证明不等式的几种方法
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。
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：$\frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}\geq 3$。
证明不等式的几种方法
证明不等式几种的方法1.1比较法（作差法）[1]在比较两个实数a 和b 的大小时，可借助b a -的符号来判断.步骤一般为：作差——变形——判断（正号、负号、零）.变形时常用的方法有：配方、通分、因式分解、和差化积、应用已知定理、公式等.例1 已知：0>a ，0>b ，求证：ab b a ≥+2. 证明 02)(2222≥-=-+=-+b a ab b a ab b a ， 故得ab b a ≥+2. 1.2作商法在证题时，一般在a ，b 均为正数时，借助1>b a 或1<b a 来判断其大小，步骤一般为：作商——变形——判断（大于1或小于1）.例2 设0>>b a ，求证：a b b a b a b a >.证明 因为 0>>b a ，所以 1>ba ，0>-b a . 而 1>⎪⎭⎫ ⎝⎛=-b a a b b a b a b a b a ， 故 a b b a b a b a >.1.3分析法（逆推法）从要证明的结论出发，一步一步地推导，最后达到命题的已知条件（可明显成立的不等式、已知不等式等），其每一步的推导过程都必须可逆.例3 求证：15175+>+.证明 要证15175+>+，即证1521635212+>+，即15235+>，1541935+>，16154<，415<，1615<.由此逆推即得 15175+>+.1.4放缩法[5]在证题过程中，根据不等式的传递性，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.值得注意的是“放”、“缩”得当，不要过头.常用方法为：改变分子（分母）放缩法、拆补放缩法、编组放缩法、寻找“中介量”放缩法.例4 求证：01.0100009999654321<⨯⨯⨯⨯ . 证明 令,100009999654321⨯⨯⨯⨯= p 则 ,10000110001111000099991431211000099996543212222222222222<=-⨯⨯-⨯-<⨯⨯⨯⨯= p所以 01.0<p .1.5函数极值法通过变换，把某些问题归纳为求函数的极值，达到证明不等式的目的.例5 设R x ∈，求证：812sin 32cos 4≤+≤-x x . 证明 81243sin 2sin 3sin 21sin 32cos )(22+⎪⎭⎫ ⎝⎛--=+-=+=x x x x x x f 当43sin =x 时， ;812)(m ax =x f 当1sin -=x 时， .4)(m in -=x f故 812sin 32cos 4≤+≤-x x . 1.6单调函数法当x 属于某区间，有0)(≥'x f ，则)(x f 单调上升；若0)(≤'x f ，则)(x f 单调下降.推广之，若证)()(x g x f ≤，只须证)()(a g a f =及)),((),()(b a x x g x f ∈'≤'即可. 例 6 证明不等式x e x +>1，.0≠x证明 设,1)(x e x f x --=则.1)(-='xe xf 故当0>x 时，f x f ,0)(>'严格递增；当f x f x ,0)(,0<'<严格递减.又因为f 在0=x 处连续，则当0≠x 时， ,0)0()(=>f x f从而证得.0,1≠+>x x e x 1.7中值定理法利用中值定理：)(x f 是在区间],[b a 上有定义的连续函数，且可导，则存在ξ，b a <<ξ，满足))(()()(a b f a f b f -'=-ξ来证明某些不等式，达到简便的目的.例7 求证：y x y x -≤-sin sin .证明 设 x x f sin )(=，则ξξcos )(n si )(sin sin y x y x y x -='-=-故 y x y x y x -≤-≤-ξcos )(sin sin .1.8利用拉格朗日函数例 8 证明不等式,)111(331abc cb a ≤++- 其中c b a ,,为任意正实数. 证明 设拉格朗日函数为对).1111(),,,(rz y x xyz z y x L -+++=λλ 对L 求偏导数并令它们都等于0，则有02=-=x yz L x λ， 02=-=y zx L y λ， 02=-=x xy L z λ， .01111=-++=rz y x L λ由方程组的前三式，易的.111μλ====xyz z y x 把它代入第四式，求出.31r =μ从而函数L 的稳定点为.)3(,34r r z y x ====λ 为了判断3)3()3,3,3(r r r r f =是否为所求条件极小值，我们可把条件rz y x 1111=++看作隐函数),(y x z z =（满足隐函数定理条件），并把目标函数),(),(),,(y x F y x xyz z y x f ==看作f 与),(y x z z =的复合函数.这样，就可应用极值充分条件来做出判断.为此计算如下：,22xz z x -=,22y z z y -= ,2xyz yz F x -=,2y xz xz F y -= ,2,232233xy z x z y z z F xyz F xy xx +--== .233yxz F yy = 当r z y x 3===时，,3,6r F F r F xy yy xx ===.02722>=-r F F F xy yy xx由此可见，所求得的稳定点为极小值点，而且可以验证是最小值点.这样就有不等式).1111,0,0,0()3(3rz y x z y x r xyz =++>>>≥ 令,,,c z b y a x ===则,)111(1-++=cb a r 代入不等式有 31])111(3[-++≥cb a abc 或 ).0,0,0()111(331>>>≤++-c b a abc c b a。
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.。
证明不等式的八大绝招
证明不等式的八大绝招高考数学的压轴题常以不等式为背景，而不等式的证明因其方法灵活，技巧性强，历来是学生学习中的一大难点，本文给同学们介绍不等式证明中的八大绝招：“变形法、拆项法、添项法、放缩法、构造法、换元法、导数法、数形结合法”，希望对同学们的学习有所禅益。
一、变形法例1、已知121212101010,,,:a b c a b c R a b c bc ca ab+∈++≥++求证 证明：原不等式等价于：131313101010a b c a b c abc ++≥++()131313101010a b c abc a b c ⇔++≥++ （*）1313112211a b a b a b +≥+ ， 1313112211b c b c b c +≥+， 1313112211c a a c a c +≥+， ()()()()1313131122112211222a b c a b c b a c c a b ∴++≥+++++()1111111010102222a bc b ac c ab abc a b c ≥++=++。
从而()131313101010a b c abc a b c ++≥++；所以（*）式成立，故原不等式成立。
二、拆项法例2、已知,,,1a b c R a b c +∈++=且 ，求证：231.432ab c ≤证明：122333b b c c c a b c a =++=+++++ 66≥=232362316432ab c ⋅∴≤=。
三、添项法例3、【第36届IMO 试题】设,,a b c 为正数，满足1abc =，求证：()()()33311132a b c b a c c a b ++≥+++.证明：()()3114b c a b c bc a ++≥=+ , ()3114a c b a c ac b++≥=+,311()4a b c a b ab c++≥=+, ∴()()()33311111114b c a c a b a b c b a c c a b bc ac ab a b c+++⎛⎫+++++≥++ ⎪+++⎝⎭.从而()()()33311111111112a b c b a c c a b a b c a b c ⎛⎫++≥++-++ ⎪+++⎝⎭1111322a b c ⎛⎫=++≥= ⎪⎝⎭. 故∴原不等式成立. 四、放缩法 例4、【1998年全国高考试题】求证：())*111111114732n N n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++>∈ ⎪⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 。
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。
不等式证明基本方法
不等式证明基本方法一、数学归纳法数学归纳法是证明自然数性质的一种基本方法，对于与整数有关的不等式，我们也可以利用数学归纳法进行证明。
其基本思路是先证明当n=1时不等式成立，再假设当n=k时不等式成立，然后通过数学推理证明当n=k+1时不等式也成立。
二、反证法当我们尝试利用数学归纳法证明不等式时，有时可能会遇到困难，这时我们可以尝试使用反证法。
反证法的证明过程是：先假设不等式不成立，然后推导出与已知条件或已证明的定理矛盾的结论，从而证明原不等式的正确性。
三、插值法插值法也是一种常见的不等式证明方法。
其基本思路是在待证不等式的两边加入适当的不等式，并利用不等式的传递性和可加减性进行推导，最终得到待证不等式的真假结论。
四、绝对值法对于涉及绝对值的不等式，我们可以利用绝对值的性质进行证明。
例如，对于，a-b，>c这样的绝对值不等式，我们可以根据绝对值的定义将其拆分为两个不等式，再分别进行证明。
另外，利用绝对值不等式的性质，我们还可以进行变量替换等操作，将原不等式化简为更简单的形式进行证明。
五、特殊化方法特殊化方法是指将不等式中的一些变量或参数取特殊值，从而达到简化不等式的目的。
例如，对于含有幂函数的不等式，我们可以通过取特殊值使得幂函数变为常数或者线性函数，从而将原不等式化简为更简单的形式。
综上所述，不等式证明的基本方法包括数学归纳法、反证法、插值法、绝对值法和特殊化方法等。
在具体的证明过程中，我们需要根据待证不等式的特点选择合适的方法，并灵活运用各种数学工具和技巧，从而得到准确的证明结论。
不等式证明几种方法
同理： ,
以上三式相乘：(1a)a•(1b)b•(1c)c≤ 与①矛盾
∴原式成立
例五、已知a+b+c> 0，ab+bc+ca> 0，abc> 0，求证：a,b,c> 0
证：设a< 0,∵abc> 0,∴bc< 0
又由a+b+c> 0,则b+c=a> 0
∴ab+bc+ca=a(b+c) +bc< 0与题设矛盾
8．若x,y> 0，且x+y>2，则 和 中至少有一个小于2
一、裂项放缩
例1.(1)求 的值; (2)求证: .
解析:(1)因为 ,所以
(2)因为 ,所以
奇巧积累
:(1) (2)
(3)
(4)
(5) (6)
(7) (8)
(9)
(10) (11)
(11)
(12)
(13)
(14) (15)
(15)
例2.(1)求证:
分析：当水的流速相同时，水管的流量取决于水管横截面面积的大小。设截面的周长为 பைடு நூலகம்则周长为 的圆的半径为 ，截面积为 ；周长为 的正方形为 ，截面积为 。所以本题只需证明 。
证明：设截面的周长为 ，则截面是圆的水管的截面面积为 ，截面是正方形的水管的截面面积为 。只需证明： 。
为了证明上式成立，只需证明 。
例3、已知a，b，m都是正数，并且 求证： （1）
证法一要证（1），只需证 （2）
要证（2），只需证 （3）
要证（3），只需证 （4）
已知（4）成立，所以（1）成立。
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。
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．。
证明不等式的几种方法
不等式证明题的命题形式多样，证明不等式的方法也很多，如综合法、分析法、反证法、放缩法、构造法等.本文主要介绍一下综合法、分析法、反证法的应用技巧.一、综合法用综合法证明不等式，需先根据题目中的已知信息，以及已知的事实、结论、性质、定理等，一步步推导，直到推导出需要证明的式子为止.因而综合法就是由“因”到“果”的推导过程.每一步的推导过程一定要符合数学逻辑.在证明不等式时，可以从左往右推导，也可以从右往左推导.例1.若a,b,c是不完全相等的正数，求证：ln a+b2+ln b+c2+ln c+a2>ln a+ln b+ln c.证明：由于a,b,c都是正数，所以a+b2≥ab>0,b+c2≥bc>0,a+c2≥ac>0，又因为a,b,c是不完全相等的正数，如果这三个不等式都成立，就取不到等号，因此a+b2·b+c2·c+a2>ab·bc·ca=abc，在上式的两边取对数得：ln(a+b2·b+c2·c+a2)>ln(abc)，即：lna+b2+ln b+c2+ln c+a2>ln a+ln b+ln c.解答本题主要运用基本不等式a+b2≥ab；然后根据不等式的可乘性，通过取对数，将不等式左边的式子进行化简.在推导不等式的过程中，经常需要用到这几个不等式：a2+b2≥2ab,a+b2≥ab(当且仅当a=b时取等号).二、分析法用分析法解题的思路和综合法相反，用分析法证明不等式，需要从要证明的不等式出发，然后分析这个不等式成立的充分条件是什么，一步一步递推，证明不等式成立的充分条件符合题中给出的信息，或者符合已知的数学结论.一般来说，分析法常用于证明较复杂的不等式问题.若由不等式一边的式子很难推导出另一边的式子，就可以采用分析法进行证明，通过分析、推理，一步步简化不等式，最终得到一个比较简便的等价不等式.例2.设a>b>0,求证：(a-b)28a<a+b2-ab<(a-b)28b.证明：要证：(a-b)28a a+b2ab(a-b)28b，即证：(a+b)28a<(a-b)22<(a-b)28b，由于a>b>0，所以a≠b，即证：(a+b)24a<1<(a+b)24b，<1<1<，根据a>b>0，可知该不等式成立，于是得证：(a+b)28a<a+b2-ab<(a-b)28b.这个不等式较为复杂，我们很难从不等式左边的式子推导出右边的式子，同样也很难反向推导出结论，但是可以用分析法，将不等式一步步简化，先将中间项合并，再将其化为1，然后通过恒等变换，化简即可.三、反证法反证法是解答证明题的一个重要手段.一般地，当题目中出现“至少”“不存在”“至多”等字眼时，都可以考虑使用反证法进行证明.用反证法证明不等式，要首先假设命题不成立；然后结合题中已知的信息和已有的数学知识，得到存在矛盾的结论，那就说明假设的命题不成立，这样就可以证明不等式成立.例3.已知a>0,b>0，且a+b>2,求证：1+b a,1+a b中至少有一个小于2.证明：假设1+b a,1+a b都大于2，因为a>0,b>0，则1+b≥2a,1+a≥2b，将这两个式子相加得：2+a+b≥2a+2b，化简得：a+b≤2,与题目中的a+b>2相矛盾，因此，1+b a,1+a b中至少有一个小于2.由题目中出现了“至少”的字眼，所以考虑使用反证法进行证明.在提出假设命题时，要注意命题的反面情况，如“1+b a、1+a b至少有一个小于2”的反面情况是“1+b a、1+a b都大于2”.熟练掌握综合法、分析法、反证法的适用情形、特点，以及解题的步骤，对解题有很大的帮助.同学们在日常学习中，要学会积累解题技巧和规律，以提升解题的效率.（作者单位：江西省龙南中学）赖明辉备考指南59。
证明不等式的基本方法
恒成立，求实数a的取值范围”提出各自的解题思路．
甲说：“只须不等式左边的最小值不小于右边的最大值”； 乙说：“把不等式变形为左边含变量x的函数，右边仅含常 数，求函数的最值”； 丙说：“把不等式两边看成关于x的函数，作出函数图象”；
参考上述解题思路，你认为他们所讨论的问题的正确结论，
即a的取值范围是________． [答案] a≤10
[点评与警示] 论证过程中，执果索因与由因导果总是不
断变化，交替出现．尤其综合题推理较盲目时，利用分析法从
要证的问题入手，逐步推求，再用综合法逐步完善，最后找到 起始条件为止．
(人教版选修 4—5 第 30 页第 1 题)已知 a， b， c∈(0,1)， 1 求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a 不同时大于4.
[证明]
(反证法)假设(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a 都大于 ①
1 1 (1－b)c· (1－c)a>64 4，则(1－a)b· 1 即[a(1－a)· b(1－b)· c(1－c)]>64
a＋1－a 2 1 而 0<a(1－a)≤[ ]＝ ， 2 4
1 1 0<b(1－b)≤ ，0<c(1－c)≤ 4 4 1 ∴[a(1－a)][b(1－b)][c(1－c)]≤ 与①矛盾 64 1 ∴(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a 不同时大于 . 4
) B．a2＞b2 1a 1b D．(2) ＜(2)
1 2 ．若 a ＞ b ＞ 1 ， P ＝ lga· lgb ， Q ＝ (lga ＋ lgb) ， R ＝ 2 a＋b lg( )，则( 2 A．R＜P＜Q C．Q＜P＜R
[解析]
) B．P＜Q＜R
D．P＜R＜Q 1 ∵lga＞lgb＞0，∴ (lga＋lgb)＞ lga· lgb，即 Q 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
+
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。
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证明不等式的几种方法淮安市吴承恩中学 严永飞 223200摘要：不等式证明是中学数学的重要内容,证明方法多种多样.通常所用的公式法、放缩法只能解决一些较简单的问题,对于较难的问题则束手无策.本文给出了几种特殊方法.如倒数变换法、构建模型法、逆用等比数列求和公式等方法,使解题容易,新颖独特.关键词：不等式，公式法，构建模型法前言 证明不等式是中学数学的重要内容之一,内容抽象，难懂，证明方法更是变化多端.通常所用的一些方法如公式法、放缩法只能解决一些较简单的问题,较难的问题则无法解决.本文给出了几种特殊方法.如倒数变换法、构建模型法、逆用等比数列求和公式等方法. 这里所举的几种证明不等式的特殊方法看似巧妙,但如果认真思考,广泛联系,学以致用,一定能使问题得到很好的解决. 1 运用倒数变换证明不等式这里所说倒数变换是根据具体的题目要求把不等式的部分进行倒数变换，通过化简后使不等式变得简单，更好更快的解决证明问题.例1 设+∈R z y x ,,,且xyz =1 求证：)(13z y x ++)(13z x y ++)(13y x z +≥23 分析 如果先通分再去分母，则不等式将变得很复杂.令A x =-1,B y =-1 ,C z =-1 ,则+∈R C B A ,,且1=ABC .欲证不等式可化为 C B A +2+A C B +2+BA C +2≥23（*） 事实上,a 2+22b λ≥ab λ2 (+∈R b a ,,λ),而当b >0时, a 2/b ≥b a 22λλ-.（*）式左边≥A λ2-2λ(C B +)+ B λ2-2λ(C A +)+C λ2-2λ(A B +) = λ2(λ-1)(C B A ++) ≥λ6(λ-1)3ABC = λ6(λ-1).令λ=21时,C B A +2+AC B +2+ B A C +2≥6×21×(1-21)=23 得证. (这里用到二元平均不等式的变形和三元平均不等式.)例 2 已知z y x ,,>0,n 为大于1的正整数，且n n x x +1+n ny y +1+n n z z +1=1 求证：n x x +1+n y y +1+n zz +1≤n n 12-证明 令P x n =+11, Q y n =+11, R z n=+11 由于n n x x +1+n ny y +1+n n z z +1=n n x x +-+111+n n yy +-+111+n n z z +-+111 =R Q P -+-+-111 =1所以2=++R Q P由于()1-++n R Q P =()1-++n R Q P ()n n n Rz Qy Px ++≥()n Rz Qy Px ++ 故 Rz Qy Px ++≤()nn R Q P /1-++即 n x x +1+n y y +1+n z z +1≤n n 12- 这里用到定理：(∑=m i i a 1)n-1 ∑=m i ni i x a 1 ≥ (∑=m i i i x a 1)n注 利用倒数变换不等式，可以使要证的不等式变得相对简单，使我们能够更好的去观察不等式，与我们熟悉的不等式相联系，从而达到解题的目的. 2 建立概率模型证明不等式从表面上看概率与证明不等式没有太大关系，但在做题过程中可以发现题目中的细枝末节，运用发散思维，可以使两者建立联系.例 3 证明：1--A a A +)2)(1()1)((-----A A a A a A +…+a a A a A )1()1(12)(+-⋅- <aA （+∈Z a A ,且 a A >）分析：仔细观察不等式，发现其中有阶乘的形式，因而我们可以试着去建立概率模型去证明不等式.证明：建立A 个球其中a 个黑球的模型，不放回的摸球，直到摸到黑球为止.第一次摸到黑球的概率是Aa ，第二次摸到黑球的概率是A a A -·1-A a ，…，第1+-a A 次摸到黑球的概率是A a A -·11---A a A ·…a a ，而最多到第1+-a A 次一定会摸到黑球，设i E =｛第i 次摸到黑球｝，则｛黑球在第1次到第1+-a A 次中取到｝为一必然事件，其概率为1.即 P(1E )＋P(E 12E )+…+P(E 12E …a A E -1+-a A E )=1所以有A a +A a A -·1-A a +…+A a A -·11---A a A ·…a a =1 两边同乘a A ，得1+1--A a A +)2)(1()1)((-----A A a A a A +…+a a A a A )1()1(12)(+-⋅- =a A 即 1--A a A +)2)(1()1)((-----A A a A a A +…+a a A a A )1()1(12)(+-⋅- <aA 注：建立概率模型证明不等式，新颖独特，但只要我们在学好各类知识点的基础上，开动脑筋，广泛联系，一定能够触碰出思维的火花.3 灵活运用重要不等式解题重要不等式是中学数学证明不等式的重要方法，但不能拘泥与我们所记忆的内容，对它们的变形也要熟悉，达到灵活应用.例 4 设n S = ∑=n k k11 ，求证：n (1+n )n 1-n < n S < n -(1-n )n －11+n (2>n )证明 由均值不等式得，当2>n 时n 1(n S +n )= n 1[(1+1)+ (1+21)+ (1+31)+…+ (1+n1)] > (2·23·34…n n 1+)n 1 =(1+n )n 1 即 n (1+n )n1-n < n S另一方面， 11-n ( n -n S )= 11-n [(1-1)+ (1-21)+ (1-31)+…+ (1-n1)] >(21·32·…·nn 1-)11-n = n －11+n 即 n S < n -(1-n )n －11+n 所以 n (1+n )n 1-n < n S < n -(1-n )n －11+n (2>n )例 5 求证：(1+1)(1+31)(1+51)…(1+121-n ) >12+n 分析：仔细观察不等式发现有12，34，56，… , 122-n n 联想到高中数学竞赛中有一个重要不等式---“糖水不等式”：b a <mb m a ++ (0,0><<m b a ). 针对此题可以逆用为 a b >ma mb ++ (0,0><<m b a )，进一步逼近目标. 证明：由于a b >ma mb ++ (0,0><<m b a )则 (1+1)(1+31)(1+51)…(1+121-n ) =12×34×56×78… ×122-n n >1112++×1314++×1516++×1718++… ×11212+-+n n =23×45×67×89×…×nn 212+ =21×43×65×87×…×nn 212-×(2n+1) 所以 (12×34×56×78… ×122-n n )2 >2n+1 即 (1+1)(1+31)(1+51)…(1+121-n ) >12+n 注 掌握重要不等式是解题的关键.实践证明，复杂的不等式大多数都是由重要不等式整和、加工而成.因而一方面要掌握重要不等式，另一方面对它们的一些简单变形也要熟悉.4 构造向量证明不等式向量的乘法公式是向量的重要公式之一，通过对三角函数性质的熟悉，可以把公式中的等式形式变化成不等式形式，构造向量模型证明不等式.例 6 设c b a ,,∈R + ,试证2b a +2c b +2a c ≥a 1+b 1+c 1 证明：构造向量:→P =(b a , c b , a c ) , →Q =(a 1,b 1,c1) 由→P 2·→Q 2≥(→P ·→Q )2得(2b a +2c b +2a c )(a 1+b 1+c 1)≥(b a ×a 1+c b ×b 1+a c ×c 1)2 即 2b a +2cb +2ac ≥a 1+b 1+c 1 (当且仅当c b a ==时,等号成立) 例 7 已知d c b a ,,,∈R + ,且1=+++d c b a求证:14+a + 14+b +14+c +14+d ≤42证明：构造向量: →P =(14+a ,14+b ,14+c ,14+d ) , →Q =(1,1,1,1) ,由→P ·→Q ≤ →P ·→Q 得 14+a +14+b +14+c +14+d ≤14141414+++++++d c b a ·1111+++ =)(44d c b a ++++·4=42当且仅当→P =→Q 即4/1====d c b a 时,等号成立.推广：若 +∈R x x x n ,,,21 ,且121=+++n x x x ,则 11+nx +12+nx +…+1+n nx ≤n2 (+∈N n ) 分析：构造向量: →P =(11+nx ,12+nx ,...,1+n nx ) →Q =(1,1, (1)证明方法类似上题.注 以上两例可以看出构造向量证明不等式问题方便、快捷,能否构造出合适的向量是解题的关键.这不仅要求我们熟练掌握向量的性质及公式,还要求我们广泛联系,学以致用.5 运用数学归纳法证明不等式很多题目表面上看特殊，但我们可以对题目进行归纳总结，使题目转化成另一个等价的命题，变成一类题目，便于我们证明和掌握.例 8 设数列{n x }满足1x =21，1+n x = n x +22nx n 证明：2007x ＜1004 分析 1004=212007+即命题可变为： 设数列{n x }满足n x =21 1+n x = n x +22nx n 证明：n x ＜21+n 证明 因为n =1时，显然 n x ＜21+n 成立， n =2时，2x =43＜23显然也成立 所以仅对n ≥3时，用数学归纳法证明(1)当n =3时，3x =6457＜213+成立 (2)假设k n =时，k x ＜21+k ， 当 1+=k n 时，1+k x =k x +22k x k =22⎪⎭⎫ ⎝⎛+k k x k —42k因为 0＜k x ＜21+k 所以 1+k x ＜（221k k k ++）2—42k =43+241k +k 21+2k =22+k —41+2421k k +=22+k —2242)1(kk --≤22+k 即 1+=k n 时成立由(1)(2)可知命题为真即当 n =2007时 2007x ＜1004例9．设0＜a ＜1，定义1a =1+a ，1+n a =na 1+a ，求证:对一切自然数n 有n a ＞1 分析：若n a ＞1即1+n a ＞1，na 1+a ＞1，n a ＜a -11， 命题可变为:设0＜a ＜1，定义1a =1+a ，1+n a = na 1+a 求证：对一切自然数n 有1＜n a ＜a-11 证明 （1）1=n 显然成立 （2）假设k n =时成立，即1＜k a ＜a -11，1—a ＜n a 1＜1 当1+=k n 时，1+k a =a a k +1 即1+k a —a =ka 1 所以 a -1＜1+k a —a ＜1 即1＜1+k a ＜1+a因为 0＜a ＜1 所以 0＜1—2a ＜1所以 1＜1+k a ＜1+a ＜a-11 即1+=k n 时成立， 由(1)(2)可知命题为真，即对一切自然数 n 有n a ＞1注 数学归纳法通常用于证明数列不等式,在使用数学归纳法之前要透过题目的表象,仔细理解其本质,归纳出论点,与相类似的题目联系,最终得到证明.6 逆用等比数列求和公式等比数列求和公式是中学数学的重要内容之一，把它与极限的思想紧密的联系在一起可以起到意想不到的效果，这种方法经历了一个从有限到无限再从无限到有限的过程.等比数列的求和公式为 1111-+++n q a q a a =qq a n --1)1(1(0<q <1) 无穷等比数列的求和公式为1111-+++n q a q a a +…=qa -11(0<q <1) 例 10 设任意实数y x ,满足x <1,y <1,求证:211x -+ 211y -≥xy -12 分析:从式子的结构联想到无穷递缩等比数列的求和公式，使211x -+ 211y-转化为无穷等比数列的各项和.211x -+ 211y -=( ++++8421x x x )+( ++++8421y y y ) =2+(22y x +)+(44y x +)+(88y x +)+…≥2+xy 2+222y x +442y x + (x)-12 总结 从以上问题的的探究过程中不难发现:遇到不等式证明的问题,我首先要做的就是反复观察题目,或者透过现象认识题目的本质,从而找到题目的突破口,或者观察不等式字母、数字的形态特征,与已知的重要不等式相联系、整合,达到解题的目的.这里所举的几种证明不等式的非常规方法看似巧妙,但如果你认真思考,广泛联系,学以致用,一定能使问题迎刃而解.。