2.5不等式的证明

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证明不等式的几种方法

昭通学院学生毕业论文论文题目证明不等式的几种方法姓名学号 201103010128学院数学与统计学院专业数学教育指导教师2014年3月6日证明不等式的几种方法摘要：证明不等式就是要推出这个不等式对其中所有允许值都成立或推出数值不等式成立。

本文主要归纳了几种不等式证明的常用方法。

关键词：不等式; 证明; 方法 1.引言在定义域中恒成立的不等式叫做恒不等式，确认一个不等式为恒不等式的过程为对该不等式进行证明。

证明不等式的主要方法是根据不等式的性质和已有的恒不等式进行合乎逻辑的等价变换。

主要方法有：比较法、综合法、分析法、反证法、归纳法、放缩法、构造法、导数法、均值不等式性质证明不等式等方法。

2.不等式证明的常用方法2.1 比较法比较法是直接作出所证不等式，两边的差（或商）然后推演出结论的方法。

具体地说欲证B A >)(B A <,直接将差式B A -与0比较大小；或若当+∈R B A ,时，直接将商式BA与1比较大小[]1。

差值比较法的理论依据是不等式的基本性质：“若0≥-b a ,则b a ≥;若0≤-b a ,则b a ≤.”其一般步骤为：1.作差：观察不等式左右两边构成的差式，将其看成一个整体。

2.变形：把不等式两边的差进行变形，或变形成一个常数，或为若干个因式的积，或一个或几个平方和。

其中变形是求差法的关键，配方和因式分解是经常使用的方法。

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，对于分式或对数式时，一般使用差值比较法。

商值比较法的理论依据是：“∈b a ,+R ，若b a 1≥则b a ≥;若ba1≤则b a ≤.”其一般步骤为：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还是小于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。

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。

不等式的性质和证明

四、不等式1. 不等式的性质和证明知识网络不等式的性质和证明结构简图画龙点晴概念不等式：用不等号把两个数学式子连结而得到的式子叫做不等式。

同向不等式：不等号相同的两个或几个不等式叫做同向不等式。

异向不等式：不等号相反的两个不等式叫做异向不等式。

绝对不等式：不等式中，对于字母所能取的一切允许值，不等式都成立，这样的不等式叫做绝对不等式。

矛盾不等式：不等式中，对于字母所能取的一切允许值，不等式都不成立，这样的不等式叫做矛盾不等式。

条件不等式：不等式中，对于字母所能取的某项允许值不等式能成立，而对于字母所能取的另外一些允许值不等式不能成立，这燕的不等式叫做条件不等式。

两实数大小的比较： 0>-⇔>b a b a ; 0=-⇔=b a b a ; 0<-⇔<b a b a . 求差比较的步骤：（1）作差: 有的可直接作差，有的需转化才可作差;（2）变形: 变形的目的是判断差的符号，为了便于判断符号，进行分解因式或配方等变形，有时还要根据字母取值范围进行讨论以判断差的符号;（3）判断差的符号。

(4）结论。

[活用实例][例1] 设0>a 且1≠a ，比较)1(log 3+a a 与)1(log 2+a a 的大小.[题解] )1()1()1(223-=+-+a a a a ,当10<<a 时1123+<+a a ∴)1(log 3+a a >)1(log 2+a a 当1>a 时1123+>+a a ∴)1(log 3+a a >)1(log 2+a a ∴总有)1(log 3+a a >)1(log 2+a a .[例2]已知0 < x < 1, 0 < a < 1，试比较|)1(log | |)1(log |x x a a +-和的大小。

[题解1][][])1(log )1(log )1(log )1(log |)1(log | |)1(log |22x x x x x x a a a a a a +---+-=+--xx x aa +--=11l o g )1(l o g 2∵0 < 1 - x 2 < 1, 1110<+-<x x∴011log )1(log 2>+--xx x a a ∴|)1(log | |)1(log |x x a a +>-[题解2]2111111log 11log )1(log )1(log )1(log )1(log x x x x x x x x x x x a a -+=-=--=-=+-++++)1(l o g 121x x --=+∵0 < 1 - x 2 < 1, 1 + x > 1, ∴0)1(log 21>--+x x ∴1)1(log 121>--+x x ∴|)1(log | |)1(log |x x a a +>-[题解3]∵0 < x < 1, ∴0 < 1 - x < 1, 1 < 1 + x < 2,∴0)1(log ,0)1(log <+>-x x a a∴左 - 右 = )1(log )1(log )1(log 2x x x a a a -=++-∵0 < 1 - x 2 < 1, 且0 < a < 1 ∴0)1(log 2>-x a .∴|)1(log | |)1(log |x x a a +>-定理不等式的基本性质定理1：如果b a >，那么a b <；如果a b <，那么b a >（对称性）定理2：如果b a >，c b > 那么c a >（传递性）定理3：如果b a >，那么c b c a +>+ （加法单调性）反之亦然定理4：如果b a >且0>c , 那么bc ac >；如果b a >且0<c 那么bc ac < （乘法单调性）推论1 如果0>>b a 且0>>d c ，那么bd ac >（相乘法则）（补充）如果0>>b a 且d c <<0，那么dbc a >（相除法则）推论2 如果0>>b a , 那么nn b a > )1(>∈n N n 且定理5：如果0>>b a ，那么nn b a >)1(>∈n N n 且[活用实例][例3]若0,0<<>>d c b a 求证：db c a ->-ππααsin sin log log . [题解] ∵1sin 0<<α π>1 ∴0log sin <πα,又∵0,0>->->>d c b a ∴d b c a ->->0, ∴db c a -<-11 ， ∴原式成立. [例4]已知2<a ≤4, -4≤b<-2, 求a+b, a-b 和ab 的取值范围. [题解] 2<a ≤4, -4≤b<-2, ∴-2<a+b<2.又-4≤b<-2, ∴2<-b ≤4, ∴4<a+(-b)≤8, 即4<a+-b ≤8. 4<⋅a (-b) ≤16, 即 4<-ab ≤16, ∴-16≤ab<-4. [例5]已知-1≤a+b ≤1, 1≤a-b ≤3, 求3a-b 的取值范围. [题解] 设3a-b=m (a+b)+n(a-b), ∴3a-b= (m+n)a+ (m-n)b比较系数，得⎩⎨⎧-=-=+13n m n m ∴⎩⎨⎧==21n m .∴3a-b= (a+b)+2 (a-b)-1≤a+b ≤1, 1≤a-b ≤3, ∴1≤(a+b)+2 (a-b) ≤7， ∴1≤3a-b ≤7. 均值定理定理1：如果R b a ∈,，那么ab b a 222≥+（当且仅当b a =时取“=”）推论：如果+∈R b a ,，那么ab ba ≥+2（当且仅当b a =时取“=”）定理2：如果+∈R c b a ,,，那么abc c b a 3333≥++（当且仅当c b a ==时取“=”）推论：如果+∈R c b a ,,，那么33abc c b a ≥++（当且仅当b a ==c 时取“=”）算术平均数与几何平均数：如果+∈R a a a n ,,,21 ，且1>n ，那么na a a n+++ 21叫做这n 个正数的算术平均数，n n a a a 21叫做这n 个正数的几何平均数。

高考数学证明不等式的基本方法

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1.比较法证明不等式作差比较法是证明不等式的基本方法，其依据是：不等式的意义及实数大小比较的充要条件. 证明的步骤大致是：作差——恒等变形——判断结果的符号.
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2.综合法证明不等式综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推理的基本理论.证明时要注意的是：作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中 “当且仅当……时，取等号”的题型研修
例 1 若 x，y，z∈R，a＞0，b＞0，c＞0.求证：b＋a cx2＋c＋b a
y2＋a＋c bz2≥2(xy＋yz＋zx).
证明 ∵b＋a cx2＋c＋b ay2＋a＋c bz2－2(xy＋yz＋zx)
＝bax2＋aby2－2xy＋bcy2＋bcz2－2yz＋acz2＋acx2－2zx＝
∴0＜（n＋1）n22＋＋11＋＋（ n n＋1）＜1，即CCn＋n1＜1，
从而有 Cn＋1＜Cn.
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跟踪演练 2 若 a，b，m，n 都为正实数，且 m＋n＝1，试证： ma＋nb≥m a＋n b. 证明 ∵a，b，m，n 均为正数，且 m＋n＝1， ∴( ma＋nb)2－(m a＋n b)2 ＝ma＋nb－m2a－n2b－2mn ab ＝m(1－m)a＋n(1－n)b－2mn ab ＝mn( a－ b)2≥0，又 ma＋nb＞0，m a＋n b＞0， ∴ ma＋nb≥m a＋n b.
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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.。

不等式的四个公式证明

不等式的四个公式证明不等式在数学中可是个很重要的家伙，咱们今天就来好好唠唠不等式的四个公式证明。

先来说说什么是不等式。

想象一下，你有一堆糖果，小明也有一堆糖果，你俩谁的糖果多呢？这比较的过程其实就是在研究不等式。

咱先瞅瞅第一个公式，叫加法法则。

简单说，如果 a > b，那么 a +c > b + c。

这就好比你本来就比小明的零花钱多，然后你俩都得到了同样多的额外零花钱，那你还是比他多嘛。

比如说，你有 10 块钱，小明有 5 块钱，老师又给了你俩每人 3 块，那你就有 13 块，小明 8 块，你还是比他多。

再讲讲乘法法则。

当 a > b 且 c > 0 时，ac > bc。

这个也好理解，就像你跑步速度比小明快，然后在同样的时间里跑，时间越长，你跑的距离就比小明跑的更远。

比如你一分钟能跑 200 米，小明一分钟跑 150 米，要是跑 5 分钟，你能跑 1000 米，小明 750 米，差距就更大啦。

还有个除法法则。

当 a > b 且 c > 0 时，a/c > b/c。

这就好比分苹果，本来你的苹果比小明多，然后平均分给同样多的人，你分给每个人的苹果还是比小明多。

最后说一下传递性。

如果 a > b 且 b > c，那么 a > c。

这就像接力赛，你跑在前面，小明在中间，小李在后面，那你肯定也在小李前面。

我记得之前有一次给学生们讲这个知识点的时候，有个小家伙特别可爱。

我刚讲完加法法则，让大家做几道练习题巩固一下。

结果这小家伙举着手说：“老师，我懂啦，这就像我吃的巧克力比同桌多，我俩又都吃了同样多的棒棒糖，那我还是巧克力多。

”当时全班都笑了，不过通过这个例子，大家对加法法则的理解更深刻了。

总之，不等式的这四个公式在数学里用处可大啦，咱们解题的时候经常能用到。

大家可得把它们牢牢掌握，这样在数学的海洋里就能游得更顺畅啦！。

中学数学中不等式的证明

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数列求和：利用不等式证明数列求和公式
数列极限：利用不等式证明数列极限的存在性
数列收敛：利用不等式证明数列的收敛性
在实际生活中的应用
工资计算：根据工作时间和工资标准计算工资
商品定价：根据成本和利润率确定商品价格
投资决策：根据投资回报率和风险评估进行投资决策
资源分配：根据需求和资源限制进行资源分配
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中学数学中不等式的证明
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目录
01.
不等式证明的基本概念
02.
不等式的性质和基本定理
03.
不等式的证明技巧
04.
常见不等式的证明
05.
不等式证明的实践应用
不等式证明的基本概念
伯努利不等式
伯努利不等式：a^2 + b^2 ≥ 2ab
应用范围：解决不等式问题，如求最大值、最小值等
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证明方法：利用数学归纳法
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推广：推广到多元情况，如a^2 + b^2 + c^2 ≥ 2(ab + bc + ca)
不等式证明的实践应用
05
在几何中的应用
证明线段相等：利用边角关系证明线段相等
应用：在证明不等式时，反证法是一种常用的证明技巧
注意事项：在使用反证法时，需要注意假设的合理性和推
导的严密性
综合法与分析法
综合法：从已知条件出发，逐步推导出结论

证明不等式的基本方法

证明不等式的基本方法证明不等式是数学中一个相当有趣又有点小挑战的事儿呢。

比较法是很常用的一种。

差值比较法呢，就是把要证明的不等式两边相减，然后判断差的正负性。

比如说要证明a > b，那就计算a - b，如果结果大于0，那可不就证明出来了嘛。

这就好比两个人比身高，直接站一块儿量一下差值就知道谁高谁低啦。

在这个过程中呢，计算差值的时候要特别细心哦，可别在计算上出岔子，那可就像爬山爬到一半摔一跤，太可惜啦。

它的安全性就在于只要计算正确，结果就很可靠，稳定性呢，就是不管这个不等式看起来多复杂，只要能算出差值就有希望判断。

它的应用场景可广啦，像一些简单的代数式大小比较就特别好用。

例如比较x²+ 1和2x的大小，计算(x²+ 1 - 2x)=(x - 1)²，因为任何数的平方都大于等于0，所以很容易就证明出x²+ 1≥2x啦，多棒呀！综合法也很厉害。

它是从已知条件出发，利用一些定理、性质等，逐步推导出要证明的不等式。

这就像是盖房子，一块砖一块砖地往上垒。

不过这就要求我们对那些定理、性质得特别熟悉才行呀，要是不知道有哪些“建筑材料”，那房子可就盖不起来喽。

它的安全性取决于我们对基础知识的掌握程度，如果基础知识很扎实，那推导出来的结果就很靠谱。

稳定性呢，只要每一步推导都是正确的，就不会出问题。

比如说已知a > 0，b > 0，要证明(a + b)/2≥√ab。

我们可以根据完全平方公式(a - b)²≥0展开得到a²- 2ab + b²≥0，移项得到a²+ 2ab + b²≥4ab，也就是(a + b)²≥4ab，再两边同时开方除以2就得到(a + b)/2≥√ab啦。

多神奇呀！这种方法在解决一些和几何、函数相关的不等式证明中特别有用，因为在这些领域有很多已知的定理可以用来推导。

分析法呢，和综合法有点相反。

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．。

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
高等数学中证明不等式是一个重要的技能，它可以帮助我们更好地理解数学问题，并且可以帮助我们更好地解决实际问题。

证明不等式的几种方法有：反证法、极限法、函数法、图形法、数学归纳法、数学归纳法等。

反证法是证明不等式的最常用的方法，它的基本思想是：假设不等式不成立，从而得出矛盾，从而证明不等式成立。

极限法是另一种常用的证明不等式的方法，它的基本思想是：当变量的值趋近于某个值时，不等式的结果也会趋近于某个值，从而证明不等式成立。

函数法是另一种常用的证明不等式的方法，它的基本思想是：通过求解函数的极值，从而证明不等式成立。

图形法是另一种常用的证明不等式的方法，它的基本思想是：通过绘制函数的图形，从而证明不等式成立。

数学归纳法是另一种常用的证明不等式的方法，它的基本思想是：通过对一系列数学问题的归纳，从而证明不等式成立。

数学归纳法是一种比较复杂的证明不等式的方法，它的基本思想是：通过对一系列数学问题的归纳，从而证明不等式成立。

以上就是证明不等式的几种方法，它们都有各自的优点和缺点，因此，在实际应用中，我们应该根据实际情况选择最合适的方法。

只有这样，我们才能更好地理解数学问题，并且可以帮助我们更好地解决实际问题。

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。

高中数学证明不等式的基本方法

a=b=c
时,等
号成立.即三个正数的算术平均不小于它们的几何平均.
(2)基本不等式的推广对于 n 个正数 a1,a2,…,an,它们的算术平均不小于它们的几何平均,即
a1 a2 n an
≥
n
a1a2
an ,当且仅当
a1=a2=…=an
时,等号成立.
对点自测
1.要证明 29 + 31 >2 5 ,可选择的方法有以下几种,其中最合理的是 (
.
解析:由
1 1 < <0 可得 b<a<0, a b
从而①不正确,②③正确;
a2 a 2 2ab b 2 (a b)2 对于④, -(2a-b)= = <0, b b b
即④正确.
答案:②③④
5.已知三个互不相等的正数 a,b,c 满足 abc=1.试证明:
a + b+ c<
1 1 1 + + . a b c
第 2节
证明不等式的基本方法
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
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知识链条完善考点专项突破解题规范夯实
知识链条完善
知识梳理
1.比较法
a 1 b
把散落的知识连起来
方法
作差法
原理
a-b>0⇔a>b
a 1 b
作商法
⇔a>b(a>0,b>0)
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.
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

证明不等式的13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 +++≥证明：不妨设a b c ≤≤，则103a ≤≤，从而有940a -<，于是 ()22229a b c abc +++()22222222222()(94)22(1)(94)2122(1)(94)2131 1.4a b c bc a b c a a a a a a a a a =+++-+⎛⎫≥+-+- ⎪⎝⎭-⎛⎫=+-+- ⎪⎝⎭=+-≥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 ca b b c c a ++++≥+++. 证明：令a b α=+，,b c c a βγ=+=+，则0,αβγ++=于是()()()()22222222242()22(),a b c a b b c c a a b b c c a a bb cc a a b c a bb cc aa b c αβγαβγαβγ⎛⎫++ ⎪+++⎝⎭++++++=+++++=+++++++++++≥++所以 2222a b c a b c a b b c c a ++++≥+++.说明：本题可以加强为：设,,a b c R +∈，试证：()2222()22a b c a b c a c a b b c c a a b c ++-++≥++++++. 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 +++≤证明：不妨设x y z ≥≥，则22y x ≤222,z yz y z yz ≤≤，于是22222222x y y z z x x y z+++22222222(),x y x z x yz x yz x y z ≤+++=+ （这里转化为齐次了！）而 1()24x y z x y z ++⎛⎫+≤=⎪⎝⎭，故有 2222222221.16x y y z z x x y z +++≤ 等号在1,02x y z ===时取得. 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：35≤.证明：()23f x x =+在1x =处的切线方程为195050y x =+，下面证明：19,(0,3)235050x x x ≤+∈+. （*）222127,(0,3)x x x ≤++∈，令t t ∈，等价于证明422222150270(1)(2427)0t t t t t t +-+≥⇔-++≥，而后者显然成立，故（*）式成立.利用（*）式，得1273()50505x y z ≤+++=. 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 ++-≤证明：设3S ab bc ca abc =++-.利用局部调整方法求S 的最大值. 不妨设a b c ≥≥，则13c ≤.固定c ，即a b +一定时，3(13)()S ab bc ca abc ab c c a b =++-=-++130c -≥，ab 在a b =时取得最大值，所以S 在a b =时取得最大值.所以，将,,a b c 调整到()a b c =≥，由于13c ≤，所以13b ≥.再固定b ，3(13)()S ab bc ca abc ac b b a c =++-=-++130b -≤，a c +一定时，由2222a c a c ac +-⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，知a 与c 差的越大，乘积越小.所以，3S ab bc ca abc =++-在,a c 的差最大时，取得最大值. 由1a b c ++=知，,a c 的差12a c b c -=--最大为1b -，此时0c =.所以，原题转化为求ab 的最大值，其中1a b +=，显然为14，当12a b ==时取等号. 综上知，当,,a b c 中两个为12，一个为0时，S 取得最大值14.故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->+证明：任给13个实数1213,,,,a a a ⋅⋅⋅在,22ππ⎛⎫-⎪⎝⎭内一定存在13个实数1213,,,,θθθ⋅⋅⋅使得tan k θ()1,2,,13.k =⋅⋅⋅将区间,22ππ⎛⎫-⎪⎝⎭等分为2个长为12π的小区间：5545,,,,,,.2121212122ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫----⋅⋅⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭根据抽屉原理，必存在两个,i j θθ属于同一小区间，不妨设i j θθ≥，且.12i j πθθ-≤于是，有tan tan i j θθ≥，且()tan tan 20.312i j πθθ-≤=-，即tan tan 0.31tan tan i j i jθθθθ-<+，令tan ,tan i i j j x a y a θθ====，则有0.31x yxy-<+，也就是0.3.10.3x y x ->+故在任意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 +++++≥+++证明：所证明的不等式等价于≥即≥该不等式的左面表示点P （1，1）到点Q 2222,ac bc a ba b ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭之间的距离PQ ，右面表示点P （1，1）直线:l 0ax by c ++=的距离d ，显然点Q 在直线l 上，而PQ d ≥，故原不等式得证.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：a b c++≥ 证明：构造复数，利用复数模的不等式，得1111113b c a ia b c ++=+=+++++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎫=+++⎪⎭=≥=所以+≥ 说明：原作者是用换元与反证法来解答此题目的，其实，上述用复数模不等式的证明是比较简明的. 用类似的办法，还可以证明2008年第8期《中等数学》数学奥林匹克问题高231题：已知,,a b c 为满足1a b c ++=的正数，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<证明：一方面，构造向量()3,1OA =，()3,1OB b =，()3,1OC c=，则),3)OA OB OC OA OB OCa b c =++≥++=++==另一面, 由条件得知(),,0,1a bc ∈，所以222,,.a a b b c c <<<111()3 4.a b c a b c <=+++++=+++=所以 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 +=+，求证：()211332.42n nn a -+<<⨯-证明：先证明右不等式.因为131122n n n n a a a a +=+<++=+，所以 1322n n a a +<+，即 1332()22n n a a ++<+. 从而 21112133332()2()2()32,2222n n n n n a a a a ----+<+<+<⋅⋅⋅<+=⨯故有1332.2n n a -<⨯-再证明左不等式.因为111n n n a a a +=+>+，所以11n n a a +>+ 从而221131))242n a +>+> 所以12>.=++⋅⋅⋅++11122211,22n n >++⋅⋅⋅+-+=+>从而12n +>, 故21.2n 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.≤证明：对函数()y f x ==求导数，得'y =令'0y =0= （*）因为函数()g x =在区间[]0,13上是递减函数，显然(9)0g =，所以方程（*）有唯一的实数根9x =.当09x ≤<时，'0y >，函数()y f x =是增函数；当913x <≤时，'0y <，函数()y f x =是减函数.从而，当9x =时，max (9)11.y f ==因为(04013(13)f f <=，所以，当0x =时，m i n (013.y f ==故有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 +>证明：构造函数22(3)()31x x f x x +=+，()()0,11,x ∈+∞.则 22'223(1)()0(31)x f x x -=>+，所以，函数()f x 在()0,1和()1,+∞上分别是递增函数.注意到 2211211212211(3)2(1).3131x x x x x x x x x +--=-=++ 当11x >时，12x x >，故12()()f x f x >，即23x x >，于是34x x >，…，1.n n x x +> 当101x <<时，12x x <，故12()()f x f x <，即23x x <，于是34x x <，…，1.n n x x +<故数列{}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 yz x y z +++≥++当且仅当x y z ===.证明：要证原不等式，只要证()()()()2222341110x y z x yz ++-+++≤ （*）就行了. 于是，构造二次函数 ())()()2222()111f t x t x y z t y z =++++++.因为210,x +>())()()2222()111f t x t x y z t y z =+-+++++))()222222222222221132424x t t y z t y z y z y z xt t y z y z y z =-++++++⎡⎤⎛+=-++--++++⎢⎥ ⎢⎥⎝⎭⎣⎦)222222113124424y z xt t y z yz y z ⎡⎤⎛+=-+-++-++⎢⎥ ⎢⎥⎝⎭⎣⎦()())()22222222211244112420,y z xt t y z y z yz y z xt t y z yz ⎡⎤⎛+=+-+-+-+⎢⎥ ⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎡⎤⎛+⎛⎫=+-+-+-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎣⎦≥所以，对应二次函数的判别式()()()()2222341110x y z x y z ⎡⎤=++-+++≤⎣⎦，故不等式（*）成立，得证.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 ++≥ 证明：所要证明的不等式等价于222222222sin sin sin 3222.4sin cos sin cos sin cos 222222A B C A A B B C C ++≥+++等价于222222tan tan tan 3222.4tan 1tan 1tan 1222A B C A B C++≥+++ 注意到tan tan tan tan tan tan 222222A B B C C A++，222tantan tan tan tan tan tan tan tan 222222222A B C A B B C C A ++≥++，利用柯西不等式，得222222tan tan tan 222tan 1tan 1tan 1222A B C+++++ 2222222222222222222(tantan tan )222(tan 1)(tan 1)(tan 1)222tan tan tan 2(tan tan tan tan tan tan )222222222tan tan tan 3222tan tan tan 2222tan tan tan 322211tan tan tan 22A B CA B C A B C A B B C C A A B C A B C A B C A B C ++≥++++++++++=++++++=+++=-++3211tan tan tan tan tan tan 3222222131,44A B B C C A +≥-+++=-= 故 2223sinsin 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 ≤++≤+ 证明：一方面，先证明左不等式，应用3元均值不等式，得 ab bc ca ++()()9,ab bc ca a b c abc =++++≥=得 9.ab bc ca abc ++≥另一面，右不等式 1(19)4ab bc ca abc ++≤+等价于 ()34()()9ab bc ca a b c a b c abc ++++≤+++. (*)注意到 ()33333()3()3()6a b c a b c ab a b bc b c ca c a abc ++=+++++++++，于是，不等式等价于333()()()3ab a b bc b c ca c a a b c abc +++++≤+++. （**）等价于 3332223()()().a b c abc a b c b c a c a b ++≥+-+-+-这是常见的三元均值不等式的加强. 从而右不等式成立. 获证.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 ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++≥ ⎪⎪⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 证明：由2元均值不等式，得()21211a na n n n ++≥+++，得 ()()2211m a n m m a n n n ++≥+++，变形，有 ()()222111m m ma mn a a a n n n n +≥+--++++，即 ()()()()2221211n m m n m a a a n n n +-++≥++++ 应用()()()()21211n m m n m n n +-++=+++元AG 均值不等式，得 ()()()()2221211n m m n m a a a n n n +-++≥++++ ()()(){}()()()()(()()()(2212111211111111m n n m n n n m a m n n m n n n m n n ++++⎡⎤=+-++⋅⎣⎦+≥⋅++++++=+即 ()()()21111.1n m m n n m m n a a a n n +-++++++≥++ 同理 ()()()211111n m m n n m m n b b b n n +-++++++≥++，()()()211111n mm n n m m n c c c n n +-++++++≥++. 将此3个不等式叠乘，并注意到条件1abc ≥，立得()()()()2133111111n m m n n m m m m n m n a b c abc a n b n c n n n +-+++++++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++≥≥ ⎪⎪⎪ ⎪ ⎪+++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故有 31.1m m m m n a b c a n b n c n n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++≥ ⎪⎪⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 特别取1m n ==，得2007年乌克兰数学竞赛题：设,,a b c R +∈，且1abc ≥，求证：11127.1118a b c a b c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++≥ ⎪⎪⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 证明不等式的方法很多，还可以应用积分方法、概率方法、构图方法，等等.限于文章篇幅，留给读者去探究.。

证明不等式的基本方法

证明不等式的基本方法现实世界中的量，相等是局部的、相对的，而不等则是普遍的、绝对的，不等式的本质是研究“数量关系”中的“不等关系”．对于两个量，我们常常要比较它们之间的大小，或者证明一个量大于另一个量，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，如平均不等式，柯西不等式等，其中还需用到一些技巧性高的代数变形．本节将介绍证明不等式的一些最基本的方法．比较法比较法一般有两种形式；（1）差值比较欲证A ≥B ．只需证A —B ≥0；（2）商值比较若B>0，欲证A ≥B ，只需证BA≥1．在用比较法时，常常需要对式子进行适当变形，如因式分解、拆项、合并项等．例l 实数x 、y 、z 满足1-=++zx yz xy ，求证：485222≥++z y x ．例2 设+∈R c b a ,,，试证：对任意实数x 、y 、z ，有：)())()((2222zx bac yz a c b xy c b a a c c b b a abc z y x ++++++++≥++，并指出等号成立的充要条件．例3 设+∈R c b a ,,，试证： b a a c c b cb ac b a c b a +++≥222．例4 设+∈R c b a ,,，1222=++c b a ，求abc c b a cb a S )(2111333222++-++=的最小值．说明先猜后证是处理许多极值问题的有效手段．猜，一猜答案，二猜等号成立的条件；证明的时候要注意等号是否能取到．有时我们直接证明不等式A ≤B 比较困难，可以试着去找一个中间量C ，如果有A ≤C 及C ≤B 同时成立，自然就有A ≤B 成立．所谓“放缩”即将A 放大到C ，再把C 放大到B 或者反过来把B 缩小到C 再缩小到A ．不等式证明的技巧，常体现在对放缩尺度的把握上．例5 证明：对任意+∈R c b a ,,，均有abc abca c abc cb abc b a 1111333333≤++++++++．例6 设),,2,1(1n i a i =≥，求证：)1(12)1()1)(1(2121n nn a a a n a a a +++++≥+++ ．所谓分析法就是先假定要证的不等式成立，然后由它出发推出一系列与之等价的不等式（即要求推理过程的每一步都可逆），直到得到一个较容易证明的不等式或者一个明显成立的不等式．分析法是一种执果索因的证明方法，在寻求证明思路时尤为有效．例7 若0,,≥∈y R y x ，且2)1()1(+≤+x y y ．求证；2)1(x y y ≤-．例8 设+∈R c b a ,,，求证：ab b a abc c b a 233-+≥-++．引入参数法引入适当的参数，根据题中式子的特点，将参数确定，从而使不等式获得证明．例12 设+∈R q p ,，且233=+q p ，求证：2≤+q p ．例13 设+∈R c b a ,,，且12222=++c b a ，求证：24333≥++c b a ．例14 设z y x ,,是3个不全为零的实数，求2222z y x yzxy +++的最大值．标准化（归一化）当不等式为齐次式的时候，常可设变量之和为k （某个常数），这样不仅简化了式子，而且增加了条件，有助于我们解决问题．例15 设c b a ,,是正实数，求证：8)(2)2()(2)2()(2)2(222222222≤++++++++++++++b a c b a c a c b a c b c b a c b a ．例16 已知0,02=++>++c bx ax c b a 有实根，求证：{}{}c b a c b a c b a ,,max 49,,min 4≤++≤．习题1．设R z y x ∈,,，求证：[][]2222222222222)()()()()()(zx yz xy z y x z y x zx yz xy z y x z y x ++-++++≥++-++++．2．设+∈R c b a ,,，求证：333888111c b a c b a c b a ++≤++．3．设实数10021,,,a a a 满足：（1）010021≥≥≥≥a a a ；（2）10021≤+a a ；（3）10010043≤+++a a a ．求21002221a a a +++ 的最大值．4．如果+∈R c b a ,,，求证：2222222)())()((ca bc ab a ca c c bc b b ab a ++≥++++++．5．设0,,≥z y x ，求证：xyz z y x z y x z y x z y x 3)()()(222≥-++-++-+．并确定等号成立的条件．6．设+∈R c b a ,,，求证：49)(1)(1)(1)(222≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++++x z z y y x zx yz xy ．7．求证：161cos sin 1010≥+αα．变量代换法变量代换是数学中常用的解题方法之一．将一个较复杂的式子视为一个整体，用一个字母去代换它，从而使复杂问题简单化．有时候．有些式子可以用三角换元，从而使问题简化．当问题的条件或结论中出现“222r y x =+”，“222r y x ≤+”，“22x r -”或“1≤x ”等形式时，可以考虑用“sin α”与“cos α”代换；问题的条件或结论中出现“22x r +”．“22r x -”形式时，可作“αtan r x =”或“αsec r x =”代换等．在作代换时，要特别注意α的取值范围是由原变量x 的取值范围决定．例l 已知00≤α≤900，求证：49sin sin 452≤+-≤αα．例2 已知实数y x ,满足096422=+--+y x y x ，求证：996121922≤+++≤y x y x ．例3 设c b a ,,是三角形的三边长，求证：0)()()(222≥-+-+-a c a c c b c b b a b a ．已知。

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

不等式的数学运算法则与证明技巧

不等式的数学运算法则与证明技巧不等式在数学中扮演着重要的角色，它们广泛应用于各个领域，如代数、几何、概率等。

了解不等式的数学运算法则和证明技巧，对于解决问题和推导结论具有重要意义。

本文将介绍一些常见的不等式运算法则和证明技巧，帮助读者更好地理解和应用不等式。

一、不等式的基本运算法则1. 加法和减法法则：对于任意实数a、b和c，有以下运算法则：a > b，则a + c >b + ca > b，则a - c >b - c2. 乘法法则：对于任意实数a、b和c，有以下运算法则：a > b，且c > 0，则ac > bca > b，且c < 0，则ac < bc3. 除法法则：对于任意实数a、b和c，有以下运算法则：a > b，且c > 0，则a/c > b/ca > b，且c < 0，则a/c < b/c4. 幂法则：对于任意正实数a、b和c，有以下运算法则：a > b，则a^c > b^c这些基本的不等式运算法则可以帮助我们进行不等式的简化和变形，从而更好地理解和解决问题。

二、常见的不等式证明技巧1. 数学归纳法：数学归纳法是一种常用的证明技巧，可以用来证明一类不等式的成立。

它包括两个步骤：基础步骤和归纳步骤。

首先证明当n取某个特定值时不等式成立，然后假设当n=k时不等式成立，再证明当n=k+1时不等式也成立，由此可以得出当n为任意正整数时不等式成立。

2. 反证法：反证法是一种常用的证明技巧，可以用来证明某个不等式的否定命题不成立。

假设不等式的否定命题成立，然后通过推理和推导得出矛盾，从而证明原不等式成立。

3. 极值法：极值法是一种常用的证明技巧，可以用来证明某个不等式的最大或最小值。

通过求导或其他方法找到函数的极值点，然后证明在极值点附近不等式成立，从而得出结论。

4. 增减函数法：增减函数法是一种常用的证明技巧，可以用来证明某个不等式随变量的增大或减小而成立。

中学数学证明不等式的方法

中学数学证明不等式常见的九种证明方法许071114 数学与应用数学不等式作为工具，被广泛地应用到数学的各个领域。

不等式的证明是高考和数学竞赛中的热门话题。

不等式的形式多种多样，证明手法也是灵活多变，它常常和许多内容相结合，所以具体问题具体分析是证明不等式的精髓。

不等式的证明问题也是各种思想方法的集中体现，因此难度较大。

解决这个问题的途径在于熟练掌握不等式的性质和一些基本不等式，灵活运用常用的证明方法。

下面就结合不等式教学实际谈谈如何让学生通过不等式的证明这个知识点进行横向扩散和纵向扩散。

1、比较法：比较两个式子的大小,求差、求商或过渡比较法都是最基本最常用的方法。

1.1求差法：要证不等式a>b,只需证明a-b>0即可，其步骤为：做差a-b →变形(常用变形方法有:通分，因式分解，配方等)→判断符号。

例1 求证：x2+3＞3x证明：：∵(x2+3)-3x=x2-3x+(32)2-(32)2+3= +≥ >0 ∴x2+3＞3x例2 已知a,b ∈R+，并且a ≠b ，求证 a5+b5＞a3b2+a2b3证明：(a5+b5)-(a3b2+a2b3)=(a5-a3b2)-(a2b3-b5)= a3(a2-b2)-b3(a2-b2)=(a2-b2)(a3-b3)=(a+b)(a-b)2(a2+ab+b2)∵a,b ∈R+ ∴a+b ＞0, a2+ab+b2＞0又因为a ≠b,所以（a-b ）2＞0∴(a+b)(a-b)2(a2+ab+b2)＞0 即(a5+b5)-(a3b2+a2b3)＞0∴a5+b5＞a3b2+a2b31.2求商法：当欲证的不等式两端是乘积形式或幂指数式可采用作商比较法。

若b>0,欲证a>b,只需证明b a >1;欲证:a<b,只需证明: 1<b a 。

其步骤为：作商→变形→判断结果与1的大小关系。

例 3 已知a>0,b>0,求证:aabb ≥(ab)2ba +.分析：因两边都是乘积的幂指数运算形式，而a>0,b>0,故可作商与1比大小.证明： 2222)()(b a a b b a ba ba b a b a ab b a -=-+⎪⎭⎫ ⎝⎛=∙=∙1）若a>b>0,则02,1>->b a b a ,故2ba b a -⎪⎭⎫ ⎝⎛>1。

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
÷ç
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
+

2.5 不等式的证明

§2.5 不等式的证明学习要求1、掌握用比较法、综合法和分析法证明不等式的基本思路.2、能利用比较法、综合法和分析法进行简单不等式的证明.3、在证明的过程中，加强不等式性质及基本不等式的应用.4、代数证明基本能力的提升以及逻辑推理水平的进一步加强。

学习重难点重点利用比较法、综合法和分析法进行简单不等式的证明.难点分析法的基本思路及其表达.课前预习证明不等式的方法有_______________________________________________课堂互动一、比较法比较法有两种：（1）比差法：求差与0比.（2）比商法：求商与1比，要注意讨论分母的符号.例1 求证：（1）()()221x x x +<+.（2）222x x >-.例2 设0a >，0b >，求证：2211a b b a a b +≥+.（补充）二、综合法从已知条件出发，利用各种已知的定理和运算性质作为依据，推导出要证的结论.这种证明方法称为综合法.例3 已知a 、b 、c 均为正数，求证：()()()6ab a b bc b c ca c a abc +++++≥. 例4 已知a 、b R ∈，求证：()()2222a ba b +≥+.三、分析法从要证的结论出发，经过适当的变形，分析出使这个结论成立的条件，把证明结论转化为判定这些条件是否成立的问题，如果能够判定这些条件都成立，那么就可以断定原结论成立.这种证明方法称为分析法.分析法也可以如下叙述为：欲证结论Q ，需先证得1P ，欲要证得1P ，需先证得2P ，欲要证得2P ，需先证得3P ，……………………………，欲要证得1n P -，需先证得n P .当n P 成立时，若以上步步可逆，则结论Q 成立.用数学语言表述，必须保证下述过程成立：Q ⇐1P ⇐2P ⇐3P ⇐…⇐1n P -⇐n P ，因为n P 成立，所以结论Q 成立.例5 求证：1例6 已知：ad bc ≠，求证：22222()()()a b c d ac bd ++>+.归纳小结学后反思____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。