王后雄教育顶级名师刘振诚高一数学-不等式证明
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 。
高中数学复习专题讲座(第18讲)关于不等式证明的常用方法
题目高中数学复习专题讲座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 此题易出现下列放缩错误1n +++<++== 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+++＜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.2)1(2)23(2)12(22131211),1(21221n n n n k k k k k k k=--++-+-+<++++--=-+<+=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≤ 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|＜21.42541625423162541)45(41)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 2 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(z y x 111++) 7 已知i ，m 、n 是正整数，且1＜i ≤m ＜n(1)证明 n i A i m ＜m i A 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，y b =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 +2b a b a cot 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≥3cb 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＞1矛盾 故x 、y 、z ∈［0，32］)()()()()()(222)(4)(2))(()(2)]()()([)(2)(:)2()(20)()()()2()2()2()(22:)1.(62222222222223333332222222222222222222222222222222222≥-+-+-+-+-+-⇔++≥+++++⇔+++++≥+++++++⇔++≥+++++⋅⇔++≥+++++++≥+++++∴≥-+-+-=-++-++-+=++-+++++y x z x z y z y x y x xy x z zx z y yz xyz z xy yz x xy y x zx x z yz z y xyz z xy yz x x z z y y x xy y x zx x z yz z y z y x zx yz xy y x xy x z zx z y yz xyz zx yz xy zyx y x z x z y z y x zx yz xy z cb a y b ac x a c b x a c z c a z c b y b c y b a x a b zx x a cz c a yz z c b y b c xy y b a x a b zx yz xy z cb a y b ac x c b 所证不等式等介于证明证明 ∵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 n n m n， (1+n )m =1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m ，由(1)知m iA i n＞n iA i m(1＜i ≤m )，而C i m=!A C ,!A i i i ni n i m = ∴m i C i n ＞n i C i m (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⎩⎨⎧=+=abn ba 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 ，第11页 共11页 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。
高中数学专题复习不等式证明的常用方法知识点例题精讲
不等式证明的常用方法[高考能力要求]不等式在选拔考试中具有测试数学能力的独到作用，又是进一步学习深造的重要基础，所以是高考数学的重点和难点，也是高考的热点，其中不等式的证明更是理科考试的重点。
由于高考中几乎不可能出现单独考查不等式证明的试题，因此在复习中，应当在熟练掌握不等式证明的基本方法（如比较法、综合法、分析法、反证法、导数法、数学归纳法等）及相应的证明技巧（如放缩、构造、代换、转化、函数方法等）的基础上，学会解决函数、数列、三角、几何等综合问题中的不等式证明问题。
1．比较法：（1）作差比较：要证b a >，只需证0>-b a ，要证b a <，只需证0<-b a ；（2）作商比较：要证b a >，只需证)0(1>>b ba ，要证b a <，只需证)0(1><b b a ，当0<b 时可先化成正的。
2．综合法：从题设条件和基本不等式出发，利用不等式的性质，推导出欲证明的不等式。
综合法的过程是一个由因导果，从已知看可知到逐步推向未知的过程，属于逻辑方法范畴。
常用的基本不等式有：ab b a 222≥+、ab b a 2≥+、222)2(2b a b a +≥+，注意基本不等式的适用范围及等号成立的条件。
3．分析法：在证明不等式时，可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把不等式的证明转化为判定这些充分条件是否具备的问题。
如果条件具备，那么结论成立，这种方法叫分析法。
反证法是执果索因的过程，其一般格式是：要证A 成立，即证B 成立，只需证C 成立，…4．反证法：正难则反，当一个结论直接证明比较困难时，可以假设其不正确，由假设出发推导出与事实不符的结论或与已知矛盾的结果，从而推翻假设。
5．导数法：对连续函数有关的不等式证明问题，可先求出导函数，再利用导函数的符号确定函数的单调性，从而证明结论。
6．数学归纳法：对于一类与正整数有关的不等式命题，可以利用数学归纳法证明。
全国数学联赛金牌教练-高中奥数辅导：第五讲-不等式的证明
全国高中数学联赛 金牌教练员讲座兰州一中数学组第五讲 不等式的证明知识、方法、技能不等式在数学中占有重要地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛和高考的热门题型. 证明不等式就是对不等式的左右两边或条件与结论进行代数变形和化归，而变形的依据是不等式的性质，不等式的性分类罗列如下：不等式的性质：.0,0<-⇔<>-⇔≥b a b a b a b a 这是不等式的定义，也是比较法的依据. 对一个不等式进行变形的性质： （1）a b b a <⇔>（对称性） （2）c b c a b a +>+⇔>（加法保序性） （3）.0,;0,bc ac c b a bc ac c b a <⇒<>>⇒>>（4）*).(,0N n b a b a b a nn nn ∈>>⇒>>对两个以上不等式进行运算的性质.（1）c a c b b a >⇒>>,（传递性）.这是放缩法的依据. （2）.,d b c a d c b a +>+⇒>> （3）.,d b c a d c b a ->-⇒<> （4）.,,0,0bc ad dbc a cd b a >>⇒>>>> 含绝对值不等式的性质：（1）.)0(||22a x a a x a a x ≤≤-⇔≤⇔>≤ （2）.)0(||22a x a x a x a a x -≤≥⇔≥⇔>≥或（3）||||||||||||b a b a b a +≤±≤-（三角不等式）.（4）.||||||||2121n n a a a a a a +++≤+++证明不等式的常用方法有：比较法、放缩法、变量代换法、反证法、数学归纳法、构造函数方法等.当然在证题过程中，常可“由因导果”或“执果索因”.前者我们称之为综合法；后者称为分析法.综合法和分析法是解决一切数学问题的常用策略，分析问题时，我们往往用分析法，而整理结果时多用综合法，这两者并非证明不等式的特有方法，只是在不等式证明中使用得更为突出而已.此外，具体地证明一个不等式时，可能交替使用多种方法.赛题精讲例1：,0,,>c b a 求证：.6)()()(abc a c ca c b bc b a ab ≥+++++ 【略解】abc a c ca c b bc b a ab 6)()()(-+++++)()()()2()2()2(222222222≥-+-+-=-++-++-+=b a c a c b c b a ab b a c ac c a b bc c b a.6)()()(a b c a c ca c b bc b a ab ≥+++++∴【评述】（1）本题所证不等式为对称式（任意互换两个字母，不等式不变），在因式分解或配方时，往往采用轮换技巧.再如证明ca bc ab c b a ++≥++222时，可将22b a +)(ca bc ab ++-配方为])()()[(21222a c c b b a -+-+-，亦可利用,222ab b a ≥+ca a c bc c b 2,22222≥+≥+，3式相加证明.（2）本题亦可连用两次基本不等式获证.例2：0,,>c b a ，求证：.)(3c b a cb a abc c b a ++≥【思路分析】显然不等式两边为正，且是指数式，故尝试用商较法.【略解】不等式关于c b a ,,对称，不妨+∈---≥≥R c a c b b a c b a ,,,则，且cb b a ,， ca都大于等于1..1)()()()(3333333333232323≥⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅==---------------++c a c b b a b c a c c b a b c a b a b a c c a b c b a c b a cb a ca cb ba ccbbaacbaabc c b a【评述】（1）证明对称不等式时，不妨假定n 个字母的大小顺序，可方便解题.（2）本题可作如下推广：若≥=>na n aa i a a a n i a 2121),,,2,1(0则.)(2121na a a n na a a +++（3）本题还可用其他方法得证。
不等式证明核心方法：用分析法速解高考数学证明题,高中生必会
不等式证明核心方法：用分析法速解高考数学证明题，
高中生必会
分析法速解高考数学证明题是针对高考数学证明题的一种解题思路，能够帮助高中生轻松准确解决类似题目。
该思路首要思考，从条
件出发，对证明题先从整体上进行分析。
综合分析各条件，认真研读
证明步骤，正确配比各类蕴含关系，如否定蕴含、推论充分蕴含及全
称蕴含等，进行结论证明，从而可以批准证明条件。
该方法有三个重大优势：
首先，它能有效覆盖证明这一系列复杂联系，无论是定义法证明，还是类比法证明都是可以涵盖到的，因此能够更好地把握证明全过程，迅速找到有效的解题方法。
其次，它能明显简化证明论证中有关各类蕴含关系的分析过程，
去除掉一些冗杂无意义的分析和论证，保持思路的清晰与明快，从而
大幅度提升解题效率。
最后，此方法能使数学证明题变得更加亲切，因为在根据、提问
等环节采用分析法，能更加地完整认知题目的内容和细节，而不是一
种马上就求解的快速思维。
这种慢慢认真体验和求解的模式，有益于
正确认识算式，同时也熟悉了更加专业精确的证明方法，进而运用至
他处，在复杂证明题中脱颖而出。
因此，建议高中生在学习高考数学证明题时应使用分析法速解，
不仅可以拥有丰富全面的知识，积累经验，还能运用到其它领域，体
会到证明的乐趣，最重要的是能够有效提升证明题的解题技能，从而
在复杂证明中取胜。
数学-高一-第8讲-不等式的证明及单元复习
专业教师辅导教案 学员姓名： 学科教师：年 级： 辅导科目：授课日期××年××月××日 时 间 A / B / C / D / E / F 段 主 题 不等式的证明及单元复习教学内容1. 掌握不等式常用的三种证明方法；2. 巩固不等式的解法及常见题型的解法。
（以提问的形式回顾）1. 已知a , b , m 都是正数，并且a < b ，求证：ba mb m a >++ 证：)()()()()(m b b a b m m b b m b a m a b b a m b m a +-=++-+=-++ ∵a ,b ,m 都是正数，并且a <b ，∴b + m > 0 , b - a > 0∴0)()(>+-m b b a b m 即：ba mb m a >++ 这种方法在我们学习不等式性质的时候就已经用到过，通过作差（或商）来比较大小的方法称之为比较法2. 已知,,a b c 为两两不相等的实数，求证：222a b c ab bc ca ++>++证明：,,a b c 为两两不相等的实数222a b ab ∴+>222a c ac +>222b c bc +>三个式子相加得：222222222a b c ab ac bc ++>++ 222a b c ab bc ca ∴++>++1. 利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法通常叫做综合法2．用综合法证明不等式的逻辑关系是：12n A B B B B ⇒⇒⇒⇒⇒3．综合法的思维特点是：由因导果，即由已知条件出发，利用已知的数学定理、性质和公式，推出结论的一种证明方法3. 求证:15175+>+证明:欲证15175+>+只需证22)151()75(+>+展开得12+235>16+215即235>4+215只需证(235)2>(4+215)2即4>15这显然成立故15175+>+成立1. 证明不等式时，有时可以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，这种方法通常叫做分析法2．用分析法证明不等式的逻辑关系是：12n B B B B A ⇐⇐⇐⇐⇐3．分析法的思维特点是：执果索因4．分析法的书写格式：要证明命题B 为真， 只需要证明命题1B 为真，从而有……这只需要证明命题2B 为真，从而又有…这只需要证明命题A 为真而已知A 为真，故命题B 必为真（采用教师引导，学生轮流回答的形式）例1. 甲乙两人同时同地沿同一路线走到同一地点，甲有一半时间以速度m 行走，另一半时间以速度n 行走；有一半路程乙以速度m 行走，另一半路程以速度n 行走，如果m ≠ n ，问：甲乙两人谁先到达指定地点？解：设从出发地到指定地点的路程为S ，甲乙两人走完全程所需时间分别是t 1, t 2，则：21122,22t n S m S S n t m t =+=+ 可得：mnn m S t n m S t 2)(,221+=+= ∴)(2)()(2])(4[2)(22221n m mn n m S mn n m n m mn S mn n m S n m S t t +--=++-=+-+=- ∵S , m , n 都是正数，且m ≠ n ，∴t 1 - t 2 < 0 即：t 1 < t 2从而：甲先到到达指定地点。
高中数学不等式的证明方法有哪些合集1篇
高中数学不等式的证明方法有哪些合集1篇高中数学不等式的证明方法有哪些? 11不等式考试要求在解决问题时，要依据题设与结论的结构特点、内在联系、选择适当的解决方案，最终归结为不等式的求解或证明。
不等式的应用范围十分广泛，它始终贯串在整个中学数学之中。
诸如集合问题，方程(组)的解的讨论，函数单调性的研究，函数定义域的确定，三角、数列、复数、立体几何、解析几何中的最大值、最小值问题，无一不与不等式有着密切的联系，许多问题，最终都可归结为不等式的求解或证明。
(1)理解不等式的性质及其证明。
(2)掌握两个(不扩展到三个)正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的定理，并会简单的应用。
(3)掌握分析法、综合法、比较法证明简单的`不等式。
(4)掌握简单不等式的解法。
(5)理解不等式│a│-│b│≤│a+b│≤│a│+│b│。
2不等式证明方法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。
3不定式解题思路1.解不等式的核心问题是不等式的同解变形，不等式的性质则是不等式变形的理论依据，方程的根、函数的性质和图象都与不等式的解法密切相关，要善于把它们有机地联系起来，互相转化。
高一数学-§6.3不等式--用分析法证明不等式 精品
不等式·用分析法证明不等式·教案教学目标通过教学，学生掌握和应用分析法证明不等式．教学重点和难点理解分析法的证题格式并能熟练应用．教学过程设计师：我们已经学习了综合法证明不等式．综合法是从已知条件入手去探明解题途径，概括地说，就是“从已知，看已知，逐步推向未知”．综合法的思路如下：（从上往下看）（用投影片）师：其中，A表示已知条件，由A可以得到它的许多性质，如B，B1，B2，而由B又可以得到C，由B1还可以得到C1，C2，由B2又可以得到C3，…，而到达结D的只有C，于是我们便找到了A→B→C→D这条通路．当然，有时也可以有其他的途径达到D，比如A→B1→C1→D等．但是有许多不等式的证明题，已知条件很隐蔽，使用综合法证明有一定困难．这一命题若用综合法证明就不知应从何处下手，今天我们介绍用分析法证明不等式，来解决这个问题．（复习了旧知识，并指出单一用综合法证明的不足之处，说明了学习分析法的必要性）分析法是从结论入手，逆求使它成立的充分条件，直到和已知条件沟通为止，从而找出解题途径．概括地说，就是“从未知，看需知，逐步靠拢已知”．分析法的思路如下：（从下往上看）（用投影片）师：欲使结论D成立，可能有C，C1，C2三条途径，而欲使C成立，又有B这条途径，欲使C1成立，又有B1这条途径，欲使C2成立，又有B2，B3两条途径，在B，B1，B2，B3中，只有B可以从A得到，于是便找到了A→B→C→D这条解题途径．（对比综合法叙述分析法及其思路，便于学生深刻理解分析法的实质及其与综合法的关系）师：用分析法论证“若A到B”这个命题的模式是：（用投影片）欲证命题B为真，只需证命题B1为真，只需证命题B2为真，……只需证命题A为真，今已知A真，故B必真．师：在运用分析法时，需积累一些解题经验，总结一些常规思路，这样可以克服无目的的乱碰，从而加强针对性，较快地探明解题途径．下面举例说明如何用分析法证明不等式．首先解决刚才提出的问题．（板书）（此题以教师讲解，板书为主，主要讲清证题格式）师：请看投影，这个题还有一种证法．（投影片）师：这种证法是综合法．可以看出，综合法有时正好是分析过程的逆推．证法2虽然用综合法表述，但若不先用分析法思索，显然用综合法时无从入手，有时综合法的表述正是建立在分析法思索的基础上，分析法的优越性正体现在此．师：若此题改为下面的证法是否有错？（投影片）①②③④⑤⑥⑦因为63＜64成立，⑧⑨（学生自由讨论后，请一位同学回答）生：我认为第②步到⑦步有错，不等式①两边都是负的，不能平方．师：这位同学找到了证明过程中的错误，但错误原因叙述得不够准确．这种证法错在违背了不等式的性质．若a＞b＞0，则a2＞b2；若0＜a＜b，则a2＞b2．（不失时机地联系旧知识，在以新代旧的过程中，数学知识可以不断得到深化，学生的思维能力可以得到提高）师：下面看第二个例题．（板书）（学生推证，教师巡视，请一学生口答）因为c＞1，即证-1＜0，因为-1＜0显然成立，师：以上两个例题充分显示了分析法的优越性．师：这个题目我们曾经用比较法进行过证明，请同学们考虑用分析法如何证明？（学生讨论，请一学生回答）生：因为b＞0，所以b＋1＞0，去分母，化为a（b＋1）＜b（a＋1），就是a＜b，这个式子就是已知条件，所以求证的不等式成立．（学生理解了分析法的原理，应予以肯定，但这个回答不能作为证明过程，学生往往忽略分析法证明的格式，要及时纠正）师：这位同学“执果索因”，逐步逆找结论成立的充分条件，直至找到明显成立的不等式为止．很明显，逆找的过程正是把“欲证”由繁化简的过程，因而分析法对于形式复杂的证明题是一种行之有效的方法．但是作为证明过程，这位同学的回答不符合要求．应该如何证明呢？（请一位同学板书）因为b＞0，b＋1＞0，故只需证a（b＋1）＜b（a＋1），即证ab＋a＜ab＋b，即证a＜b，师：如果将这个题变化为其证明方法与例3相同．此题表明：分子、分母都是正的真分数，分子、分母同加上正数m，分数值变大——但不超过1，这是分数的何？（讲完一个例题后，将例题引伸是教学中常做的一件事，它可以使学生的认识得到“升华”，发展学生的思维，并起到触类旁通，举一反三的效果）例4 已知：a，b∈R＋，且a≠b，求证：a3+b3＞a2b＋ab2．生甲：我用求差比较法可以证明．（学生口答，教师板书简单过程）证法1：（a3＋b3）-（a2b＋ab2）=（a+b）（a2-ab+b2）-ab（a＋b）=（a＋b）（a2-2ab＋b2）=（a＋b）（a-b）2．由a，b∈R＋，知a＋b＞0，又a≠b，则（a-b）2＞0，进而（a＋b）（a-b）2＞0，即（a3＋b3）-（a2b＋ab2）＞0，所以a3＋b3＞a2b-ab2．生乙：我是用分析法证明的．证法2：欲证a3＋b3＞a2b＋ab2，即证（a＋b）（a2-ab＋b2）＞ab（a＋b），因为a＋b＞0，故只需证a2-ab＋b2＞ab，即证a2-2ab＋b2＞0，即证（a-b）2＞0，因为a≠b，所以（a-b）2＞0成立，所以a3＋b3＞a2b＋ab2成立．生丙：那我可以用综合法证明．证法3：由a≠b，知（a-b）2＞0，即a2-2ab＋b2＞0，则a2-ab＋b2＞ab，又a＋b ＞0，则（a＋b）·（a2-ab＋b2）＞ab（a＋b），即a3＋b3＞a2b＋ab2．师：以上三位同学熟练地应用学过的证明方法，对同一命题用三种方法进行了证明，开阔了思路．同学们应学会针对具体题目，灵活地选取方法．（分析法和综合法是对立统一的两个方法，对同一命题分别用这两种方法证明，便于对比，在教学中，应着眼于培养学生的能力，使学生能针对具体问题，进行具体分析，灵活地运用各种证法）例5 若a，b，c是不全相等的正数，（师生共同进行分析）证明：且上述三式中的等号不全成立，所以师：这个证明中的前半部分用的是分析法，后半部分用的是综合法，意箭头的方向．课堂练习：（投影片）3．若a，b∈R＋，求证：a5＋b5＞a3b2＋a2b3．（第3题是例4的推广．所谓推广，就是把真命题放在更广的范围内考查，因而是一种创造性的思维活动．要想做出推广，认清式子的“结构特征”是突破口．就例4中的a3＋b3＞a2b＋ab2而言，不等号两边都是二元的三次齐次式，推广至少有两个方向：（i）次数能否提高？（ii）“元”能否增多？对学有余力的同学不妨试试看）（请同学做以上三个练习，巩固本节课所学内容．教师巡视，发现问题，当堂指正）小结：师：这节课主要学习了用分析法证明不等式．分析法是证明不等式时一种常用的基本方法，在证题不知从何下手时，有时可以运用分析法而获得解决．在“执果索因”逆推过程中，请同学们小结常用技巧．生：可以通分、约分、多项式乘法、因式分解、去分母、两边乘方、开方．师：使用这些技巧变形时，注意遵循不等式性质，还有什么补充？生：还有指数，对数性质．师：（再补充）以及三角公式等等，运用同学们总结出的这些技巧，目的是将“求证”由繁化简，直至逆推出已知或显然成立的结论．另外，分析法和综合法是对立统一的两个方面．有时我们可以用分析法思索，而用综合法书写证明过程，或者分析法，综合法相结合，共同完成证明过程．作业：根据三角函数的有界性，sin2α≤1成立，所以原不等式成立）课堂教学设计说明教学过程是不断发现问题、解决问题的思维过程．因此，教师应及时提出问题或引导学生发现问题，然后开拓学生思路，启迪学生智慧，求得问题的解决．一个问题解决后，及时地提出新问题，提高学生的思维层次，逐步由特殊到一般，由具体到抽象，由表面到本质，把学生的思维步步引向深入，直至完成本节课的教学任务．总之，本节课的教学安排是让学生的思维由问题开始，到问题深化，始终处于积极主动状态．本节课练中有讲，讲中有练，讲练结合．在讲与练的相互作用下，使学生的思维逐步深化．教师提出的问题和例题，先由学生自己解答，然后教师分析与概括．在教师讲解中，又不断提出问题让学生解答和练习，力求在练习中加深理解，尽量改变课堂上教师包办代替的做法．在安排本节课教学内容时，我注意按认识规律，由浅入深，由易及难，逐渐展开教学内容，让学生形成有序的知识结构．。
高三数学高考专题复习系列导学案不等式-不等式证明(二)
第4课时 不等式证明（二）证明不等式的其它方法：反证法、换元法、放缩法、判别式法等．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，从而肯定原命题是正确的证明方法．换元法：对结构较为复杂，量与量之间关系不甚明了的命题，通过恰当引入新变量，代换原命题中的部分式子，简化原有结构，使其转化为便于研究的形式的证明方法．放缩法：为证明不等式的需要，有时需舍去或添加一些代数项，使不等式的一边放大或缩小，利用不等式的传递性，达到证题的目的，这种方法叫放缩法．判别式法：根据已知的式子或构造出来的一元二次方程的根，一元二次不等式的解集，二次函数的性质等特征，确定其判别式所应满足的不等式，从而推出所证的不等式成立．例1. 已知f(x)＝x 2＋px ＋q ，(1) 求证：f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；(2) 求证：｜f(1)｜、｜f(2)｜、｜f(3)｜中至少有一个不小于21．证明: (1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p ＋q)＋(9＋3p ＋q)－2(4＋2p ＋q)＝2(2)用反证法。
假设｜f(1)｜、｜f(2)｜、｜f(3)｜都小于21，则｜f(1)｜+2｜f(2)｜+｜f(3)｜＜2，而｜f(1)｜+2｜f(2)｜+｜f(3)｜≥f(1)＋f(3)－2f(2)＝2，出现矛盾.∴｜f(1)｜、｜f(2)｜、｜f(3)｜中至少有一个不小于21.变式训练1：设∈c b a 、、+R ，那么三个数b a 1+、c b 1+、a c 1+ （ ） A ．都不大于2 B ．都不小于2C ．至少有一个不大于2D ．至少有一个不小于2解:D例2. （1） 已知x 2＋y 2＝1，求证:2211a ax y a +≤-≤+-.（2） 已知a 、b ∈R ，且a 2＋b 2≤1，求证:2222≤-+b ab a .证明:(1)设ααsin ,cos ==y x∴ ααcos sin a ax y -=-)sin(12φα++=a(其中221sin ,11cos a a a +-=+=φφ)∵ 1)sin(1≤+≤-φα∴ 2211a ax y a +≤-≤+-(2)令ααcos ,sin k b k a ==(其中k 2≤1), 则222b ab a -+αααα22222cos cos sin 2sin k k k -+=)42sin(22πα-=k ≤222≤k故原不等式成立.变式训练2： 设实数x ，y 满足x 2＋(y －1)2＝1，当x ＋y ＋c≥0时，c 的取值范围是（ ） A.)12[∞+-，，B. ]12(--∞，，C.)12[∞++，，D.]12(+-∞，，解:A例3. 若2≥∈n N n ，且，求证：1131211121222<+⋅⋅⋅++<+-n n 证明：当2≥n 时 )1()1(2+<<-n n n n n 即n n n n n 11111112--<<+- 1121)111()4131()3121(13121+-=+-+⋅⋅⋅+-+->+⋅⋅⋅++∴n n n n 111)111()3121()211(13121222<-=--+⋅⋅⋅+-+-<+⋅⋅⋅++n n n n 又故原不等式成立．变式训练3：若f(n)＝12+n －n ，g(n)＝n －12-n ，ϕ(n)＝n21，则f (n)，g (n)，ϕ(n)的大小顺序为____________．解:g(n)>φ(n)>f(n)例4. 证明：23112122≤+++≤x x x ． 证明：设1122+++=x x x y ，则(1－y)x 2＋x ＋1－y ＝0 (1)当y≠1时，∵x ∈R ，∴△＝1－4(1－y)2≥0 得)1(2321≠≤≤y y(2)当y ＝1时，由(1－y)x 2＋x ＋1－y ＝0得x ＝0而x ＝0是函数1122+++=x x x y 的定义域中的一个值； ∴y ＝1是它值域中的一个值.综合(1)和(2)可知，2321≤≤y ， 即23112122≤+++≤x x x ． 变式训练4：设二次函数)0()(2≠∈++=a R c b a c bx ax x f 且、、，若函数)(x f y =的图象与直线x y =和x y -=均无公共点．(1) 求证：142>-b ac(2) 求证：对于一切实数x 恒有||41||2a c bx ax >++ 证明：(1)由ax 2＋(b －1)x ＋c ＝0无实根，得Δ1＝(b －1)2－4ac<0由ax 2＋(b ＋1)x ＋c ＝0无实根得Δ2＝(b ＋1)2－4ac<0两式相加得：4ac －b 2>1(2)∵4ac －b 2>1>0，∴a(x ＋a b 2)2与ab ac 442-同号， ∴｜ax ＋bx ＋c ｜＝｜ a(x ＋a b 2)2＋ab ac 442-｜ ＝｜a ｜(x ＋a b 2)2＋a b ac 442-≥a b ac 442->a411．凡是含有“至少”，“至多”，“唯一”，“不存在”或其它否定词的命题适宜用反证法．2．在已知式子中，如果出现两变量之和为正常数或变量的绝对值不大于一个正常数，可进行三角变换，换元法证明不等式时，要注意换元的等价性．3．放缩法证题中，放缩必须有目标，放缩的途径很多，如用均值不等式，增减项、放缩因式等．4．含有字母的不等式，如果可以化成一边为零，另一边是关于某字母的二次三项式时，可用判别式法证明不等式成立，但要注意根的范围和题设条件的限制．。
高中数学复习专题讲座关于不等式证明的常用方法
高中数学复习专题讲座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，它能够和专门多内容结合 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咨询题和解决咨询题的能力 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差不多的方法(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判定三个步骤，变形的要紧方向是因式分解、配方，判定过程必须详细表达 假如作差以后的式子能够整理为关于某一个变量的二次式，那么考虑用判不式法证(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，能够增加解题思路，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、判不式法、数形结合法等 换元法要紧有三角代换，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，目标能够从要证的结论中考查 有些不等式，从正面证假如不易讲清晰，能够考虑反证法 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，并把握相应的步骤、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 此题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目，考查学生观看能力、构造能力以及逻辑分析能力知识依靠 此题是一个与自然数n 有关的命题，第一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 此题易显现以下放缩错误1n n n n nn n+++<+++==<个如此只注重形式的统一，而忽略大小关系的错误也是经常发生的 技巧与方法 此题证法一采纳数学归纳法从n =k 到n =k +1的过渡采纳了放缩法 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，因此不等式成立(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+++＜另从k 到k +1时的证明还有以下证法,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.2)1(2)23(2)12(22131211),1(21221n n n nk k k k k k k=--++-+-+<++++--=-+<+=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 此题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力知识依靠 该题实质是给定条件求最值的题目，所求a 的最值包蕴于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有关性质把a 出现出来，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 此题解法三利用三角换元后确定a 的取值范畴，现在我们适应是将x 、y 与cos θ、sin θ来对应进行换元，即令x =cos θ，y =sinθ(0＜θ＜2π)，如此也得a ≥sin θ+cos θ，然而这种换元是错误的 其缘故是 (1)缩小了x 、y 的范畴 (2)如此换元相当于此题又增加了〝x 、y =1”如此一个条件，明显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，解法二的方法也专门典型，即假设参数a 满足不等关系，a ≥f (x )，那么a min =f (x )max 假设 a ≤f (x )，那么a max =f (x )min ，利用这一差不多事实，能够较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域咨询题 还有三角换元法求最值用的恰当好处，能够把原咨询题转化解法一 由于a 的值为正数，将不等式两边平方，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 xy y x y x y x yx yx u +++=++=++=2)(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，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≤ 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(现在θ=4π)由③式可知a 的最小值为例3a ＞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 .4254116254123162541)45(41)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 明显当且仅当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 ≤41425)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 2 学生巩固练习1 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 |，那么ad 与bc 的大小关系是_________3 假设m ＜n ，p ＜q ，且(p －m )(p －n )＜0，(q －m )(q －n )＜0，那么m 、n 、p 、q 的大小顺序是__________4 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 x ，y ，z ∈R ，且x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21， 证明 x ，y ，z ∈［0，32］ 6 证明以下不等式(1)假设x ，y ，z ∈R ，a ，b ，c ∈R +，那么cb a y b ac x a c b +++++22z 2≥2(xy +yz +zx ) (2)假设x ，y ，z ∈R +，且x +y +z =xyz ，那么z y x y x z x z y +++++≥2(z y x 111++) 7 i ，m 、n 是正整数，且1＜i ≤m ＜n(1)证明 n i A i m ＜m i A i n(2)证明 (1+m )n ＞(1+n )m8 假设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，y b =sin 2θ，那么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，那么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≥3cb 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+γ2 =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 ′，那么x ′+y ′+z ′=0，因此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 三数中假设有负数，不妨设x ＜0，那么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 三数中假设有最大者大于32，不妨设x ＞32，那么21=x 2+y 2+z 2≥x 2+2)(2z y +=x 2+2)1(2x -=23x 2－x +21=23x (x －32)+2121矛盾 故x 、y 、z ∈［0，32］)()()()()()(222)(4)(2))(()(2)]()()([)(2)(:)2()(20)()()()2()2()2()(22:)1.(62222222222223333332222222222222222222222222222222222≥-+-+-+-+-+-⇔++≥+++++⇔+++++≥+++++++⇔++≥+++++⋅⇔++≥+++++++≥+++++∴≥-+-+-=-++-++-+=++-+++++y x z x z y z y x y x xy x z zx z y yz xyz z xy yz x xy y x zx x z yz z y xyz z xy yz x x z z y y x xy y x zx x z yz z y z y x zx yz xy y x xy x z zx z y yz xyz zx yz xy zyx y x z x z y z y x zx yz xy z c b a y b a c x a c b x a c z c a z c b y b c y b a x a b zx x a cz c a yz z c b y b c xy y b a x a b zx yz xy z cb a y b ac x c b 所证不等式等介于证明证明 ∵上式明显成立，∴原不等式得证7 证明 (1)关于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 ，关于整数k =1，2，…，i －1，有mkm n k n ->-， 因此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 n n m n ， (1+n )m =1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m ，由(1)知m i A i n＞n iA i m(1＜i ≤m )，而C i m=!A C ,!A i i i ni n i m = ∴m i C i n ＞n i C i m (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，因此 (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，因此a +b ≤2，因为2ab ≤a +b ≤2， 因此ab ≤1证法二 设a 、b 为方程x 2－mx +n =0的两根，那么⎩⎨⎧=+=ab n ba m ，因为a ＞0，b ＞0，因此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 )因此n =mm 3232-②将②代入①得m 2－4(mm 3232-)≥0，即m m 383+-≥0，因此－m 3+8≥0，即m ≤2，因此a +b ≤2， 由2≥m 得4≥m 2，又m 2≥4n ，因此4≥4n ，即n ≤1，因此ab ≤1证法三 因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，因此2=a 3+b 3=(a +b )(a 2+b 2－ab )≥(a +b )(2ab －ab )=ab (a +b )因此有6≥3ab (a +b )， 从而8≥3ab (a +b )+2=3a 2b +3ab 2+a 3+b 3=(a +b )3，因此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， 因此对任意非负实数a 、b ，有233b a +≥3)2(b a + 因为a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，因此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，那么a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］＞(a +b )ab ＞2ab ，因此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，因此2＞2(4－3ab )，因此ab ＞1，前后矛盾，故a +b ≤2(以下略)课前后备注。
高中数学一类条件不等式的统一证明
一类条件不等式的统一证明〔某某武隆中学 梁承勇 ４０８５００〕笔者通过很长一段时间的观察和研究，发现有一类条件不等式可以利用凸函数定理给予其简单的统一证明，并还可以对原有命题进行有益的推广。
而很多杂志在证明中都是运用重要不等式及柯西不等式结合证明，在操作中比较复杂，不容易掌握理解。
为了说明这一方法操作的统一性，本文从几个方面着重谈该凸函数定理在这一类条件不等式中的统一证明并对其给出相应的推广。
凸函数定理：假设)(x f 在区间I 内上凸，那么对任意n x x x ,,21，以及任意的1,,,2121=+++∈+n n r λλλλλλ ，必有)()()(1111n n n n x f x f x x f λλλλ++≥++ 假设)(x f 在区间I 内下凸，那么不等号反向，其中等号均当且仅当n x x x === 21时成立. 推论: 假设)(x f 在区间I 内上凸，那么对任意n x x x ,,21I ∈总有nx f x f n x x f n n )()()(11++≥++ 假设)(x f 在区间I 内下凸，那么不等号反向，其中等号均当且仅当n x x x === 21时成立.用凸函数定理考察不等式问题时必须选择恰当的函数，使其在某个区间内上凸或下凸，这样问题便可简单化。
1．条件为∑==ni i a a 1型例1．设,,2,1,10n i a i =<<∑==ni i a a 1那么shapiro an naa a a a a a n n (1112211-≥-++-+- 不等式) 证明：要证函数不等式成立，必须先构造一个函数而且还要能够判断这个函数在〔0，1〕内是上凸还是下凸函数.构造函数x x x f -=1)(由2/)1(1)(x x f -=0)1(4)(2//>-=x x f故)(x f 在〔0，1〕上是下凸函数.由上推论知:na f a f n a a f n n )()()(11++≥++ )1(1112211na n an a a a a a a n n -≥-++-+- 即a n naa a a a a a n n -≥-++-+-1112211 例２+∈R c b a ,,且1111=-+-+-c c b b a a 求证23≥++c b a 分析：将条件转化为∑==n i i a a 1型，可令ccx b b x a a x -=-=-=1,1,1321即 0,1321>=++i x x x x 那么证23111332211≥-+-+-x x x x x x 这便是例1的特例。
高三数学第一轮复习讲义(41)不等式证明(二)
高三数学第一轮复习讲义（41）不等式的证明（二） 一．复习目标：1．了解用反证法、换元法、放缩法等方法证明简单的不等式． 二．知识要点：1．反证法的一般步骤：反设——推理——导出矛盾（得出结论）；2．换元法：一般由代数式的整体换元、三角换元，换元时要注意等价性；3．放缩法：要注意放缩的适度，常用的方法是：①舍去或加上一些项；②将分子或分母放大（或缩小）．三．课前预习：1．设实数,x y 满足22(1)1x y +-=，当0x y c ++≥时，c 的取值范围是 （）()A 1,)+∞ ()B (1]-∞ ()C 1,)+∞ ()D (1]-∞ 2．1A n=++与)n N *∈的大小关系是 ．四．例题分析：例1．已知332x y +=，求证：2x y +≤．小结：例2．设正有理数1a 是3的一个近似值，令21211a a =++，（1介于1a 与2a 之间；（2）证明：2a 比1a 更接近于3；（3例3．在数列{}n a 中，23sin sin 2sin 3sin 2222n n n a αααα=++++，对正整数,m n 且m n >，求证：12m n n a a -<．小结：例4．设1a b c ++=，2221a b c ++=，a b c >>，求证：103c -<<．小结： 五．课后作业： 班级 学号 姓名1．下列三个式子22a c -，22b a -，22(,,)c b a b c R -∈中 （ ）()A 至少有一式小于1- ()B 都小于1- ()C 都大于等于1- ()D 至少有一式大于等于1-2设0,0,,111x y x y x y A B x y x y+>>==+++++，则,A B 的大小关系是 ．3．,,x x y R x y y ∈=-，则x 的取值范围是 ．4．已知221x y +=，求证：y ax -≤5．证明：2221111223n ++++<．6．设,,a b c 为三角形的三边，求证：3a b c b c a a c b a b c++≥+-+-+-．7．已知22,,4a b R a b ∈+≤，求证22|383|20a ab b --≤．。
第十讲不等式的证明方法
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n 是正整数，求证：12≤n＋1 1＋n＋1 2＋…＋21n＜1.
[证明] 由 2n≥n＋k＞n(k＝1,2，…，n)，得 21n≤n＋1 k＜1n. 当 k＝1 时，21n≤n＋1 1＜1n； 当 k＝2 时，21n≤n＋1 2＜1n； … 当 k＝n 时，21n≤n＋1 n＜1n， ∴12＝2nn≤n＋1 1＋n＋1 2＋…＋21n＜nn＝1. ∴原不等式成立．
答案 栏目导航
综合法与分析法： ①综合法：利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质，推 导出所要证明的不等式，这种方法叫综合法．即“由__因__导__果_____”的 方法． ②分析法：从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的 _充__分__条__件_，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题， 如果能够肯定这些充分条件都已经具备，那么就可以判定原不等式成 立，这种方法叫作分析法．即“_执__果__索__因___”的方法．
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2．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝x－12＋x＋12，M 为不等式 f(x)＜2 的解集．
(1)求 M； (2)证明：当 a，b∈M 时，|a＋b|＜|1＋ab|.
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1．(2017·全国卷Ⅱ)已知 a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明： (1)(a＋b)(a5＋b5)≥4； (2)a＋b≤2. [证明] (1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6 ＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4. (2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b) ≤2＋3a＋4 b2(a＋b)＝2＋3a＋4 b3， 所以(a＋b)3≤8，因此 a＋b≤2.
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。( )
高一数学必修一中的不等式证明方法有哪些
高一数学必修一中的不等式证明方法有哪些在高一数学必修一中，不等式证明是一个重要的知识点，它不仅在数学学科中有着广泛的应用，也对培养我们的逻辑思维和推理能力起着关键作用。
下面我们就来一起探讨一下常见的不等式证明方法。
一、比较法比较法是证明不等式最基本的方法之一，分为作差比较法和作商比较法。
作差比较法的步骤通常是：将两个式子相减，然后对差进行变形（因式分解、配方等），判断差的正负性，从而得出不等式的结论。
例如，要证明 a ＞ b，我们可以计算 a b，如果 a b ＞ 0，则 a ＞ b 成立。
作商比较法一般适用于两个正数的比较。
将两个正数相除，然后根据商与 1 的大小关系来判断两个数的大小。
比如，若 a，b 都是正数，要证明 a ＞ b，计算 a/b，如果 a/b ＞ 1，则 a ＞ b 成立。
二、综合法综合法是从已知条件出发，利用已知的定理、性质和公式，经过逐步的逻辑推理，最后推导出所要证明的不等式。
它的思路是“由因导果”。
例如，已知 a ＞ 0，b ＞ 0，且 a ＋ b ＝ 1，要证明 a^2 ＋b^2 ≥ 1/2 。
因为 a ＋ b ＝ 1，所以（a ＋ b)＾2 ＝ 1 ，即 a^2 ＋ 2ab ＋ b^2 ＝ 1 。
又因为2ab ≤ a^2 ＋ b^2 （均值不等式），所以 a^2 ＋ b^2 ＋2ab ≤2(a^2 ＋ b^2) ，从而1 ≤ 2(a^2 ＋ b^2) ，即 a^2 ＋b^2 ≥ 1/2 。
三、分析法分析法是从要证明的不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到最后把要证明的不等式归结为判定一个明显成立的条件（已知条件、定理、定义、公理等）为止。
它的思路是“执果索因”。
比如要证明√a ＋√b ＞√（a ＋ b) ，我们可以这样分析：要证明√a ＋√b ＞√（a ＋ b) ，只需证明（√a ＋√b)＾2 ＞（√（a ＋ b)）＾2 ，即 a ＋2√（ab) ＋ b ＞ a ＋ b ，只需证明2√（ab) ＞ 0 ，这是显然成立的。
高中数学第二讲证明不等式的基本方法2.2综合法与分析法a45a高二45数学
2
=4+(1-2ab)+
≥4+ 1-2 ×
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1-2
2
2
1
4
+
1
1-2× 4
1 2
4
=
25
.∴
2
1 2
+
+
1 2
+
25
≥ 2.
题型一
题型二
题型三
反思 1.利用综合法证明不等式,揭示了条件和结论之间的因果
联系,为此要着力分析已知与求证之间的差异与联系,合理进行转换,
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1.理解综合法和分析法的概念.
2.掌握综合法和分析法的证明过程.
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1
2
1.综合法
一般地,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,这种证明方法叫做综合法,
又叫顺推证法或由因导果法.
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1
2
【做一做 1】 若 a<b<0,则下列不等式中成立的是(
(
)
A.充分条件
B.必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案：A
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1
2
1
x+ -1≥a
【做一做2-2】 当x>1时,不等式
取值范围是(
)
A.(-∞,2]
B.[2,+∞) C.[3,+∞)
解析：要使 x+
1
≥a
-1
恒成立,则实数a的
D.(-∞,3]
恒成立,只需 f(x)=x+
高三数学从一道压轴题赏析不等式的求证方略
从一道压轴题赏析不等式的求证方略在高中数学教学中，不等式的证明始终是一个难点，其原因是证明不等式无固定的程序可行，方法多样，技巧性强。
教材中虽然介绍了四种基本方法，但我们在作题过程中所接触到的不等式种类繁多，如数列不等式，绝对值不等式和三角不等式等等。
这些不等式仅仅利用上述方法是很难适应解题需要的，有些即使能证出，但由于采用传统的证明方法往往是途径曲折，叙述冗长，结果很难令人满意。
我们不妨在大家掌握的基础之上另辟蹊径，对于不同的不等式分别运用相应的证法，往往会达到事半功倍的效果。
证明不等式主要有以下方法： 1.1：放缩法在证明过程中，根据不等式 传递性，常采用舍去一些正项（或负项）而使不等式的各项之和变小（或变大），或把和（或积）里的各项换以较大（或较小）的数，或在分式中扩大（或缩小）分式中的分子（或分母），从而达到证明的目的，常用方法为改变分子（分母）放缩法，拆补法，编组放缩法，寻找“中介量”放缩法。
例1：（2009年高考某某理科卷21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nl ，切点为(,)n n n P x y ．（1）求数列{}{}n n x y 与的通项公式；（2）证明：13521nn nxx x x x y -⋅⋅⋅⋅<<．【解析】 （Ⅰ）（略）1n n x n =+,n y =. （Ⅱ） 要证:13521n x x x x -⋅⋅⋅⋅<,∵121111111+=+++-=+-n n n n nx x nn ，121214)12(4)12(2122222+-=--<-=-n n n n n n nn ， ∴nn n x x n n n n n x x x x +-=+=+-⨯⨯⨯<-⨯⨯⨯=⋅⋅⋅⋅-1112112125331212432112531值得注意的是运用放缩法证明不等式技巧性相当强，它需要恰当好处，不要过头，对于放缩目标可以从要证的结论考察。
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江西省南昌市2015-2016学年度第一学期期末试卷（江西师大附中使用）高三理科数学分析一、整体解读试卷紧扣教材和考试说明，从考生熟悉的基础知识入手，多角度、多层次地考查了学生的数学理性思维能力及对数学本质的理解能力，立足基础，先易后难，难易适中，强调应用，不偏不怪，达到了“考基础、考能力、考素质”的目标。
试卷所涉及的知识内容都在考试大纲的范围内，几乎覆盖了高中所学知识的全部重要内容，体现了“重点知识重点考查”的原则。
1．回归教材，注重基础试卷遵循了考查基础知识为主体的原则，尤其是考试说明中的大部分知识点均有涉及，其中应用题与抗战胜利70周年为背景，把爱国主义教育渗透到试题当中，使学生感受到了数学的育才价值，所有这些题目的设计都回归教材和中学教学实际，操作性强。
2．适当设置题目难度与区分度选择题第12题和填空题第16题以及解答题的第21题，都是综合性问题，难度较大，学生不仅要有较强的分析问题和解决问题的能力，以及扎实深厚的数学基本功，而且还要掌握必须的数学思想与方法，否则在有限的时间内，很难完成。
3．布局合理，考查全面，着重数学方法和数学思想的考察在选择题，填空题，解答题和三选一问题中，试卷均对高中数学中的重点内容进行了反复考查。
包括函数，三角函数，数列、立体几何、概率统计、解析几何、导数等几大版块问题。
这些问题都是以知识为载体，立意于能力，让数学思想方法和数学思维方式贯穿于整个试题的解答过程之中。
二、亮点试题分析1．【试卷原题】11.已知,,A B C 是单位圆上互不相同的三点，且满足AB AC →→=，则AB AC →→⋅的最小值为（ ）A ．14-B ．12-C ．34-D ．1-【考查方向】本题主要考查了平面向量的线性运算及向量的数量积等知识，是向量与三角的典型综合题。
解法较多，属于较难题，得分率较低。
【易错点】1．不能正确用OA ，OB ，OC 表示其它向量。
2．找不出OB 与OA 的夹角和OB 与OC 的夹角的倍数关系。
【解题思路】1．把向量用OA ，OB ，OC 表示出来。
2．把求最值问题转化为三角函数的最值求解。
【解析】设单位圆的圆心为O ，由AB AC →→=得，22()()OB OA OC OA -=-，因为1OA OB OC ===，所以有，OB OA OC OA ⋅=⋅则()()AB AC OB OA OC OA ⋅=-⋅-2OB OC OB OA OA OC OA =⋅-⋅-⋅+ 21OB OC OB OA =⋅-⋅+设OB 与OA 的夹角为α，则OB 与OC 的夹角为2α所以，cos 22cos 1AB AC αα⋅=-+2112(cos )22α=--即，AB AC ⋅的最小值为12-，故选B 。
【举一反三】【相似较难试题】【2015高考天津，理14】在等腰梯形ABCD 中,已知//,2,1,60AB DC AB BC ABC ==∠= ,动点E 和F 分别在线段BC 和DC 上,且,1,,9BE BC DF DC λλ==则AE AF ⋅的最小值为 .【试题分析】本题主要考查向量的几何运算、向量的数量积与基本不等式.运用向量的几何运算求,AE AF ，体现了数形结合的基本思想，再运用向量数量积的定义计算AE AF ⋅，体现了数学定义的运用，再利用基本不等式求最小值，体现了数学知识的综合应用能力.是思维能力与计算能力的综合体现. 【答案】2918【解析】因为1,9DF DC λ=12DC AB =，119199918CF DF DC DC DC DC AB λλλλλ--=-=-==， AE AB BE AB BC λ=+=+，19191818AF AB BC CF AB BC AB AB BC λλλλ-+=++=++=+，()221919191181818AE AF AB BC AB BC AB BC AB BCλλλλλλλλλ+++⎛⎫⎛⎫⋅=+⋅+=+++⋅⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭19199421cos1201818λλλλ++=⨯++⨯⨯⨯︒2117172992181818λλ=++≥+= 当且仅当2192λλ=即23λ=时AE AF ⋅的最小值为2918. 2．【试卷原题】20. （本小题满分12分）已知抛物线C 的焦点()1,0F ，其准线与x 轴的交点为K ，过点K 的直线l 与C 交于,A B 两点，点A 关于x 轴的对称点为D ． （Ⅰ）证明：点F 在直线BD 上； （Ⅱ）设89FA FB →→⋅=，求BDK ∆内切圆M 的方程. 【考查方向】本题主要考查抛物线的标准方程和性质，直线与抛物线的位置关系，圆的标准方程，韦达定理，点到直线距离公式等知识，考查了解析几何设而不求和化归与转化的数学思想方法，是直线与圆锥曲线的综合问题，属于较难题。
【易错点】1．设直线l 的方程为(1)y m x =+，致使解法不严密。
2．不能正确运用韦达定理，设而不求，使得运算繁琐，最后得不到正确答案。
【解题思路】1．设出点的坐标，列出方程。
2．利用韦达定理，设而不求，简化运算过程。
3．根据圆的性质，巧用点到直线的距离公式求解。
【解析】（Ⅰ）由题可知()1,0K -，抛物线的方程为24y x =则可设直线l 的方程为1x my =-，()()()112211,,,,,A x y B x y D x y -，故214x my y x =-⎧⎨=⎩整理得2440y my -+=，故121244y y m y y +=⎧⎨=⎩则直线BD 的方程为()212221y y y y x x x x +-=--即2222144y y y x y y ⎛⎫-=- ⎪-⎝⎭令0y =，得1214y yx ==，所以()1,0F 在直线BD 上.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知121244y y m y y +=⎧⎨=⎩，所以()()212121142x x my my m +=-+-=-，()()1211111x x my my =--= 又()111,FA x y →=-，()221,FB x y →=-故()()()21212121211584FA FB x x y y x x x x m →→⋅=--+=-++=-，则28484,93m m -=∴=±，故直线l 的方程为3430x y ++=或3430x y -+=213y y -===±，故直线BD 的方程330x -=或330x -=，又KF 为BKD ∠的平分线，故可设圆心()(),011M t t -<<，(),0M t 到直线l 及BD 的距离分别为3131,54t t +--------------10分 由313154t t +-=得19t =或9t =（舍去）.故圆M 的半径为31253t r +== 所以圆M 的方程为221499x y ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭【举一反三】【相似较难试题】【2014高考全国，22】 已知抛物线C ：y 2＝2px(p>0)的焦点为F ，直线y ＝4与y 轴的交点为P ，与C 的交点为Q ，且|QF|＝54|PQ|.（1）求C 的方程；（2）过F 的直线l 与C 相交于A ，B 两点，若AB 的垂直平分线l′与C 相交于M ，N 两点，且A ，M ，B ，N 四点在同一圆上，求l 的方程．【试题分析】本题主要考查求抛物线的标准方程,直线和圆锥曲线的位置关系的应用,韦达定理,弦长公式的应用,解法及所涉及的知识和上题基本相同. 【答案】（1）y 2＝4x. （2）x －y －1＝0或x ＋y －1＝0. 【解析】（1）设Q(x 0，4)，代入y 2＝2px ，得x 0＝8p，所以|PQ|＝8p ，|QF|＝p 2＋x 0＝p 2＋8p.由题设得p 2＋8p ＝54×8p ，解得p ＝－2(舍去)或p ＝2，所以C 的方程为y 2＝4x.（2）依题意知l 与坐标轴不垂直，故可设l 的方程为x ＝my ＋1(m≠0)． 代入y 2＝4x ，得y 2－4my －4＝0. 设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)， 则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4.故线段的AB 的中点为D(2m 2＋1，2m)， |AB|＝m 2＋1|y 1－y 2|＝4(m 2＋1)．又直线l ′的斜率为－m ，所以l ′的方程为x ＝－1m y ＋2m 2＋3.将上式代入y 2＝4x ，并整理得y 2＋4m y －4(2m 2＋3)＝0.设M(x 3，y 3)，N(x 4，y 4)，则y 3＋y 4＝－4m，y 3y 4＝－4(2m 2＋3)．故线段MN 的中点为E ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m2＋2m 2＋3，－2m ，|MN|＝1＋1m 2|y 3－y 4|＝4（m 2＋1）2m 2＋1m 2.由于线段MN 垂直平分线段AB ，故A ，M ，B ，N 四点在同一圆上等价于|AE|＝|BE|＝12|MN|，从而14|AB|2＋|DE|2＝14|MN|2，即 4(m 2＋1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2m ＋2m 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 2＋22＝4（m 2＋1）2（2m 2＋1）m 4，化简得m 2－1＝0，解得m ＝1或m ＝－1， 故所求直线l 的方程为x －y －1＝0或x ＋y －1＝0.三、考卷比较本试卷新课标全国卷Ⅰ相比较，基本相似，具体表现在以下方面： 1. 对学生的考查要求上完全一致。
即在考查基础知识的同时，注重考查能力的原则，确立以能力立意命题的指导思想，将知识、能力和素质融为一体，全面检测考生的数学素养，既考查了考生对中学数学的基础知识、基本技能的掌握程度，又考查了对数学思想方法和数学本质的理解水平，符合考试大纲所提倡的“高考应有较高的信度、效度、必要的区分度和适当的难度”的原则． 2. 试题结构形式大体相同，即选择题12个，每题5分，填空题4 个，每题5分，解答题8个（必做题5个），其中第22，23，24题是三选一题。
题型分值完全一样。
选择题、填空题考查了复数、三角函数、简易逻辑、概率、解析几何、向量、框图、二项式定理、线性规划等知识点，大部分属于常规题型，是学生在平时训练中常见的类型．解答题中仍涵盖了数列，三角函数，立体何，解析几何，导数等重点内容。
3. 在考查范围上略有不同，如本试卷第3题，是一个积分题，尽管简单，但全国卷已经不考查了。
四、本考试卷考点分析表（考点/知识点，难易程度、分值、解题方式、易错点、是否区分度题）。