证明不等式的基本方法
不等式证明的基本方法
4． 放缩法是在证明不等式或变形中， 将条件或结论或变换中的 式子放大或缩小进行求证的方法．放缩时要看准目标，做到 有的放矢， 注意放缩适度． 放缩法是证明不等式的常用技巧， 有些不等式若恰当地运用放缩法可以很快得证，要控制难 度．
比较法
(2010 年高考江苏卷试题)设 a、b 是非负实数，求证：a3 ＋b3≥ ab(a2＋b2)． 【思路分析】 先作差，再用不等式的基本性质解答．
不等式证明的基本方法
1．比较法是证明不等式最常用最基本的方法，有两种： (1)求差法：a＞b⇔a－b＞0； a (2)求商法：a＞b＞0⇔b>1，(b>0)．
2．分析法、综合法是证明数学问题的两大最基本的方法． 综合法是以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直 到推出问题的结论为止，简而言之，就是“由因导果”． 分析法是从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐 步上溯，直到使结论成立的条件与已知条件或已知事实吻合 为止，简而言之，就是“执果索因”．
分析法与综合法
如果 a＞0，b＞0，求证：a3＋b3≥a2b＋ab2. 【证法一】 (用分析法) 要证 a3＋b3≥a2b＋ab2， 只需证(a＋b)(a2－ab＋b2)≥ab(a＋b) ∵a＞0，b＞0，有 a＋b＞0，故只需证 a2－ab＋b2≥ab， 只需证(a－b)2≥0 显然(a－b)2≥0 成立，以上各步均可逆， ∴a3＋b3≥a2b＋ab2
1．设 a>0，a≠1,0<x<1.求证：|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.
证明：方法一：(平方后作差)
2 log2 (1 － x ) － log a a(1＋x)
＝[loga(1－x)＋loga(1＋x)]· [loga(1－x)－loga(1＋x)]＝ 1－x loga(1－x )· loga . 1＋x
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。
证明基本不等式的方法
证明基本不等式的方法基本不等式是解决数学不等式问题中常用的方法，其核心思想是将一个不等式转化为另一个更简单的不等式，从而得到所需的解集。
在证明基本不等式的方法上，可以分为以下几种常见的方式：1.数学归纳法：数学归纳法是证明基本不等式的一种常用方法。
首先，我们需要证明当不等式成立时，对于一些特定的值$n$，不等式也成立。
接着，我们假设当$n=k$时不等式成立，可以通过这个假设证明当$n=k+1$时不等式成立。
最后，根据归纳法的原理，我们可以得出不等式对于所有自然数$n$成立。
2.递推法：递推法是证明基本不等式的另一种常用方法。
我们首先找到一个较小的数$k$，证明不等式对于这个特定的数成立。
然后，我们假设当$n=k$时不等式成立，接着通过这个假设证明当$n=k+1$时不等式也成立。
最后，根据递推法的原理，我们可以得出不等式对于所有自然数$n$成立。
3.反证法：反证法是证明基本不等式的另一种有效方法。
我们首先假设不等式不成立，即假设存在一些数使得不等式不成立。
接着，我们通过一系列的推导和推理，得出矛盾的结论。
这表明我们的假设是错误的，即不等式是成立的。
4.变量替换法：变量替换法是证明基本不等式的一种常用方法。
我们首先对不等式进行变量替换，将其转化为一个使用其他变量的等价不等式。
然后，通过对这个等价不等式进行一系列的变换和推导，我们可以得出所需的结论。
5.辅助不等式法：辅助不等式法是证明基本不等式的一种有效方法。
我们首先找到一个与原不等式相关的不等式，这个不等式往往更容易证明。
然后，我们通过对这个辅助不等式的推导和推理，结合原不等式的特点，得出所需的结论。
无论采用哪种方法，证明基本不等式的关键在于用恰当的方法将其转化为另一个更简单或更容易证明的不等式。
此外，在证明过程中需要注意推导的合理性和严密性，关注每一步的符号变化和不等式的严格性，避免出现错误的结论。
在证明过程中，也可以适当地运用数学知识和技巧，如代数运算、函数性质和数列性质等，使证明更加简洁和高效。
证明不等式的基本方法
8、已知 f ( x ) x 2 px q ，求证： | f (1) |,| f (2) |,| f (3) | 中至 少有一个不小于
1
.
2 1 分析：设 | f (1) |,| f (2) |,| f (3) | 中没有一个大于或等于 ， 2 观察： f (1) 1 p q , f (2) 4 2 p q , f (3) 9 3 p q
cd b cd d d dac cd
把以上四个不等式相加 得 abcd abcd abd bca cbd d ac ab cd . 即 ab cd a b c d 1 2 abd bca cba d ac a b c d
利用综合法证明不等式 时 , 应注意对已证 不等式的使用 , 常用的不等式有 : (1)a 2 0; ( 2 ) a 0; ( 3 )a 2 b 2 2 ab ; 它的变形形式又有 ( a b ) 4 ab ;
2
a b
2
2
2
ab 2
2
(4)
ab
2 a b a b 2( ab 0 ); 2( ab 0 ) b a b a
6、已知 x , y 0,且 x y 2, 1 x 1 y 试证 , 中至少有一个小于 2. y x
1 x 1 y 证明 : 假设 , 都 不 小 于 2, y x
1 x 1 y 即 2, 且 2, y x x , y 0 , 1 x 2 y , 1 y 2 x , 2 x y 2( x y ) x y 2 , 这 与 已 知 条 件 x y 2矛 盾 . 1 x y 与 1 y x 中 至 少 有 一 个 小 于2
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.。
不等式证明的基本方法
不等式证明的基本方法不等式证明的基本方法包括：比较法；综合法；分析法；反证法；换元法等.下面，就不等式证明的常用方法作较为全面的归纳.【比较法】——是证明不等式的最基本、最重要的方法，它常用的证明方法有两种：1.作差比较法(1)应用范围：当欲证的不等式两端是多项式、分式或对数式时，常用此法.(2)步骤：“作差----变形----判断符号”.(3)变形——判断符号的主要途径和方法：①配方，将差式变形为若干个非负(或非正)数(式子)和的形式后判断差式的符号.②因式分解，将差式变形为若干个因式积的形式，再根据所有因式积的符号判断差式的符号.③分成几项，然后说明各项均为正(或负)，判断差的符号.例1.已知a，b，c∈R+，求证：a3+b3+c3≥3abc．证明：a3+b3+c3-3abc=[(a+b)3+c3]-3a2b-3ab2-3abc=(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c2]-3ab(a+b+c)[(a−b)2+(b−c)2+(a−c)2](a+b+c)，=(a+b+c)[a2+b2+c2-ab-bc-ca]=12∵ a，b，c∈R+，∴ a+b+c＞0．又∵(a−b)2+(b−c)2+(a−c)2≥0，a+b+c>0，[(a−b)2+(b−c)2+(a−c)2](a+b+c) ≥0，即a3+b3+c3-3abc≥0，∴12∴a3+b3+c3≥3abc．(当且仅当a=b=c时取等号).例2.已知a，b∈R+，n∈N，求证：(a+b)(a n+b n)≤2(a n+1+b n+1)．证明：∵左边-右边=a n+1+ab n+a n b+b n+1-2a n+1-2b n+1=ab n+a n b-a n+1-b n+1=a(b n-a n)+b(a n-b n) =(b n-a n)(a-b)，①当a>b>0时，b n-a n<0，a-b>0，∴①<0；当b>a>0时，b n-a n>0，a-b<0，∴①<0；当a=b>0时，b n-a n=0，a-b=0，∴①=0．综上所述，有(a+b)(a n+b n)-2(a n+1+b n+1)≤0．(当且仅当a=b>0时取等号).即(a+b)(a n+b n)≤2(a n+1+b n+1)，当且仅当a=b 是去等号．2.作商比较法(1)应用范围：当要证的式子两端是乘积或幂、指数形式时，常用此法.(2)方法：要证A>B ，常分以下三种情况：若B>0，只需证明 AB >1；若B=0，只需证明A>0；若B<0，只需证明 AB <1.(3)步骤：作商-----变形-----判断商数与1的大小. 例3.已知a ，b ∈R +，求证a a b b ≥a b b a ．证明：∵ a ，b ∈R +，∴ a b b a ＞0，又∵ a a b ba b b a =(ab )a (ba )b =(ab )a−b . 当a>b>0时，ab>1，且a -b>0，故a ab b a b b a >1； 当b > a >0时，0<a b<1，且a -b<0，故a ab b a b b a>1；当a=b>0时，ab1，且a -b=0，故a ab b a b b a=1；综上所述，当a ，b ＞0是，都有a a b b ≥a b b a ．例4 .已知a ，b 均为正实数，且a ≠b.求证：a 3+b 3>a 2b+ab 2. 证明：∵ a ，b 均为正实数，且a ≠b ， ∵ a 3+b 3ab 2+a 2b =(a+b )(a 2−ab+b 2)ab(a+b)>2ab−ab ab=1,由于a 2b+ab 2>0，∵ a 3+b 3>a 2b+ab 2.说明：此题的常规证明方式为求差法.请读者自证.想一想①：证明下列不等式. 1.a 2+b 2≥2(a -b -1).2.已知a>2，b>2，求证：a+b<ab.【综合法】用综合法证明不等式，就是利用已知事实(已知条件、重要不等式或已证明的不等式)作为基础，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的演绎推理，最后推出所要证明的不等式，其特点和思路是“由因导果”，从“已知”推“可知”，逐步推出“结论”. 综合法属演绎推理范畴.例5.(1)若a 、b 、c 是不全相等的正数，求证：lg a+b 2+lg b+c 2+lg a+c2>lga +lgb +lgc .(2)已知a>2，求证log a (a -1)·log a (a+1)<1．证明:(1)∵ a ，b ，c ∈R +，∴a+b 2≥√ab >0，b+c 2≥√bc >0，a+c 2≥√ac >0，又a ，b ，c 为不全相等的正数，故有，a+b 2∙b+c 2∙a+c 2>abc ，∴ lga+b 2∙b+c 2∙a+c 2> lg abc.即lga+b 2+lg b+c 2+lga+c 2>lga +lgb +lgc .(2) ∵ a >2，∴log a (a -1)> 0，log a (a+1)> 0．又∵ log a (a -1)≠log a (a+1)，∴ √log a (a −1)∙log a (a +1)<log a (a−1)+log a (a+1)2=12log a (a 2−1)<12log a a 2=1，∴ log a (a -1)·log a (a+1)< 1．例6.已知a ，b ，c∈R +，求证：(1)(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c 2)≥16abc . (2).3≥-++-++-+ccb a b bc a a a c b 证明：(1) ∵ ab+a+b+1=(a+1)(b+1)，ab+ac+bc+c 2=(a+c)(b+c)．又∵a ，b ，c∈R +， ∴ ,021>≥+a a ,021>≥+b b ,02>≥+ac c a ,02>≥+bc c b于是有，,04)1)(1(>≥++ab b a ,04))((2>≥++abc c b c a ∴ (a+1)(b+1)(a+c)(b+c)≥16abc . (当且仅当a=b=c=1时取等号). (2)法1.(利用二元均值不等式a+b ab 2≥).∵ .332223)()()(=-++≥-+++++=-++-++-+c b b c c a a c b a a b c c b a b b c a a a c b∴ .3≥-++-++-+cc b a bb c a aa cb (当且仅当a=b=c 时取等号).法2. (利用三元均值不等式a+b+c 33abc ≥).∵ .33333)()(=-+≥-+++++=-++-++-+ba cb ac ca bc ab cc b a bb c a aa c b∴ .3≥-++-++-+c c b a b b c a a a c b (当且仅当a=b=c 时取等号). 法3. (利用六元均值不等式a+b+c+d+e+f 66abcdef ≥).∵ .3363)(=-≥-+++++=-++-++-+cb ca bc ba ac ab cc b a bb c a aa c b∴ .3≥-++-++-+cc b a bb c a aa cb (当且仅当a=b=c 时取等号).例7.已知a 、b 、c ∈R +，求证：.23≥+++++a c b c b a b a c 有人给出了如下的证明：∵ a 、b 、c ∈R +，∴ .232223))()((333≥≥+++≥+++++ac bc ab abc a c c b b a abc a c b c b a b a c ∴.23≥+++++a c b c b a b a c (当且仅当a=b=c 时取等号). 你认为正确吗? 剖析：在上述的证明过程中，第二个“≥”，应为“≤”. 在不等式的基本性质中，只有同向的不等式才有传递性，此题的推证在第二个“≥”处，是传递不了的.正确的证明如下..233293))()((13))()((3213)]111)](()()[(213)111)(()1()1()1(33=-=-+++⋅+++⋅≥-++++++++++=-+++++++=-++++-++++-+++=+++++a c c b b a c a c b b a c a c b b a c a c b b a c a c b b a c b a ca cb ac b c b a b a c b a a c b c b a b a c∴.23≥+++++a c b c b a b a c (当且仅当a=b=c 时取等号). 说明:(1)用均值定理证明不等式时，要为运用定理对式子作适当变形，可把式子分成若干分，对每部分运用均值定理后，再把它们相加或相乘． (2)在用不等式的基本性质“传递性”时，要注意只有“不等号同向”时，才能进行传递.在用同向不等式相乘时，一定要强调各个不等式均为正，否则会出错. 例8.已知a ，b ∈R +，且a+b=1，求证：ax 2+by 2≥(ax+by)2. 证明：法1.(求差法).∵ a ，b ∈R +，且a+b=1，∴ ax 2+by 2-(ax+by)2=a(1-a)x 2+b(1-b)y 2-2abxy=ab(x 2+y 2-2xy)=ab(x -y)2≥0， 即ax 2+by 2≥(ax+by)2. (当且仅当x=y 时取等号). 法2.(利用二元均值不等式).∵ a ，b ∈R +，且a+b=1，∴ ax 2+by 2=(a+b)( ax 2+by 2)=(ax)2+(by)2+ab(x 2+y 2) ≥(ax)2+(by)2+2abxy=(ax+by)2. 即ax 2+by 2≥(ax+by)2. 法3.(利用柯西不等式).∵ [22)()(b a +][22)()(y b x a +]≥(ax+by)2. 又∵a ，b ∈R +，且a+b=1，∴ ax 2+by 2≥(ax+by)2.想一想②：证明下列不等式1.求证：a 2+b 2+c 2+3≥2(a+b+c).2.设a ，b ，c 是不全等的正实数，求证：cab b ac a bc ++>a+b+c.3.已知0<x <1，求证：xb x a -+122≥2)(b a +.【分析法】分析法是指从需证的不等式出发，寻求使这个不等式成立的充分条件.其特点和思路是“执果索因”，即从“未知”求“需知”，逐步靠拢“已知”.分析法一般用于综合法难以证明的不等式.通常表现为不等式的形式复杂，难以直接由一端过渡到另一端的问题. 例9.若0<a<c ，b<c. 求证：<<--a ab c c 2ab c c -+2.证明：要证<<--a ab c c 2ab c c -+2，只要证，<-<--c a ab c 2ab c -2， 即只要证 |a -c|<ab c -2，只要证 (a -c)2<c 2-ab ，即a 2-2ac<-ab ，∵ a>0，∴ 只要证a+b<2c. 由题设条件，显然有a+b<2c 成立.将每一步倒推回去， ∴ 原不等式成立.说明：分析法的书写方式是比较繁琐的.因此我们在实际做题时，往往用分析法“探路”，用综合法来书写表述.在探路时，也可以用“⇐”来表述. 例10.设 x>0，y>0，x≠y ，求证：21223133)()(y x y x +<+证明：∵ x>0，y>0，x≠y ，,)()(.)()(32233212231332y x y x y x y x +<+⇐+<+.0)()(2),(32222222233>-++⇐+<⇐y x y x y x y x y x ∴ 原不等式成立.想一想③：设0>>b a ，求证：.8)(28)(22bb a ab b a a b a -<-+<-【反证法】即要证明不等式A>B ，先假设A ≤B ，由题设及其它性质，推出矛盾，从而肯定A>B.凡涉及到证明不等式为否定命题、惟一性命题或含有“至多”、“至少”、“不存在”、“不可能”等词语时，可以考虑用反证法.反证法的逻辑原理是命题“P ”与它的否定“非P ”的真假相反，所以要证一个命题为真，只要证它的否定为假即可.推出矛盾的四种途径：①推理的结果与基本定义、公理、定理等相矛盾——与基本结论相矛盾. ②推理的结果与已知条件相矛盾——与已知相矛盾. ③推出两个相互矛盾的结论——自相矛盾. ④推理的结果与假设相矛盾——与假设相矛盾.例11.对实数a ，b ，c ，A ，B ，C ，有20aC bB cA -+=，且20ac b ->.求证:20AC B -≤. 证明:假设AC -B 2>0， 则20AC B >≥，由已知有 20ac b >≥，相乘得 22aAcC b B >，∵ 2aC cA bB +=，∴ 222()44aC cA b B aAcC +=<， 整理得 2()0aC cA -< ， 这与“任何实数的平方非负”相矛盾(与基本结论相矛盾). ∴ 假设不成立，故20AC B -≤.例12.已知a>0，b>0，且a+b>2. 求证：1+b a与1+ab中，至少有一个小于2.证明：假设1+b a与1+a b都不小于2，则1+b a≥2且1+a b≥2，∵ a>0，b>0，∴ 1+b≥2a ，1+a≥2b ， 两式相加可得1+b+1+a≥2(a+b)，即a+b≤2，这与已知a+b>2矛盾( 与已知相矛盾). 故假设不成立， ∴1+b a与1+a b中，至少有一个小于2.例13.设0 < a ， b ， c < 1，求证：(1 - a )b ，(1 - b )c ，(1 - c )a 不可能同时大于14. 证明:假设(1 - a )b >14>0， (1 - b )c >14>0， (1 - c )a >14>0， 则三式相乘：(1 - a )b •(1 - b )c •(1 - c )a >164. ①又∵0 < a ， b ， c < 1 ， ∴ 0<(1-a)a ≤[(1−a )+a 2]2=14， 同理：(1-b)b ≤14，(1-c)c ≤14 . 以上三式相乘： (1 - a )a •(1 - b )b •(1 - c )c ≤164. 与①矛盾(自相矛盾).∴ 原命题成立例14.已知数列{a n }是首项为2，公比为12的等比数列，S n 是它的前n 项和.(1)用S n -1表示S n ；(2)是否存在自然数c 和k ，使得 12k k S c S c+->-成立.解:(1)由求和公式可得242nn S -=-，从而可得S n =.2211+-n S (2)假设存在符合条件的自然数c 和k ，则11242242kk k k S c c S c c-+----=>---，从而114320422kkc c ----⨯<--⨯. ① 令 4t c =-， 则由①式得 (t -3×21-k )(t -2×21-k )<0，即112232k kt --⨯<<⨯，∴ 1223k t -<⨯<，② ∵ c ，k 为自然数，知t 为整数，这样一来 ②式不成立. 故这样的自然数c 和k 不存在. 想一想④：已知a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，abc > 0，求证：a ，b ， c > 0.【换元法】在不等式的证明过程中，按照所证不等式的结构特点，将不等式中的变量作适当的代换，使其结构和关系变得更清晰、明朗，从而使证明过程变得简洁、明快.常用的换元有如下几种形式.(1)三角代换：多用于条件不等式的证明. 当所给条件中变量t 的取值在[-a ，a]时，可令t=acos θ，θ∈[0，π]或t=asin θ，θ∈[−π2，π2]；当变量t 为任意实数时，可令t=atan θ， θ∈[−π2，π2].例15.若x 2+y 2≤1，求证：|x 2+2xy -y 2|≤√2.证明:由x 2+y 2≤1，设x=rsin α，y=rcos α，|r|≤1，则|x 2+2xy -y 2|=|r 2cos 2α+2r 2cosαsinα−r 2sin 2α|=r 2|cos2α+sin2α|=√2r 2|sin(α+π4)| ≤√2r 2≤√2.(2)代数代换：若条件中有a >0，b >0，且a +b =1时，可令a=12+t ，b =12−t ，t ∈(−12，12)； 或a>0，b>0，c>0.且a+b+c=1时，可令a=13+t 1，b =13+t 2，c =13+3，t 1+t 2+t 3=0. 也可将其中的一部分作代换.例16.已知a ＞0，b ＞0，且a +b =1 求证：(a +1a )(b +1b )≥254.证法1：(代数代换) 设a =12+t ，b =12-t .∵ a +b =1，a>0，b>0，∴ |t |<12.∵ (a +1a )(b +1b )=2222222241)45(211)21(211)21(11t t t t t t t bb a a --+==-+-⋅+++=+⋅+ =42541162541231625242=≥-++t tt .(当且仅当t=0，即a=b=12时取等号). 即(a +1a )(b +1b )≥254.证法2. (三角换元法）∵ a>0，b>0，a +b =1，故令a =sin 2α，b =cos 2α，α∈(0，). ∴ αααααααααα2244442222cos sin 1cos sin cos sin )cos 1)(cos sin 1(sin )1)(1(+++=++=++b b a aαααααααααα2sin 416)2sin 4(2sin 4322sin 82sin 2sin 4)2cos sin 2cos (sin 1622222422244+-=+-=+-=. 又∵ 12sin 2≤α，∴ 2516)2sin 4(,3142sin 4222≥+-⇒=-≥-αα①.且 .412sin 412≥α②. 由①②可得，.4252sin 416)2sin 4(222≥+-αα 即 (a +1a)(b +1b)≥254..例17.证明：若a > 0，则√a 2+1a 2 -√2≥a +1a -2.证明：设x= a +1a ，y=√a 2+1a 2，a > 0，x ≥2，y ≥√2.则只需证明y −√2≥x −2,2π∵ x 2-y 2=( a +1a )2-(√a 2+1a 2)2=2，x+y=( a +1a )+ √a 2+1a 2≥2+√2， (当a = 1时取“=” ).∴ x -y=x 2−y 2x+y≤2+√2=2−√2. 即 y −√2≥x −2，∴ 原不等式成立.习题3.11.求证：a 2+b 2+1≥a+b -ab .2.已知a>b>0，求证：a a b b>(ab)a+b 2.3.已知0 < x < 1， 0 < a < 1，试比较|log a (1-x)|与|log a (1+x)|的大小.4.已知a>b>c ，求证1140a b b c c a++≥---.5.已知224x y +=，求证：|4y +≤.6.已知a ，b ，c 为正实数，且a 2+b 2=c 2.求证：a n +b n <c n (n 为大于2的整数).7.设a 、b 、c 是三角形的边长，求证cb a cb ac b a c b a -++-++-+≥3.8.已知a>1，b>1，c>1. 求证：22212111a b c b c a ++≥---.参考答案想一想①：1.提示：求差后配方.2. 提示：求差或求商.1212111=+<+=+a b ab b a . 想一想②：提示：1.求差法，也可以用二元均值不等式. 2.用二元均值不等式. 3.仿例8.只有x+(1-x)=1.想一想③：要证原不等式成立，只需证：.8)(2)(8)(222bb a b a a b a -<-<-∵b a ≠只需证.4)(14)(22bb a a b a +<<+只需证bb a a b a 212+<<+，只需证b a a b <<1∵0>>b a 上式成立 ∴原不等式在0>>b a 时成立.想一想④：假设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. 又若a = 0，则与abc > 0矛盾， ∴ 必有a > 0. 同理可证：b > 0, c > 0.习题3.11.求差配方.2.求商分类讨论.3.作商或作差比较大小均可4.1140a b b c c a++≥---，.4)11)](()[(,411≥-+--+-⇐-≥-+-⇐c b b a c b b a c a c b b a5.三角代换.6.构造以a 、b 、c 为三边，且以c 为斜边的直角三角形. 令)900(sin cos 00<<==θθθc b c a ，.)2(cos cos 0sin sin 01cos 01sin 022><<<<<<<<n n n θθθθθθ，∴，，∵,nnnnnnnc c c b a =+<+=+)cos (sin )cos (sin 22θθθθ∴. 7.由不等式的对称性，不妨设a ≥b ≥c ，则a c b -+≤b a c -+≤c b a -+, 且b a c --2≤0， c b a --2≥0.∴1113--++--++--+=--++-++-+c b a cb ac b a c b a c b a c b a c b a c b ac b a b a c b a c c a b a c b c b a -+--+-+--+-+--=222≥0222=-+--+-+--+-+--ba cb ac b a c a c b b a c c b a ， ∴cb a cb ac b a c b a -++-++-+≥3.8.由1,1,1a b c >>>，可设1,1,1,0,0,0a x b y c z x y z >>>－＝－＝－＝.于是xz z y y x x z z y y x a c c b b a 222222222)2()2()2()1()1()1(111++≥+++++=-+-+- =1234)(43=⋅⋅⋅≥++xzz y y x x z z y y x .。
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。
不等式证明方法大全
不等式证明方法大全1.推导法：推导法是指通过逻辑推理从已知不等式得出要证明的不等式。
常用的推导法有数学归纳法、递推法、代入法等。
其中，数学归纳法是一种常见的证明不等式的方法，它基于以下两个基本原理：基准步和归纳假设。
（1）基准步：证明当一些特定的变量取一些特定的值时，不等式成立。
（2）归纳假设：假设当一些特定的变量取小于等于一些特定值时，不等式成立。
通过利用以上两个原则，可以通过递推关系不断推导得出要证明的不等式。
2.数学运算法：数学运算法是指通过对不等式进行各种数学运算来得到要证明的不等式。
常用的数学运算包括加法、减法、乘法、除法等。
在进行这些运算时，需要注意运算规则和要证明的不等式所满足的条件，避免运算过程中引入新的限制条件。
3.几何法：几何法是指通过将不等式转化为几何问题进行证明。
几何法常用于证明平面图形的不等式定理，如三角形的不等式定理、平行四边形的不等式定理等。
通过将要证明的不等式几何化，可以通过几何性质和定理进行证明。
4.广义的带参数的方法：广义的带参数的方法是指将要证明的不等式引入参数，通过参数的取值范围来证明不等式的成立。
这种方法常用于证明含有多个变量的复杂不等式，通过引入参数使得不等式简化或者更易处理。
5.分情况讨论法：分情况讨论法是指将要证明的不等式拆分为几个不同的情况进行讨论，分别证明每个情况下不等式的成立。
通过逐个讨论每种情况，可以得出要证明的不等式的证明。
6.反证法：反证法是指假设要证明的不等式不成立，通过推理推出与已知条件矛盾的结论，从而证明不等式的成立。
反证法常用于证明不等式的唯一性和存在性。
7.递推法：递推法是指通过依次推导出不等式的前一项和后一项之间的关系，逐步逼近要证明的不等式。
通过不断进行递推，可以逐步证明不等式的成立。
以上是一些常见的不等式证明方法，它们可以单独使用，也可以结合使用。
在进行不等式证明时，需要注意逻辑严谨、计算准确和推导合理，同时还需要根据具体的题目和要求选择合适的证明方法。
证明不等式的基本方法
x2
例7(1)设
y2
1, 求x
y的最大值，
16 9
并求此时的x, y值。 三角换元
（2）设 x, y R，且 x2 y 2 1，
求证：| x2 2xy y 2 | 2 ；
（1）设 x r sin, y r cos,且 | r | 1
证明：∵ a, b 是正数，且 a b ， ∴要证 aabb abba ,只要证 lg (aabb ) lg(abba ) ,
只要证 a lg a b lgb b lg a a lgb .
(a lg a b lg b) (b lg a a lg b) = (a b)(lg a lg b)
= (a2 b2 )(a b) = (a b)(a b)2
∵ a,b 是正数，且 a b ,∴ a b 0, (a b)2 >0
∴ (a3 b3 ) (a2b ab2 ) >0,∴ a3 b3 a2b ab2
注：比较法是证明不等式的基本方法，也是 最重要的方法,另外，有时还可作商比较.
当且仅当(a b)(b c)≥0 时,等号成立.
四.反证法:
假设命题结论的反面成立，经过正确的推理, 引出矛盾，因此说明假设错误,从而证明原命题 成立,这样的证明方法叫反证法.(正难则反)
例、已知 f (x) x2 px q，求证：
1
| f (1) |,| f (2) |,| f (3) |中至少有一个不小于2 。
求证:已知a, b, c R+,求证 :书P25页2（2）
第2节证明不等式的基本方法
第2节证明不等式的基本方法证明不等式的基本方法总结如下：一、利用数学分析中的中值定理、极值、单调性等性质进行证明。
1.利用中值定理：利用连续函数介值定理或拉格朗日中值定理，根据函数的一些性质，可以推出不等式的成立。
例如，证明一个凸函数在区间上的函数值不小于端点的函数值。
2.利用极值：通过求导或其他方法，找到函数的极值点，然后证明这些极值点就是不等式的最小（最大）值点。
例如，证明两数之积不大于它们的平方和，可以通过求导得到函数的极值点，然后通过证明这个极值点为最小值点来完成。
3.利用单调性：如果已知函数在一些区间上是严格递增（递减）的，可以通过证明不等式在一些特殊点成立，并通过函数的单调性推出在整个区间上成立。
例如，证明一个正数的倒数小于它自己，则可以先证明在0到1之间成立，然后利用单调性推出在整个正数范围内成立。
二、利用数学归纳法进行证明。
如果不等式中的变量是正整数，可以利用数学归纳法进行证明。
首先证明当n=1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。
例如，证明n个正数的平均值不小于它们的几何平均值，可以先证明当n=1时成立，然后假设当n=k时成立，再证明当n=k+1时也成立，最后利用数学归纳法推出结论。
三、利用代数方法。
1.利用等价变形：对于一个复杂的不等式，可以通过进行等价变形来简化证明。
通过将不等式的两边同时加上或减去一些式子，或者将不等式两边同时乘以或除以一些式子，可以得到一个等价的不等式，然后证明这个等价的不等式。
例如，证明正数的n次方大于等于它的平方，可以将不等式两边同时开方，然后证明这个等价的不等式。
2. 利用加减法、乘除法不等式：对于一个分式或多项式不等式，可以通过利用加减法、乘除法的不等式性质，将不等式化简为更简单的形式，再进行证明。
例如，证明a+b≤2ab，则可以将两边同时减去a+b再加上2，利用不等式的性质简化后得到ab≥1，再证明这个等价的不等式。
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。
高二数学证明不等式的基本方法
f (x)
x xm
1
x
m m
(
x
0,m
0),
易知 f ( x )在(0, )上是增函数 .
f (a)
f (b)
a
a m
b
b m
a
a b
m
a
b b
m
ab abm
f (a b)
又 a b c,
f (a b)
f (c)
c cm
ab c am bm cm
2.已知实数 x, y, z不全为零 ，求证 ：
2c 2d
D. c d
2.若q 0, 且q 1, m , n N , 则1 qm n与qm qn
的大小关系是 ( A )
A.1 qm n q m q n
B.1 qm n qm qn
C .1 qm n qm qn
D.不能确定
反证法主要适用于以下两种情形
(1)要证的结论与条件之间的联系不明显,直接由条件 推出结论的线索不够清晰;
放缩技巧有 :
(1)舍掉 (或加进 )一些项 ;
(2)在分式中放大或缩小分 子或分母 ;
(3)应用基本不等式进行放 缩.如
� (a 1)2 3 (a 1)2;
24
2
�
1 k2
1 k(k 1)
,
1 k2
1 k(k
1)
,
1 k
2
,
k k1
1 k
k 2 k 1 (以上 k 2且k N )
补充练习 : 若a,b, m, n都是正实数 , 且m n 1,
试证明 ma nb m a n b
补充练习:
1.已知 a , b , c , d都是正数 , 且 bc ad ,
第二讲--证明不等式的基本方法
[正解]解法一 : 用均值不等式( 3a 1 3b 1 3c 1)2
(3a 1) 3b 1 (3c 1) 2 3a 1 3b 1 2 3b 1 3c 1 2 3a 1 3c 1 (3a 1) 3b 1 (3c 1)
解题准备:放缩法证明不等式时,常见的放缩依据或技巧是不 等式的传递性.缩小分母､扩大分子,分式值增大;缩小分子､ 扩大分母,分式值减小;全量不少于部分;每一次缩小其和变 小,但需大于所求;每一次扩大其和变大,但需小于所求,即 不能放缩不够或放缩过头,同时放缩有时需便于求和.
【典例4】求证 :
3 2
1 n 1
1
1 22
1 32
n 2, n N .
1
1
n2 2 n
[分析] 欲证的式子中间是一个和的形式,但我们还不能利用
求和公式或其他办法求,可以将分母适当放大或缩小成可以
求和的形式,进而求和.
[证明] k k 1 k2 k k 1, k≥2,
,
当且仅当a b 1 时,等号成立. 2
a
1 a
2
b
1 b
2
≥
25 2
.
[反思感悟] 综合法一般是分析法的逆过程,表述简单,条理清 晰,所以在解决具体问题时,常把分析法和综合法结合起来 使用.
类型三
用分析法证明不等式
解题准备:用分析法证“若A则B”形式的命题的模式是:为了 证明命题B为真,只需证明命题B1为真,从而有…….
42 a2 b2≥ 1 .
2
3
1 1 ≥ 2 ≥8当且仅当a b= 1 时,等号成立.
基本不等式的证明方法
基本不等式的证明方法简介基本不等式是解决数学问题中经常用到的重要工具。
本文将介绍一些基本不等式的证明方法，帮助读者更好地理解和运用这些不等式。
方法一：数学归纳法证明数学归纳法是证明数学命题的一种常用方法。
在证明基本不等式时，我们可以运用数学归纳法来逐步推导不等式的成立。
首先，我们将基本不等式的初始条件表示为一个式子，通常为n = 1 或 n = 2。
然后，我们假设当 n = k 时不等式成立，即假设我们已经证明了 n = k 的情况。
接下来，我们需要证明当 n = k + 1 时，不等式仍然成立。
我们可以通过运用数学运算、代入等方法来完成这一步骤。
最后，通过证明初始条件成立，我们可以得出结论，即基本不等式对于所有的正整数 n 都成立。
方法二：几何证明法几何证明法是基于几何形状和图形的性质来证明数学命题的一种方法。
在证明基本不等式时，我们可以通过构建合适的几何形状和图形来解释不等式的成立原理。
举个例子，我们来证明三角形的三边关系，即 a + b > c，其中a、b、c 分别为三角形的三条边长。
我们可以通过构建一个合适的三角形，并进一步分析其边长关系来证明这个不等式的成立。
方法三：代数证明法代数证明法是通过代数运算和方程的性质来证明数学命题的一种方法。
在证明基本不等式时，我们可以使用代数法来进行求解和证明。
例如，要证明 (a + b)^2 >= 4ab，我们可以展开左边的平方项，并进行运算和化简，最终得到不等式成立的形式。
通过适当的代数变换和运算，我们可以证明这个基本不等式的成立。
方法四：数学逻辑证明法数学逻辑证明法是运用数学逻辑原理和推理规则来证明数学命题的一种方法。
在证明基本不等式时，我们可以运用逻辑原理和推理规则来推导不等式的成立。
通过运用严谨的数学推理，我们可以将基本不等式分解为一系列等价的数学命题，然后逐步推导得出不等式的成立。
这种证明方法需要严谨的逻辑思维和推理能力，但能够确保证明的准确性和合理性。
高二数学证明不等式的基本方法
1 a b c d 2 abd bca cba dac
例4 已知a,b是实数,求证 a b a b . 1 ab 1 a 1 b
证明: 0 a b a b
ab
1
1
1
若 在 上 述 溶 液 中 再 添 加mkg白 糖, 此 时 溶 液 的 浓 度
增加到a m ,将这个事实抽象为数学问题,并给出证明. bm
解 : 可以把上述事实抽象成如下不等式问题:
已知a,b, m都是正数,并a b且,则 a m a bm b
解 : 可以把上述事实抽象成如下不等式问题:
a
a a
abcd abd ab
b
b b
abcd bca ab
c
c c
abcd cdb cd
d
d d
abcd dac cd
把 以 上 四 个 不 等 式 相 加得
abcd a b c d abcd abd bca cbd dac
abc 故 a2b2 b2c2 c2a2 abc
abc
三、反证法与放缩法
(1)反证法
先假设要证的命题不成立,以此为出发点,结合已知条 件,应用公理,定义,定理,性质等,进行正确的推理,得到 和命题的条件(或已证明的定理,性质,明显成立的事实 等)矛盾的结论,以说明假设不正确,从而证明原命题成 立,这种方法称为反证法.对于那些直接证明比较困难 的命题常常用反证法证明.
证明: 假设a,b,c不全是正数,即其中至少有一个不是正数, 不妨先设a 0,下面分a 0和a 0两种情况讨论. (1)如果a 0,则abc 0,与abc 0矛盾, a 0不可能. (2)如果a 0,那么由abc 0可得bc 0, 又a b c 0, b c a 0,于是ab bc ca a(b c) bc 0, 这和已知ab bc ca 0相矛盾. a 0也不可能. 综上所述a 0,同理可证b 0,c 0, 所以原命题成立.
证明不等式的基本方法
(2)设函数 f(x)＝|x－a|.
①当 a＝3 时，解不等式 f(x)≥4－|x－1|；
x<1
1≤x≤3
解 ①当 a＝3 时，原不等式可化为|x－3|＋|x－1|≥4，原不等式等价于4－2x≥4 或2≥4
或
x>3 2x－4≥4 ，
解得 x∈(－∞，0]∪[4，＋∞)．
②若 f(x)≤1 的解集为52，92，m1 ＋1n＝a(m>0，n>0)，求证：22＋mnn≤4. ②证明：由|x－a|≤1，得 a－1≤x≤a＋1， 所以 a－1＝25且 a＋1＝92，解得 a＝72， 即m1 ＋1n＝72.
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.
板块二 典例探究·考向突破
考向 比较法证明不等式 例 1 [2016·长春联考]已知 f(x)＝|x＋1|＋|x－1|，不等式 f(x)<4 的解集为 M. (1)求 M； (2)当 a，b∈M 时，证明：2|a＋b|<|4＋ab|.
)
A．大于 0
B．小于 0
C．小于或等于 0 D．大于或等于 0
解析 因为 a>b>c，所以 a－c>b－c>0，所以a－1 c<b－1 c，所以b－1 c－a－1 c>0.故选 A.
证明不等式方法
证明不等式⽅法不等式的证明是⾼中数学的⼀个难点，题型⼴泛，涉及⾯⼴，证法灵活，错法多种多样，本节通这⼀些实例，归纳整理证明不等式时常⽤的⽅法和技巧。
1⽐较法⽐较法是证明不等式的最基本⽅法，具体有"作差"⽐较和"作商"⽐较两种。
基本思想是把难于⽐较的式⼦变成其差与0⽐较⼤⼩或其商与1⽐较⼤⼩。
当求证的不等式两端是分项式（或分式）时，常⽤作差⽐较，当求证的不等式两端是乘积形式（或幂指数式时常⽤作商⽐较）例1已知a+b≥0，求证：a3+b3≥a2b+ab2分析：由题⽬观察知⽤"作差"⽐较，然后提取公因式，结合a+b≥0来说明作差后的正或负，从⽽达到证明不等式的⽬的，步骤是10作差20变形整理30判断差式的正负。
∵（a3+b3) (a2b+ab2)=a2(a-b)-b2(a-b)=(a-b)(a2-b2)证明：=(a-b)2(a+b)⼜∵(a-b)2≥0a+b≥0∴(a-b)2(a+b)≥0即a3+b3≥a2b+ab2例2 设a、b∈R+，且a≠b，求证：aabb＞abba分析：由求证的不等式可知，a、b具有轮换对称性，因此可在设a＞b＞0的前提下⽤作商⽐较法，作商后同"1"⽐较⼤⼩，从⽽达到证明⽬的，步骤是：10作商20商形整理30判断为与1的⼤⼩证明：由a、b的对称性，不妨解a＞b＞0则aabbabba=aa-b bb-a=(ab)a-b∵a b 0，∴ab 1，a-b 0∴(ab)a-b (ab)0=1即aabbabba＞1，⼜abba＞0∴aabb＞abba练习1 已知a、b∈R+，n∈N，求证（a+b）（an+bn）≤2（an+1+bn+1）2基本不等式法利⽤基本不等式及其变式证明不等式是常⽤的⽅法，常⽤的基本不等式及变形有：（1）若a、b∈R，则a2+b2≥2ab（当且仅当a=b时，取等号）（2）若a、b∈R+，则a+b≥ 2ab（当且仅当a=b时，取等号）（3）若a、b同号，则ba+ab≥2（当且仅当a=b时，取等号）例3 若a、b∈R，｜a｜≤1，｜b｜≤1则a1-b2+b1-a2≤1分析：通过观察可直接套⽤：xy≤x2+y22证明：∵a1-b2b1-a2≤a2+(1-b2)2+b2-(1-a2)2=1∴b1-a2+a1-b2≤1，当且仅当a1+b2=1时，等号成⽴练习2：若a b 0，证明a+1(a-b)b≥33综合法综合法就是从已知或已证明过的不等式出发，根据不等式性质推算出要证明不等式。