ab －4)≥0成立，故ab ＋1ab ≥414.证法二：ab ＋1ab ＝ab ＋142·ab ＋1542·ab ，∵ab ≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 22＝14，∴1ab ≥4，∴1542·ab ≥154 .当且仅当a ＝b ＝12时取等号．又ab ＋142·ab ≥2 ab·142·ab ＝12，当且仅当ab ＝142·ab ，即1ab ＝4，a ＝b ＝12 时取等号．故ab ＋1ab ≥24 ＋154＝414 (当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立)．证法三：∵a>0，b>0， ∴1＝a ＋b ≥2ab ，∴ab ≤14，令ab ＝t ⎝⎛⎭⎫t ≤14. 令y ＝ab ＋1ab ＝t ＋1t ⎝⎛⎭⎫0<t ≤14， y ′＝1－1t 2，t ≤14，1t2≥16.∴y ′<0，∴y ＝t ＋1t 在(0，14]单调减．∴y ≥14＋4＝414，即ab ＋1ab ≥414.(2)猜想：当a ＝b ＝12 时，不等式a 2b 2＋1a 2b 2 ≥( )与a 3b 3＋1a 3b 3 ≥( )取等号，故在括号内分别填16116与64164.(3)由此得到更一般性的结论：a nb n ＋1a n b n ≥4n ＋14n .∵ab ≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 2 2＝14，∴1ab ≥4.证法一：∴a n b n ＋1a n b n ＝a n b n ＋142n ·a n b n ＋42n －142n ·a n b n ≥2 a n b n·142n ·a n b n ＋42n －142n ×4n＝24n ＋42n －14n ＝4n ＋14n ，当且仅当ab ＝14 ，即a ＝b ＝12时取等号．证法二：令ab ＝t ，由(1)知0<t ≤14，令y ＝1a n b n ＋a n b n ＝t n ＋1t n ，y ′＝nt n －1－n tn ＋1＝n ⎝⎛⎭⎫t n －1－1t n ＋1∵0<t ≤14，∴t n －1≤14n －1，1tn ＋1≥4n ＋1.∴y ′<0，∴y＝t n＋1t n在(0，14]单调减，∴y≥4n＋14n，即an b n＋1a nb n≥4n＋14n.。

高三数学一轮复习关于不等式证明的常用方法

2009届一轮复习关于不等式证明的常用方法高考要求:不等式的证明，方法灵活多样，它可以和很多内容结合.高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，纯不等式的证明，历来是高中数学中的一个难点，本节着重培养考生数学式的变形能力，逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力. 重难点归纳:1.不等式证明常用的方法有:比较法、综合法和分析法，它们是证明不等式的最基本的方法.(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配方，判断过程必须详细叙述:如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式，则考虑用判别式法证.(2)综合法是由因导果，而分析法是执果索因，两法相互转换，互相渗透，互为前提，充分运用这一辩证关系，可以增加解题思路，开扩视野.2.不等式证明还有一些常用的方法:换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法等.换元法主要有三角代换，均值代换两种，在应用换元法时，要注意代换的等价性.放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩要有的放矢，目标可以从要证的结论中考查.有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法.凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题，适宜用反证法.证明不等式时，要依据题设、题目的特点和内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤、技巧和语言特点. 典型题例示范讲解:例1证明不等式n n2131211<++++ (n ∈N *) 命题意图:本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目，考查学生观察能力、构造能力以及逻辑分析能力.知识依托:本题是一个与自然数n 有关的命题，首先想到应用数学归纳法，另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等.错解分析:题易出现下列放缩错误:1n n n n nn n++<+++==个这样只注重形式的统一，而忽略大小关系的错误也是经常发生的.技巧与方法:本题证法一采用数学归纳法从n =k 到n =k +1的过渡采用了放缩法:证法二先放缩，后裂项，有的放矢，直达目标:而证法三运用函数思想，借助单调性，独具匠心，发人深省.证法一:(1)当n 等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立:(2)假设n =k (k ≥1)时，不等式成立，即1+k13121+++ ＜2k ， ,1211)1(11)1(21121131211+=++++<+++=++<+++++k k k k k k k k k k 则∴当n =k +1时，不等式成立. 综合(1)、(2)得:当n ∈N *时，都有1+n13121+++＜2n .另从k 到k +1时的证明还有下列证法:,1111212212:.12112,01),1(21)1(2,0)1()1()1(2)1(21)1(22+=+++>++=-++<++∴>++<++∴>+-=+++-=+--+k k k kk k k k k k k k k k k k k k k k k k k 又如.12112+<++∴k k k证法二:对任意k ∈N *，都有:122(21)2(32)2(1)2.n n n n =<=-++++<+-+-++--=因此证法三:设f (n )=),131211(2nn ++++-那么对任意k ∈N *.都有:1)1(])1(2)1[(11]1)1(2)1(2[1111)1(2)()1(2>+-+=++-+⋅+=-+-++=+--+=-+k k k k k k k k k k k k k k k k f k f∴f (k +1)＞f (k )因此，对任意n ∈N *.都有f (n )＞f (n －1)＞…＞f (1)=1＞0，∴.2131211n n <++++ 例2求使y x +≤a y x +(x ＞0，y ＞0)恒成立的a 的最小值.命题意图:本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力.知识依托:该题实质是给定条件求最值的题目，所求a 的最值蕴含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有关性质把a 呈现出来，等价转化的思想是解决题目的突破口，然后再利用函数思想和重要不等式等求得最值.错解分析:本题解法三利用三角换元后确定a 的取值范围，此时我们习惯是将x 、y 与cos θ、sin θ来对应进行换元，即令x =cos θ，y =sin θ(0＜θ＜2π＝，这样也得a ≥sin θ+cos θ，但是这种换元是错误的.其原因是:(1)缩小了x 、y 的范围:(2)这样换元相当于本题又增加了“x 、y =1”这样一个条件，显然这是不对的.技巧与方法:除了解法一经常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数a 满足不等关系，a ≥f (x )，则a min =f (x )max :若.a ≤f (x )，则a max =f (x )min ，利用这一基本事实，可以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题.还有三角换元法求最值用的恰当好处，可以把原问题转化.解法一:由于a 的值为正数，将已知不等式两边平方，得:x +y +2xy ≤a 2(x +y )，即2xy ≤(a 2－1)(x +y )，①∴x ，y ＞0，∴x +y ≥2xy ，②当且仅当x =y 时，②中有等号成立.比较①、②得a 的最小值满足a 2－1=1， ∴a 2=2，a =2.(因a ＞0)，∴a 的最小值是2.解法二:设y x xyy x xy y x y x y x yx yx u ++=+++=++=++=212)(2. ∵x ＞0，y ＞0，∴x +y ≥2xy .(当x =y 时“=”成立)，∴y x xy +2≤1，yx xy+2的最大值是1. 从而可知，u 的最大值为211=+，又由已知，得a ≥u ，∴a 的最小值为2. 解法三:∵y ＞0， ∴原不等式可化为y x+1≤a 1+yx，设y x =tan θ，θ∈(0，2π). ∴tan θ+1≤a 1tan 2+θ:即tan θ+1≤a se c θ ∴a ≥sin θ+cos θ=2sin(θ+4π)， ③又∵sin(θ+4π)的最大值为1(此时θ=4π).由③式可知a 的最小值为2.例3已知a ＞0，b ＞0，且a +b =1.求证:(a +a 1)(b +b 1)≥425.证法一:(分析综合法）欲证原式，即证4(ab )2+4(a 2+b 2)－25ab +4≥0，即证4(ab )2－33(ab )+8≥0，即证ab ≤41或ab ≥8. ∵a ＞0，b ＞0，a +b =1，∴ab ≥8不可能成立 ∵1=a +b ≥2ab ，∴ab ≤41，从而得证. 证法二:(均值代换法) 设a =21+t 1，b =21+t 2. ∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴t 1+t 2=0，|t 1|＜21，|t 2|＜21.425411625412316254)45(4)141)(141()21)(21()141)(141(211)21(211)21(11)1)(1(2242222222222222222112122221122212122=≥-++=--+=-++++++=++++++++=+++⨯+++=+⨯+=++∴t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t b b a a b b a a 显然当且仅当t =0，即a =b =21时，等号成立. 证法三:(比较法）∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41 425)1)(1(04)8)(41(4833442511425)1)(1(2222≥++∴≥--=++=-+⋅+=-++b b a a ab ab ab ab ab b a b b a a b b a a 证法四:(综合法)∵a +b =1，.a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41.22225(1)1139(1)1251611(1)1441644ab ab ab ab ab ab⎧-+≥⎪-+⎪∴-≥-=⇒-≥⇒⇒≥⎨⎪≥⎪⎩425)1)(1(≥++b b a a 即证法五:(三角代换法）∵.a ＞0，b ＞0，a +b =1，故令a =sin 2α，b =cos 2α，α∈(0，2π).425)1)(1(4252sin 4)2sin 4(412sin 125162sin 24.3142sin 4,12sin 2sin 416)sin 4(2sin 42cos sin 2cos sin )cos 1)(cos sin 1(sin )1)(1(2222222222222442222≥++≥-⇒⎪⎭⎪⎬⎫≥≥+-=-≥-∴≤+-=+-+=++=++b b a a b b a a 即得ααααααααααααααααα 学生巩固练习:1.已知x 、y 是正变数,a 、b 是正常数,且ybx a +=1，x +y 的最小值为 . 2.设正数a 、b 、c 、d 满足a +d =b +c ，且|a －d |＜|b －c |，则ad 与bc 的大小关系是_________.3.若m ＜n ，p ＜q ，且(p －m )(p －n )＜0，(q －m )(q －n )＜0，则m 、n 、p 、q 的大小顺序是__________.4.已知a ，b ，c 为正实数，a +b +c =1.求证:(1)a 2+b 2+c 2≥31 (2)232323+++++c b a ≤6 5.已知x ，y ，z ∈R ，且x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，证明: x ，y ，z ∈［0，32］ 6.证明下列不等式:(1)若x ，y ，z ∈R ，a ，b ，c ∈R +，则cb a y b ac x a c b +++++22z 2≥2(xy +yz +zx ) (2)若x ，y ，z ∈R +，且x +y +z =xyz ，则z y x y x z x z y +++++≥2(zy x 111++) 7.已知i ，m 、n 是正整数，且1＜i ≤m ＜n .(1)证明:n iA i m ＜m iA i n .(2)证明:(1+m )n ＞(1+n )m8.若a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，求证:a +b ≤2，ab ≤1. 参考答案:1.解析:令xa =cos 2θ，yb =sin 2θ，则x =a sec 2θ，y =bc s c 2θ，∴x +y =a sec 2θ+b csc 2θ=a +b +a tan 2θ+b co t 2θ≥a +b +2ab b a b a 2cot tan 22++=θ⋅θ.答案:a +b +2ab2.解析:由0≤|a －d |＜|b －c |⇔(a －d )2＜(b －c )2⇔(a +b )2－4ad ＜(b +c )2－4bc∵a +d =b +c ，∴－4ad ＜－4bc ，故ad ＞bc . 答案:ad ＞bc3.解析:把p 、q 看成变量，则m ＜p ＜n ，m ＜q ＜n . 答案:m ＜p ＜q ＜n4. (1)证法一:a 2+b 2+c 2－31=31(3a 2+3b 2+3c 2－1) =31［3a 2+3b 2+3c 2－(a +b +c )2］ =31［3a 2+3b 2+3c 2－a 2－b 2－c 2－2ab －2ac －2bc ］ =31［(a －b )2+(b －c )2+(c －a )2］≥0:∴a 2+b 2+c 2≥31 证法二:∵(a +b +c )2=a 2+b 2+c 2+2ab +2ac +2bc≤a 2+b 2+c 2+a 2+b 2+a 2+c 2+b 2+c 2∴3(a 2+b 2+c 2)≥(a +b +c )2=1:∴a 2+b 2+c 2≥31证法三:∵33222c b a c b a ++≥++∴a 2+b 2+c 2≥3c b a ++ ∴a 2+b 2+c 2≥31 证法四:设a =31+α，b =31+β，c =31+γ. ∵a +b +c =1，∴α+β+γ=0 ∴a 2+b 2+c 2=(31+α)2+(31+β)2+(31+γ)2=31+32(α+β+γ)+α2+β2+γ 2=31+α2+β2+γ2≥31 ∴a 2+b 2+c 2≥31629)(323232323323,23323,21231)23(23:)2(=+++<+++++∴+<++<+++<⨯+=+c b a c b a c c b b a a a 同理证法一∴原不等式成立. 证法二:3)23()23()23(3232323+++++≤+++++c b a c b a336)(3=+++=c b a∴232323+++++c b a ≤33＜6 ∴原不等式成立.5.证法一:由x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，得x 2+y 2+(1－x －y )2=21，整理成关于y 的一元二次方程得:2y 2－2(1－x )y +2x 2－2x +21=0，∵y ∈R ，故Δ≥0 ∴4(1－x )2－4×2(2x 2－2x +21)≥0，得0≤x ≤32，∴x ∈［0，32］同理可得y ，z ∈［0，32］证法二:设x =31+x ′，y =31+y ′，z =31+z ′，则x ′+y ′+z ′=0，于是21=(31+x ′)2+(31+y ′)2+(31+z ′)2=31+x ′2+y ′2+z ′2+32.(x ′+y ′+z ′) =31+x ′2+y ′2+z ′2≥31+x ′2+2)(2z y '+'=31+23x ′2故x ′2≤91，x ′∈［－31，31］，x ∈［0，32］，同理y ，z ∈［0，32］证法三:设x 、y 、z 三数中若有负数，不妨设x ＜0，则x 2＞0， 21=x 2+y 2+z 2≥x 2+21232)1(2)(2222+-=+-=+x x x x z y ＞21，矛盾. x 、y 、z 三数中若有最大者大于32，不妨设x ＞32，则21=x 2+y 2+z 2≥x 2+2)(2z y +=x 2+2)1(2x -=23x 2－x +21=23x (x －32)+21＞21.矛盾. 故x 、y 、z ∈［0，32］6.(1)证明：2222()2b c c a a b x y z xy yz zx b c+++++-++ 222222(2)(2)(2)b a c b a cx y xy y z yz z x zx a b b c c a=+-++-++-222)))0=-+-+-≥ 222()b c c a a b x y z xy yz zx a b c+++∴++≥++ （2）证明：所证不等式介于222222222222222222223333332222()2()[()()()]2()()()2()4()222()y z z x x yx y z xy yz zx x y zxyz yz y z zx z x xy x y xy yz zx x y z y z yz z x zx x y xy x y y z z x x yz xy z xyz y z yz z x zx x y xy x yz xy z xyz yz y z z +++++≥++⇔⋅+++++≥++⇔+++++++≥+++++⇔+++++≥++⇔-+22222222()()()()()0x z x xy x y x y z y z x z x y -+-+-+-+-≥∵上式显然成立，∴原不等式得证.7.证明:(1)对于1＜i ≤m ，且A i m =m ·…·(m －i +1)，n i n n n n n n m i m m m m m m ii m i i m 11A ,11A +-⋅⋅-⋅=+-⋅⋅-⋅= 同理，由于m ＜n ，对于整数k =1，2，…，i －1，有mkm n k n ->-，所以i m i i n i i i mi i n n m mn A A ,A A >>即(2)由二项式定理有:(1+m )n=1+C 1n m +C 2n m 2+…+C nn m n，(1+n )m=1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m，由(1)知miA i n＞niA i m.(1＜i ≤m )，而C i m=!A C ,!A i i i ni n i m = ∴m i C in ＞n i C im (1＜m ＜n )∴m 0C 0n =n 0C 0n =1，m C 1n =n C 1m =m ·n ，m 2C 2n ＞n 2C 2m ，…，m m C m n ＞n m C m m ，m m +1C 1+m n＞0，…，m n C n n ＞0， ∴1+C 1n m +C 2n m 2+…+C n n m n ＞1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m，即(1+m )n ＞(1+n )m成立.8.证法一:因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以(a +b )3－23=a 3+b 3+3a 2b +3ab 2－8=3a 2b +3ab 2－6=3［ab (a +b )－2］=3［ab (a +b )－(a 3+b 3)］=－3(a +b )(a －b )2≤0.即(a +b )3≤23，又a +b ＞0，所以a +b ≤2，因为2ab ≤a +b ≤2，所以ab ≤1.证法二:设a 、b 为方程x 2－mx +n =0的两根，则⎩⎨⎧=+=ab n b a m ，因为a ＞0，b ＞0，所以m ＞0，n ＞0，且Δ=m 2－4n ≥0: ①因为2=a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］=m (m 2－3n )所以n =mm 3232- ②将②代入①得m 2－4(mm 3232-)≥0，即mm 383+-≥0，所以－m 3+8≥0，即m ≤2，所以a +b ≤2，由2≥m .得4≥m 2，又m 2≥4n ，所以4≥4n ，即n ≤1，所以ab ≤1.证法三:因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以2=a 3+b 3=(a +b )(a 2+b 2－ab )≥(a +b )(2ab －ab )=ab (a +b ) 于是有6≥3ab (a +b )，从而8≥3ab (a +b )+2=3a 2b +3ab 2+a 3+b 3=(a +b )3，所以a +b ≤2，(下略）证法四:因为333)2(2b a b a +-+ 8))((38]2444)[(22222b a b a ab b a ab b a b a -+=----++=≥0，所以对任意非负实数a 、b ，有233b a +≥3)2(b a +因为a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以1=233b a +≥3)2(b a +，∴2b a +≤1，即a +b ≤2，(以下略）证法五:假设a +b ＞2，则a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］＞(a +b )ab ＞2ab ，所以ab ＜1，又a 3+b 3=(a +b )［a 2－ab +b 2］=(a +b )［(a +b )2－3ab ］＞2(22－3ab )因为a 3+b 3=2，所以2＞2(4－3ab )，因此ab ＞1，前后矛盾，故a +b ≤2(以下略). 课前后备注:。

证明不等式的种方法

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：2222a 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：2222222221.16x 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：323235x 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：13.4ab 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：()()()222222222.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132a =，且对任意*1,n n N >∈，均有11n n a a +=++()211332.42n 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)()31n 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()()()()22223111.4x 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 .2224A 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).4abc ab bc ca abc ≤++≤+例16设,,a b c R +∈，且1abc ≥，正整数,m n 满足()21n m +>，求证：31.1m m m m n a b c a n b n c n n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++≥ ⎪⎪⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭。

高中数学竞赛不等式的证明方法 (比较法)

证明不等式的基本方法现实世界中的量，相等是相对的、局部的，而不等的绝对的、普遍的。

不等式的本质是研究“数量关系”中的“不等关系”。

对于两个量，我们常要比较它们之间的大小，或者证明一个量大于另一个，这就是不等式的证明。

不等式的证明因题而异，灵活多变，常常要用到一些基本的不等式，如柯西不等式、平均值不等式等等，其中还需要用一些技巧性高的代数变形。

在这一部分我们主要来学习一些证明不等式的基本方法。

一．比较法一般而言，比较法有两种形式：（1）差值比较法：欲证B A ≥，只需证0≥-B A 即可；（2）商值比较法：若0>B ，欲证B A ≥，只需证1≥BA即可。

注意在利用比较法证明不等式时，常需要对所要证明的不等式进行恰当的变形，如因式分解、拆项、合并项等。

一．差值比较法要证明b a >，最基本的方法就是证明0>-b a ，即把不等式的两边相减，转化为比较差与0的大小问题。

这种方法称为差值比较法，有时也叫做比差法。

差值比较法证明不等式的步骤：“作差――变形――判断符号”，为了便于判断符号，往往把差式变形为积的形式或完全平方形式。

例1．已知b a ,都是正数，且b a ≠，求证：2233ab b a b a +>+。

分析：可以把不等式两边相减，通过适当的变形，转化为一个能明确确定正负的代数式。

证明：)()()()()()(b a b b a a b ab b a a ab b a b a ---=---=+-+2232232233＝222))(())((b a b a b a b a -+=-- 因为b a ,都是正数，所以0>+b a ，又因为b a ≠，所以0)(2>-b a 从而0))((2>-+b a b a ，即0)()(2233>+-+ab b a b a 所以2233ab b a b a +>+。

评注：此题是不等式证明的典型题目，其拆项是有一定的技巧的，需要有较强的观察能力。

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．。

一个不等式的七种证明方法

一个不等式的七种证明方法证明不等式就是证明所给不等式在给定条件下恒成立.由于不等式的形式是多种多样的,因此,不等式的证明方法也可谓是千姿百态.针对不等式证明,要具体问题具体分析,灵活选用证明方法,提高代数变形,推理论证能力,一题多解,有助于我们对辩证唯物主义观点有进一步的认识. 题目：已知a ,b ,c ,d ∈R ,求证:ac +bd ≤))((2222d c b a ++ 分析一:用分析法证法一:(1)当ac +bd ≤0时,显然成立.(2)当ac +bd >0时,欲证原不等式成立, 只需证(ac +bd )2≤(a 2+b 2)(c 2+d 2) 即证a 2c 2+2abcd +b 2d 2≤a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2 即证2abcd ≤b 2c 2+a 2d 2 即证0≤(bc -ad )2因为a ,b ,c ,d ∈R ,所以上式恒成立, 综合(1)、(2)可知:原不等式成立. 分析二:用综合法证法二:(a 2+b 2)(c 2+d 2)=a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2=(a 2c 2+2abcd +b 2d 2)+(b 2c 2-2abcd +a 2d 2)=(ac +bd )2+(bc -ad )2≥(ac +bd )2 ∴))((2222d c b a ++≥|ac +bd |≥ac +bd .故命题得证. 分析三:用比较法证法三:∵(a 2+b 2)(c 2+d 2)-(ac +bd )2=(bc -ad )2≥0,∴(a 2+b 2)(c 2+d 2)≥(ac +bd )2∴))((2222d c b a ++≥|ac +bd |≥ac +bd , 即ac +bd ≤))((2222d c b a ++. 分析四:用放缩法证法四:为了避免讨论,由ac +bd ≤|ac +bd |,可以试证(ac +bd )2≤(a 2+b 2)(c 2+d 2). 由证法1可知上式成立,从而有了证法四. 分析五:用三角代换法证法五:不妨设⎩⎨⎧==⎩⎨⎧==ββααsin cos ,sin cos 2211r d r c r b r a (r 1,r 2均为变量).则ac +bd =r 1r 2cos αcos β+r 1r 2sin αsin β=r 1r 2cos （α-β）又|r 1r 2|=|r 1|·|r 2|=))((22222222d c b a d c b a ++=+⋅+ 及r 1r cos （α-β）≤|r 1r 2| 所以ac +bd ≤))((2222d c b a ++. 分析六:用换元法证法六:(1)当(a 2+b 2)(c 2+d 2)=0时,原不等式显然成立.(2)当(a 2+b 2)(c 2+d 2)≠0时,欲证原不等式成立, 只需证| 2222dc b a bd ac +⋅++|≤1.即证|22222222dc d ba b dc c ba a +⋅+++⋅+|≤1,注意到(22b a a +)2+(22b a b+)2=1与(22d c c +)2+(22d c d +)2=1和cos 2x +sin 2x =1的结构特征很类同,不妨设22ba a+=cos α, 22dc c +=cos β,则22ba b +=sin α,22dc d +=sin β,故|22222222dc b a bddc ba ac+⋅++++|=|cos αcos β+sin αsin β| =|cos （α-β）|≤1 所以ac +bd ≤))((2222d c b a ++. 分析七:用构造函数法(判别式法)证法七:待证不等式的结构特征与一元二次方程的判别式Δ =b 2-4ac ≤0的结构特征很类似,由此不妨构造函数, f (x )=(a 2+b 2)x 2+2(ac +bd )x +(c 2+d 2)=(a 2x 2+2acx +c 2)+(b 2x 2+2bdx +d 2) =(ax +c )2+(bx +d )2显然不论x 取任何实数,函数f (x )的值均为非负数,因此,(1)当a 2+b 2≠0时,方程f (x )=0的判别式Δ≤0, 即［2(ac +bd )］2-4(a 2+b 2)(c 2+d 2)≤0, 即(ac +bd )2≤(a 2+b 2)(c 2+d 2)故ac +bd ≤|ac +bd |≤))((2222d c b a ++(2)当a 2+b 2=0时,原不等式显然成立. 分析八:用构造复数法证法八:待证不等式的结构特征与复数的模相似设复数Z 1=a+bi,Z 2=c+di 则有|z 12又。

证明不等式的几种方法

证明不等式的几种方法黄启泉04数学与应用数学1班30号近几年来,有关不等式的证明问题在高考、竞赛中屡见不鲜，由于不等式的证明综合性强，对学生的思维灵活性与创造性要求较高，因此，许多考生往往“望题生叹”，本人通过对该类题目认真分析与研究，总结以下几种解题方法，下面结合一些热点题加以简要的介绍。

1．运用重要不等式法，一些重要不等式如均值不等式，柯西不等式等在证明一些不等式题目中往往能取得一种立杆见影的效果。

1.1运用运用均值不等式例1，已知a,b,c,d都是正数，求证：abcdbdaccdab4))((≥++证明：由a,b,c,d都是正数，得0,20.2()().4ab cdac bdab cd ac bdabcd+≥>+≥>++∴≥即abcdbdaccdab4))((≥++1.2运用柯西不等式例2.设22,,,,,1,21,a b x y k R k a b kab∈∈+-=且222 1.x y kxy+-=求证：ax by-≤证：因为2221,a b kab+-=所以11+=22(a-kb)()同样的，12+=22(kx-y)()运用柯本不等式式解：22*[(()])a kb kx yax by≥-+-=-（1）左（2）左故ax by-≤成立2．配凑常数法常数在不等式证明当中有着举足轻重的作用，充分发挥好常数的“过渡”功能，将使证明的解决如虎添翼。

例3.已知3,,2b ca b c Rc a a b∈++≥++a，求证b+c证明，给每个式子配以常数k有23(1)(1)(1)11()()111[()()()]()21(111)292b cc a a bb cc a a ba b cc a a bb c c a a bc a a b+++++=+++++++=++++++=+++++++++≥++=ab+cab+c1b+c1b+c所以93322b cc a a b++≥-=++ab+c，当a b c==时，可以取等号，故命题得证。

证明不等式几种常见方法

本科毕业论文（设计）题目：证明不等式的几种常用方法___学生：王云学号： 200940510438 学院：数学与计算科学学院__专业：数学与应用数学入学时间： 2009 年 9 月 15 日指导教师：黄瑞老师职称：讲师完成日期： 2013 年 3 月 9 日证明不等式的几种常用方法摘要: 本文首先对不等式的证明进行了总结，证明不等式的常用方法有比较法，反证法，放缩法，数学归纳法等等，并且比较了这些方法中的优点和缺点，对不同的题更适合采用哪种方法也进行了详细的解说。

其次针对不同的方法都举出了相应的例题，用来加强对方法的理解。

最后强调了这些方法在高考中的应用。

关键词：证明;不等式；方法On the Common Use Method of Proofing InequalityAbstract : This paper prove the inequality proof methods are summarized, inequality has comparative method, reduction to absurdity, scaling, mathematical induction and so on, and these methods are compared and the advantages and disadvantages of the different questions, more suitable to adopt what kind of method is given a detailed explanation. Secondly, different methods are corresponding examples was put forward, to strengthen the methods of understanding. Finally emphasized the application of these methods in the national college entrance examination.Key words: proof;inequality;method目录引言 (4)1比较法 (4)1.1作差法 (4)1.2作商法 (5)2综合法与分析法 (5)3反证法 (6)4重要不等式公式法 (7)5放缩法 (8)6数学归纳法 (9)7巧妙运用“1”证明不等式 (11)8结束语 (11)9参考文献 (13)10致谢 (14)引言：在高中数学中，证明不等式的方法是多种多样的，不同的方法具有不同的特点，并且在一个题目中，可能不止使用一种方法，往往需要两种或者更多种方法才能证明出来，或者针对相同的题目，证明的方法也可能不止一种，这就需要我们比较这些方法，采用最合适，最简便的方法来证明不等式。

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。

高中不等式的常用证明方法归纳总结

不等式的证明方法不等式的证明是高中数学的一个难点，证明方法多种多样，近几年高考出现较为形式较为活跃，证明中经常需与函数、数列的知识综合应用，灵活的掌握运用各种方法是学好这部分知识的一个前提，下面我们将证明中常见的几种方法作一列举。

注意ab b a 222≥+的变式应用。

常用2222ba b a +≥+ (其中+∈R b a ,)来解决有关根式不等式的问题。

一、比较法比较法是证明不等式最基本的方法，有做差比较和作商比较两种基本途径。

1、已知a,b,c 均为正数，求证：ac c b b a c b a +++++≥++111212121 证明：∵a,b 均为正数， ∴0)(4)(44)()(14141)(2≥+=+-+++=+-+-b a ab b a ab ab b a a b a b b a b a b a 同理0)(414141)(2≥+=+-+-c b bc c b c b c b ，0)(414141)(2≥+=+-+-c a ac a c a c a c 三式相加，可得0111212121≥+-+-+-++ac c b b a c b a ∴ac c b b a c b a +++++≥++111212121 二、综合法综合法是依据题设条件与基本不等式的性质等，运用不等式的变换，从已知条件推出所要证明的结论。

2、a 、b 、),0(∞+∈c ，1=++c b a ，求证：31222≥++c b a证：2222)(1)(3c b a c b a ++=≥++⇔∴2222)()(3c b a c b a ++-++0)()()(222222222222≥-+-+-=---++=a c c b b a cabc ab c b a3、设a 、b 、c 是互不相等的正数，求证：)(444c b a abc c b a ++>++证：∵22442b a b a >+22442c b c b >+22442a c a c >+∴222222444a c c b b a c b a ++>++∵ c ab c b b a c b b a 22222222222=⋅>+同理：a bc a c c b 222222>+ b ca b a a c 222222>+∴)(222222c b a abc a c c b b a ++>++ 4、知a,b,c R ∈，求证:)(2222222c b a a cc bb a++≥+++++证明：∵)(22222222)(22b a b a b a b aab ab +≥++≥+∴≥+即2)(222b a b a+≥+，两边开平方得)(222222b a b a b a+≥+≥+ 同理可得)(2222c b c b+≥+)(2222a c a c+≥+三式相加，得 )(2222222c b a a cc bb a++≥+++++5、),0(∞+∈y x 、且1=+y x ，证：9)11)(11(≥++y x 。

不等式的几种证明方法

不等式证明的几种常用方法一、比较法（1）差值比较法要证明a ＞b ,只要证明a -b ＞0。

①作差：考察不等式左右两边构成的差式，将其看作一个整体；②变形：把不等式两边的差进行变形，或变形为一个常数，或变形为若干个因式的积，或变形为一个或几个平方的和等等，其中变形是求差法的关键，配方和因式分解是经常使用的变形手段；③判断：根据已知条件与上述变形结果，判断不等式两边差的正负号，最后肯定所求证不等式成立的结论。

应用范围：当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时一般使用差值比较法。

【例一】求证：233x x +>证明：()()()222233223333x x x x +-=-+-+23330244x ⎛⎫=-+≥> ⎪⎝⎭233x x ∴+>(2)商值比较法已知a ,b 都是正数，要证明a ＞b ,只要证明a/b ＞1 ①作商：将左右两端作商； ②变形：化简商式到最简形式；③判断商与1的大小关系，就是判定商大于1或小于1。

应用范围：当被证的不等式两端含有幂、指数式时，一般使用商值比较法。

【例二】已知a,b>0，求证a b b a a b a b ≥证明： =∵a,b>0+,当a ＞b 时，＞1,a-b ＞0，＞1;当a≤b 时,≤1,a -b≤0, ≥1.∴≥1, 即a b b aa b a b ≥二、综合法利用已知事实(已知条件、重要不等式或已证明的不等式)作为基础，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理，最后推出所要证明的不等式，其特点和思路是“由因导果”，从“已知”看“需知”，逐步推出“结论”。

其逻辑关系为：A-B1- B2- B3… Bn -B ，即从已知A 逐步推演不等式成立的必要条件从而得出结论B 。

重点：基本不等式【例三】已知a ,b ,c 是不全等的正数，求证 a (c 2+b 2)+b (a 2+c 2)+c (a 2+b 2)＞6abc .证明： 222a b ab +≥ ，222a c ac +≥，222c b bc +≥()222a b cabc ∴+≥，()222b acabc +≥，()222c ababc +≥∴a (c 2+b 2)+b (a 2+c 2)+c (a 2+b 2)≥6abc .又因为a ,b ,c 是不全等的正数所以有a (c 2+b 2)+b (a 2+c 2)+c (a 2+b 2)＞6abc .三、分析法分析法是指从需证的不等式出发，分析这个不等式成立的充分条件，进而转化为判定那个条件是否具备，其特点和思路是“执果索因”，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”。

高考证明不等式的不等式方法

高考中证明不等式常见技巧广东仲元中学高三数学组证明不等式的方法，除了常用的比较（作差以及作商）法之外，还有一些技巧，下面举例给予说明。

一、构造函数思路：为了证明()()f x g x >在集合D 上成立，可以构造函数()()()h x f x g x =-，研究函数()h x 的单调性，从而得到所需要的不等式。

例1：（2009年广东理科试题）已知曲线22:20(1,2,)n C x nx y n -+==．从点(1,0)P -向曲线n C 引斜率为(0)n n k k >的切线n l ，切点为(,)n n n P x y ．（Ⅰ）求数列{}{}n n x y 与的通项公式；（Ⅱ）证明：13521n n nxx x x x y -⋅⋅⋅⋅<简解：（Ⅰ）1n n x n =+,n y ==n nx y =<（将所要证明的不等式进行等价变形，指出最终需要证明的不等式，这是分步得分的有效途径。

）设t =,，那么只需证明t t <即可。

（换元法是高考重点考察的数学方法，善于换元，可以大大简化运算。

）构造函数：()f t t t =,再研究函数()f t 的单调性以及最值即可。

熟记几个比较重要的不等式：ln 1(0)x x x <->，1()x e x x R ≥+∈，*(1)(,0)n x nx n N x +>∈>例2：设函数()ln 1f x x px =-+ （Ⅰ）研究函数()f x 的极值点；（Ⅱ）当p ＞0时，若对任意的x ＞0，恒有0)(≤x f ，求p 的取值范围；（Ⅲ）证明：).2,()1(212ln 33ln 22ln 2222222≥∈+--<+++n N n n n n nn 简解：（I ）当),0()(,0)(0+∞>'≤在时，x f x f p 上无极值点当0p >时，，()f x 有唯一的极大值点1x p= （Ⅱ）p 的取值范围为[1，+∞)（Ⅲ）分析：不等式左侧为1n -项和，右侧为一个式子，可以通过放缩将右侧的式子拆分成1n -项和。

函数不等式证明的几种常见方法

函数不等式证明的几种常见方法[摘要]高等数学中，函数不等式的证明是考试中常见的题型，本文介绍了不等式证明的几种常见方法。

[关键词]函数不等式微分中值定理单调性有关函数不等式证明题目虽然千变万化，但解题方法主要有以下几种。

一、应用拉格朗日中值定理证明不等式拉格朗日中值定理：如果函数y=f(x)满足：（1）在闭区间[a,b]上连续；（2）在开区间（a,b）内可导，则在（a,b）内至少存在一点ξ，使得：f(b)-f(a)=f(ξ)(b-a)。

应用拉格朗日中值定理可以证明某些函数不等式。

具体解题步骤可分为：1.根据所要证明的不等式作一辅助函数以及相应的闭区间。

2.说明辅助函数在闭区间上满足拉格朗日中值定理的条件，便得到一个含ξ的不等式。

3.根据ξ的范围，适当放大或缩小ξ的值，即可得到所要证明的不等式。

下面我们就通过具体的题目来说明用拉格朗日定理证明不等式的解题过程。

【例1】求证：若x＞0,有x1+x＜1n(1+x)＜x解析：作辅助函数y=1n(1+x)，区间［0,x］，易知y=ln(1+x)在［0，x］上满足拉格朗日中值定理条件，有f′(x)=11+x由拉格朗日中值定理得:存在一点ξ满足ln(1+x)-ln(1+0)=11+ξxξ∈（0，x），即ln(1+x)=x1+ξ,0＜ξ＜x.而x1+x＜x1+ξ＜x1+0，故x1+x＜ln(1+x)（1+x）＜x(x＞0).【例2】当x＞0时,证明不等式:x＜e x-1x＜e x解析:作辅助函数f(x)=e x,区间［0，x］显然f(x)在区间［0，x］(x＞0)内连续且可导.有f′(x)=e x.由拉格朗日中值定理得:存在一点ξ满足e x-e0x-0=eξ.而e0＜eξ＜e x,故有1＜e x-e0x-0＜e x.所以x＜e x-1＜xe x.说明：（1）一般的双向不等式可以考虑用拉格朗日中值定理证明；（2）构造辅助函数的一般方法。

二、利用函数的单调性证明不等式利用函数的单调性证明不等式的方法是：先将不等式两边的分析式移到不等式的一边，使不等式变成(…)＞0的形式，再令此不等式的左边函数为f(x),于是问题就变成证明在x的变化区间内f(x)＞0。

不等式证明方法

不等式证明方法2020-08-14不等式证明方法一、不等式证明的常用方法和基本不等式师：前面我们复习了不等式的性质，现在开始复习不等式的证明.下面我们先来看一个问题：[例1]求证：(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2如何证明这个不等式呢？我们回忆一下，不等式证明有哪些常用的方法？生：比较法、分析法和综合法.师：什么是比较法？这个不等式能不能用比较法来证明？生：要证明a＞b，只要证明a-b＞0，这就是不等式证明的比较法，这个不等式能用比较法证明.证法一∵(a2+b2)(c2+d2)-(ac+bd)2=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2-a2c2-2abcd-b2d2=(bc-ad)2≥0∴(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2师：用比较法证明不等式的基本步骤有哪些？生：有三步：(1)作差 (2)变形 (3)确定符号师：什么是分析法？这个不等式能不能用分析法来证明？生：从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的条件，把证明这个不等式转化为判定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，那么就可以断定原不等式成立，这种方法就是不等式证明的分析法.这个不等式能用分析法来证明.证法二要证明(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2只要证明a2c2+b2c2+a2d2+b2d2≥a2c2+2abcd+b2d2也就是证明b2c2+a2d2≥2abcd即 (bc-ad)2≥0∵(bc-ad)2≥0成立∴(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2成立(教师指出应用分析法证明时要注意书写格式)师：什么是综合法？这个不等式能不能用综合法来证明？生：利用某些已经证明过的不等式作为基础，再运用不等式的性质推导出所要证明的不等式，这种方法是不等式证明的综合法，这个不等式能用综合法来证明.证法三∵b2c2+a2d2≥2abcd∴a2c2+b2d2+b2c2+a2d2≥a2c2+2abcd+b2d2即(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2师：应用综合法证明的关键是找出作为基础的已经证明过的不等式.这些不等式大都是基本不等式，主要有：a2+b2≥2ab(a、b∈R)(a、b∈R+)这里要注意：(1)不等式成立的'条件，字母的允许值范围；(2)当且仅当a=b时，等号成立.[这里改变了高三复习课先整理知识，然后讲解例题的传统模式，而是先提出问题让学生思考，创设问题情境，激起学生复习的欲望和要求，唤起学生对旧知识的回忆，引起学生的思维.这样可以提高学生复习的积极性.在此基础上，通过教师的启发，让学生自己逐步回忆过去所学的知识，应用它们来分析问题和解决问题，最好引导学生自己归纳、整理旧知识，形成比较系统和完整的知识结构.]二、不等式证明方法的应用[例2]已知a、b、c是不全相等的正数.求证：(先让学生议论，然后由学生起来回答，教师板书.)证明：∵a、b、c是不全相等的正数∴①②③中等号不同时成立∴即(如果学生按上述步骤进行证明，教师应提出：这样证明有没有问题？让学生通过思考后发现：在证明一开始必须先指出a、b、c∈R+，否则不能确定①、②、③是否成立.)师：在证明不等式时，应注意以下几点：(1)不等式的逆向运用，要证明不等式可以先证明它的逆向不等式.(2)已知条件在不等式证明中的应用.由于a、b、c是三个不全相等的正数，从而得出①、②、③中三个等号不同时成立，于是才能证得原不等式成立.(3)同向不等式相加是用综合法证明不等式的常用手段.[例3]已知a、b、c∈R+，求证：(师生共同进行分析)要证明只要证明也就是证明如何证明这个不等式呢？(让学生议论后回答)生：∵a、b∈R+∴∴师：这样证明有没有问题？生：(回答略)师：在证明中必须注意：这是因为两个同向不等式相乘，必须两个不等式的两边都是正的，才能运用不等式性质得出正确的结论.通过讨论我们可以得出如下结论：(1)在证明不等式时，常常先用分析法思考，然后运用综合法来表达.(2)在不等式证明中常常要综合应用其他的数学知识，如例3中要应用对数函数的增减性来证明.(3)同向不等式相乘也是用综合法证明不等式的常用手段.[复习基本方法除了理解方法本身以外，重点是复习它的应用，关键是掌握运用基本方法的规律以及在运用时应注意的问题.在证明不等式时，常常先用分析法思考，然后用综合法表达，在运用综合法时，同向不等式相加和相乘又是常用的手段，还有不等式的逆向运用问题.在不等式证明的过程中，特别要注意基本不等式和不等式性质运用时所必须具备的条件，所有这些都必须通过复习让学生掌握.这里还运用提出问题、分析问题和解决问题的方式来进行复习，让学生在解决问题的过程中，通过讨论，自己总结规律，掌握方法，提高能力，充分发挥他们的主体作用，提高复习效果.]三、不等式证明方法的灵活应用师：下面请同学们探讨一下例4的解法[例4]已知a、b、c∈R+，求证：ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)≥6abc~。