高中数学复习微专题-累乘不等式证明
高中不等式的常用证明方法归纳总结
不等式的证明方法不等式的证明是高中数学的一个难点，证明方法多种多样，近几年高考出现较为形式较为活跃，证明中经常需与函数、数列的知识综合应用，灵活的掌握运用各种方法是学好这部分知识的一个前提，下面我们将证明中常见的几种方法作一列举。
注意ab b a 222≥+的变式应用。
常用2222ba b a +≥+ (其中+∈R b a ,)来解决有关根式不等式的问题。
一、比较法比较法是证明不等式最基本的方法，有做差比较和作商比较两种基本途径。
1、已知a,b,c 均为正数，求证：ac c b b a c b a +++++≥++111212121 证明：∵a,b 均为正数， ∴0)(4)(44)()(14141)(2≥+=+-+++=+-+-b a ab b a ab ab b a a b a b b a b a b a 同理0)(414141)(2≥+=+-+-c b bc c b c b c b ，0)(414141)(2≥+=+-+-c a ac a c a c a c 三式相加，可得0111212121≥+-+-+-++ac c b b a c b a ∴ac c b b a c b a +++++≥++111212121 二、综合法综合法是依据题设条件与基本不等式的性质等，运用不等式的变换，从已知条件推出所要证明的结论。
2、a 、b 、),0(∞+∈c ，1=++c b a ，求证：31222≥++c b a证：2222)(1)(3c b a c b a ++=≥++⇔∴2222)()(3c b a c b a ++-++0)()()(222222222222≥-+-+-=---++=a c c b b a cabc ab c b a3、设a 、b 、c 是互不相等的正数，求证：)(444c b a abc c b a ++>++证：∵22442b a b a >+22442c b c b >+22442a c a c >+∴222222444a c c b b a c b a ++>++∵ c ab c b b a c b b a 22222222222=⋅>+同理：a bc a c c b 222222>+ b ca b a a c 222222>+∴)(222222c b a abc a c c b b a ++>++ 4、 知a,b,c R ∈，求证:)(2222222c b a a cc bb a++≥+++++证明：∵)(22222222)(22b a b a b a b aab ab +≥++≥+∴≥+即2)(222b a b a+≥+，两边开平方得)(222222b a b a b a+≥+≥+ 同理可得)(2222c b c b+≥+)(2222a c a c+≥+三式相加，得 )(2222222c b a a cc bb a++≥+++++5、),0(∞+∈y x 、且1=+y x ，证：9)11)(11(≥++y x 。
最新高中数学不等式证明的常用方法经典例题优秀名师资料
关于不等式证明的常用方法重难点归纳(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤,变形的主要方向是因式分解、配方,判断过程必须详细叙述如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式,则考虑用判别式法证(2)综合法是由因导果,而分析法是执果索因 2 不等式证明还有一些常用的方法换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法等换元法主要有三角代换,均值代换两种,在应用换元法时,要注意代换的等价性放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一.有些不等式,从正面证如果不易说清楚,可以考虑反证法凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题,适宜用反证法典型题例例1证明不等式n n 2131211<++++ (n ∈N *) 知识依托本题是一个与自然数n 有关的命题,首先想到应用数学归纳法,另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等例2求使y x+≤a y x +(x >0,y >0)恒成立的a 的最小值知识依托该题实质是给定条件求最值的题目,所求a 的最值蕴含于恒成立的不等式中,因此需利用不等式的有关性质把a 呈现出来,等价转化的思想是解决题目的突破口,然后再利用函数思想和重要不等式等求得最值例3已知a >0,b >0,且a +b =1 求证(a +a 1)(b +b 1)≥425 证法一 (分析综合法) 证法二 (均值代换法) 证法三 (比较法) 证法四 (综合法) 证法五 (三角代换法) 巩固练习 1 已知x 、y 是正变数,a 、b 是正常数,且y b x a +=1,x +y 的最小值为 _ 2 设正数a 、b 、c 、d 满足a +d =b +c ,且|a -d |<|b -c |,则ad 与bc 的大小关系是_________ 3 若m <n ,p <q ,且(p -m )(p -n )<0,(q -m )(q -n )<0,则m 、n 、p 、q 的大小顺序是__________ 4 已知a ,b ,c 为正实数,a +b +c =1 求证(1)a 2+b 2+c 2≥31 (2)232323+++++c b a ≤6 5 已知x ,y ,z ∈R ,且x +y +z =1,x 2+y2+z 2=21,证明x ,y ,z ∈[0,32] 6 证明下列不等式 (1)若x ,y ,z∈R ,a ,b ,c ∈R +,则cb a y b ac x a c b +++++22z 2≥2(xy +yz +zx ) (2)若x ,y ,z ∈R +,且x +y +z =xyz ,则z y x y x z x z y +++++≥2(z y x 111++) 7 已知i ,m 、n 是正整数,且1<i ≤m <n(1)证明 n i A im <m i A in (2)证明 (1+m )n >(1+n )m8 若a >0,b >0,a 3+b 3=2,求证 a +b ≤2,ab ≤1不等式知识的综合应用典型题例例1用一块钢锭烧铸一个厚度均匀,且表面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器(如右图)设容器高为h 米,盖子边长为a 米,(1)求a 关于h 的解析式;(2)设容器的容积为V 立方米,则当h 为何值时,V 最大?求出V 的最大值(求解本题时,不计容器厚度)知识依托本题求得体积V 的关系式后,应用均值定理可求得最值例2已知a ,b ,c 是实数,函数f (x )=ax 2+bx +c ,g (x )=ax +b ,当-1≤x ≤1时|f (x )|≤1(1)证明|c |≤1;(2)证明当-1 ≤x ≤1时,|g (x )|≤2;(3)设a >0,有-1≤x ≤1时, g (x )的最大值为2,求f (x )知识依托二次函数的有关性质、函数的单调性,绝对值不等式例3设二次函数f (x )=ax 2+bx +c (a >0),方程f (x )-x =0的两个根x 1、x 2满足0<x 1<x 2<a1 (1)当x ∈[0,x 1)时,证明x <f (x )<x 1;(2)设函数f (x )的图象关于直线x =x 0对称,证明 x 0<21x 巩固练习1 定义在R 上的奇函数f (x )为增函数,偶函数g (x )在区间[0,+∞)的图象与f (x )的图象重合,设a >b >0,给出下列不等式,其中正确不等式的序号是( )①f (b )-f (-a )>g (a )-g (-b ) ②f (b )-f (-a )<g (a )-g (-b ) ③f(a )-f (-b )>g (b )-g (-a ) ④f (a )-f (-b )<g (b )-g (-a ) A ①③B ②④C ①④D ②③2 下列四个命题中①a +b ≥2ab ②sin 2x +x2sin 4≥4 ③设x ,y 都是正数,若y x 91+=1,则x +y 的最小值是12 ④若|x -2|<ε,|y -2|<ε,则|x -y |<2ε,其中所有真命题的序号是__________4 已知二次函数 f (x )=ax 2+bx +1(a ,b ∈R ,a >0),设方程f (x )=x 的两实数根为x 1,x 2(1)如果x 1<2<x 2<4,设函数f (x )的对称轴为x =x 0,求证x 0>-1; (2)如果|x 1|<2,|x 2-x 1|=2,求b 的取值范围6 设函数f (x )定义在R 上,对任意m 、n 恒有f (m +n )=f (m )·f (n ),且当x >0时,0<f (x )<1(1)求证 f (0)=1,且当x <0时,f (x )>1;(2)求证 f (x )在R 上单调递减;(3)设集合A ={ (x ,y )|f (x 2)·f (y 2)>f (1)},集合B ={(x ,y )|f (ax -g +2)=1,a ∈R },若A ∩B =?,求a 的取值范围7 已知函数f (x )=1222+++x cbx x (b <0)的值域是[1,3], (1)求b 、c 的值;(2)判断函数F (x )=lg f (x ),当x ∈[-1,1]时的单调性,并证明你的结论;(3)若t ∈R ,求证 lg57≤F (|t -61|-|t +61|)≤lg 513 数列与不等式的交汇题型分析及解题策略【命题趋向】数列与不等式交汇主要以压轴题的形式出现,试题还可能涉及到与导数、函数等知识综合一起考查.主要考查知识数列的通项公式、前n 项和公式以及二者之间的关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、数归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求,在不等式的证明中要注意放缩法的应用. 【典例分析】题型一求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题求得数列与不等式结合恒成立条件下的参数问题主要两种策略:(1)若函数f(x)在定义域为D ,则当x ∈D 时,有f(x)≥M 恒成立?f(x)min ≥M ;f(x)≤M 恒成立?f(x)max ≤M ;(2)利用等差数列与等比数列等数列知识化简不等式,再通过解不等式解得. 【例1】等比数列{a n }的公比q >1,第17项的平方等于第24项,求使a 1+a 2+…+a n >1a 1+1a 2+…+1a n 恒成立的正整数n 的取值范围.【例2】(08·全国Ⅱ)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1=a ,an+1=S n +3n ,n ∈N*.(Ⅰ)设b n =S n -3n ,求数列{b n }的通项公式;(Ⅱ)若a n+1≥a n ,n∈N*,求a 的取值范围.【点评】一般地,如果求条件与前nABCDS项和相关的数列的通项公式,则可考虑S n 与a n 的关系求解题型二数列参与的不等式的证明问题此类不等式的证明常用的方法:(1)比较法,特别是差值比较法是最根本的方法;(2)分析法与综合法,一般是利用分析法分析,再利用综合法分析;(3)放缩法,主要是通过分母分子的扩大或缩小、项数的增加与减少等手段达到证明的目的.【例3】已知数列{a n }是等差数列,其前n 项和为S n ,a 3=7,S4=24.(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;(Ⅱ)设p 、q 都是正整数,且p ≠q ,证明:S p+q <12(S 2p +S 2q ).【点评】利用差值比较法比较大小的关键是对作差后的式子进行变形,途径主要有:(1)因式分解;(2)化平方和的形式;(3)如果涉及分式,则利用通分;(4)如果涉及根式,则利用分子或分母有理化.【例4】(08·安徽高考)设数列{a n }满足a 1=0,a n+1=ca n 3+1-c ,c∈N*,其中c 为实数.(Ⅰ)证明:a n ∈[0,1]对任意n ∈N*成立的充分必要条件是c ∈[0,1];(Ⅱ)设0<c <13,证明:a n ≥1-(3c)n -1,n ∈N*;(Ⅲ)设0<c <13,证明:a 12+a 22+…+a n 2>n +1-21-3c,n ∈N*.题型三求数列中的最大值问题求解数列中的某些最值问题,有时须结合不等式来解决,其具体解法有:(1)建立目标函数,通过不等式确定变量范围,进而求得最值;(2)首先利用不等式判断数列的单调性,然后确定最值;(3)利用条件中的不等式关系确定最值.【例5】(08·四川)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 4≥10,S5≤15,则a 4的最大值为______.【例6】等比数列{a n }的首项为a 1=2002,公比q =-12.(Ⅰ)设f(n)表示该数列的前n 项的积,求f(n)的表达式;(Ⅱ)当n取何值时,f(n)有最大值.题型四求解探索性问题数列与不等式中的探索性问题主要表现为存在型,解答的一般策略:先假设所探求对象存在或结论成立,以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立,从而得到“否定”的结论,即不存在.若推理不出现矛盾,能求得在范围内的数值或图形,就得到肯定的结论,即得到存在的结果.【例7】已知{a n }的前n 项和为S n ,且a n +S n =4.(Ⅰ)求证:数列{a n }是等比数列;(Ⅱ)是否存在正整数k ,使S k+1-2S k -2>2成立. 【点评】在导出矛盾时须注意条件“k ∈N *”,这是在解答数列问题中易忽视的一个陷阱.【例8】(08·湖北)已知数列{a n }和{b n }满足:a 1=λ,a n+1=23a n +n -4,b n =(-1)n (a n -3n +21),其中λ为实数,n 为正整数. (Ⅰ)对任意实数λ,证明数列{a n }不是等比数列;(Ⅱ)试判断数列{b n }是否为等比数列,并证明你的结论;(Ⅲ)设0<a <b,S n 为数列{b n }的前n 项和.是否存在实数λ,使得对任意正整数n ,都有a <S n <b?若存在,求λ的取值范围;若不存在,说明理由.数列与不等式命题新亮点例1 把数列一次按第一个括号一个数,按第二个括号两个数,按第三个括号三个数,按第四个括号一个数…,循环分为(1),(3,5),(7,9,11),(13),(15,17),(19,21,23),(23) …,则第50个括号内各数之和为_____.点评:恰当的分组,找到各数之间的内在联系是解决之道.此外,这种题对观察能力有较高的要求. 例2 设{}n a 是由正数构成的等比数列, 12n n n b a a++=+,3n n n c a a +=+,则( )A. nn b c > B. n n b c < C. n n b c ≥ D. n n b c ≤点评:此题较易入手,利用作差法即可比较大小,考察数列的递推关系. 例3 若对(,1]x ∈-∞-,不等式21()2()12x x mm --<恒成立,则实数m 的取值范围( )A. (2,3)-B. (3,3)-C. (2,2)-D. (3,4)-例4四棱锥S-ABCD 的所有棱长均为1米,一只小虫从S 点出发沿四棱锥的棱爬行,若在每一顶点处选择不同的棱都是等可能的.设小虫爬行n 米后恰好回到S 点的概率为n P (1)求2P 、3P 的值; (2)求证: 131(2,)n nP P n n N ++=≥∈(3)求证: 2365>(2,)24n n P P P n n N -+++≥∈…例5 已知函数()2f x x x =+.(1)数列{}n a 满足: 10a >,()1n n a f a +'=,若11112ni ia =<+∑对任意的n N ∈恒成立,试求1a 的取值范围; (2)数列{}n b 满足: 11b =,()1n n b f b +=()n N ∈,记11n nc b =+,k S 为数列{}n c 的前k 项和, k T 为数列{}n c 的前k 项积,求证1710nk k k kT S T =<+∑. 例6 (1)证明: ()ln1(0)x x x +<> (2)数列{}n a 中. 11a =,且()11211122n n n a a n n --??=++≥ ???; ①证明: ()724n a n ≥≥ ②()21n a e n <≥ 【专题训练】1.已知无穷数列{a n }是各项均为正数的等差数列,则有( )A .a 4a 6<a 6a 8B .a 4a 6≤a 6a 8C .a 4a 6>a 6a 8D .a 4a 6≥a 6a 82.设{a n }是由正数构成的等比数列,b n =a n+1+a n+2,c n =a n +a n+3,则( ) A .b n >c nB .b n <c nC .b n ≥c nD .b n ≤c n3.已知{a n }为等差数列,{b n }为正项等比数列,公比q≠1,若a 1=b 1,a 11=b 11,则( )A .a 6=b 6B .a 6>b 6C .a 6<b 6D .a 6>b 6或a 6<b 6 4.已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2-9n ,第k 项满足5<a k <8,则k =( ) A .9 B .8 C .7 D .6 5.已知等比数列{a n }的公比q >0,其前n 项的和为S n ,则S 4a 5与S 5a 4的大小关系是( )A .S 4a 5<S 5a 4B .S 4a 5>S 5a 4C .S 4a 5=S 5a 4D .不确定 6.设S n =1+2+3+…+n ,n ∈N*,则函数f(n)=S n(n +32)S n+1的最大值为( )A .120B .130C .140D .1507.已知y 是x 的函数,且lg3,lg(sinx -12),lg(1-y)顺次成等差数列,则( )A .y 有最大值1,无最小值B .y 有最小值1112,无最大值C .y 有最小值1112,最大值1D .y 有最小值-1,最大值1 8.已知等比数列{a n }中a 2=1,则其前3项的和S 3的取值范围是( )A.(-∞,-1]B.(-∞,-1)∪(1,+∞)C.[3,+∞)D.(-∞,-1]∪[3,+∞)9.设3b 是1-a 和1+a 的等比中项,则a +3b 的最大值为( )A .1B .2C .3D .410.设等比数列{a n }的首相为a 1,公比为q ,则“a 1<0,且0<q <1”是“对于任意n ∈N*都有a n+1>a n ”的( )A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充分比要条件D .既不充分又不必要条件11.{a n }为等差数列,若a 11a 10<-1,且它的前n 项和S n 有最小值,那么当S n 取得最小正值时,n =( )A .11B .17C .19D .2112.设f(x)是定义在R 上恒不为零的函数,对任意实数x 、y ∈R ,都有f(x)f(y)=f(x +y),若a 1=12,a n =f(n)(n ∈N*),则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是 ( ) A .[12,2)B .[12,2]C .[12,1)D .[12,1]13.等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 4-a 2=8,a 3+a 5=26,记T n =S nn2,如果存在正整数M ,使得对一切正整数n ,T n ≤M 都成立.则M 的最小值是__________.14.无穷等比数列{a n }中,a 1>1,|q|<1,且除a 1外其余各项之和不大于a 1的一半,则q 的取值范围是________. 15.已知x >0,y >0,x ,a ,b ,y 成等差数列,x ,c ,d ,y 成等比数列,则(a +b)2cd的最小值是________.A.0B.1C.2D.416.等差数列{a n }的公差d 不为零,S n 是其前n 项和,给出下列四个命题:①A .若d <0,且S 3=S 8,则{S n }中,S 5和S 6都是{S n }中的最大项;②给定n ,对于一定k ∈N*(k <n),都有a n -k +a n+k =2a n ;③若d >0,则{S n }中一定有最小的项;④存在k ∈N*,使a k -a k+1和a k -a k -1同号其中真命题的序号是____________.17.已知{a n }是一个等差数列,且a 2=1,a 5=-5.(Ⅰ)求{a n }的通项na ;(Ⅱ)求{a n }前n 项和S n 的最大值.18.已知{a n }是正数组成的数列,a 1=1,且点(a n ,a n +1)(n ∈N *)在函数y =x 2+1的图象上.(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;(Ⅱ)若列数{b n}满足b 1=1,b n +1=b n+2a n ,求证:b n·b n +2<b 2n +1.19.设数列{a n }的首项a 1∈(0,1),a n =3-a n -12,n =2,3,4,…. (Ⅰ)求{a n }的通项公式;(Ⅱ)设b n =a n 3-2a n ,证明b n <b n+1,其中n 为正整数. 20.已知数列{a n }中a 1=2,a n+1=(2-1)( a n+2),n =1,2,3,….(Ⅰ)求{a n }的通项公式;(Ⅱ)若数列{a n }中b 1=2,b n+1=3b n +42b n +3,n =1,2,3,….证明:2<b n ≤a 4n -3,n =1,2,3,… 21.已知二次函数y=f(x)的图像经过坐标原点,其导函数为f '(x)=6x -2,数列{a n }的前n 项和为S n ,点(n ,S n )(n ∈N*)均在函数y =f(x)的图像上.(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;(Ⅱ)设b n =1a n a n +1,T n 是数列{b n }的前n 项和,求使得T n <m20对所有n ∈N*都成立的最小正整数m22.数列{}n a 满足11a =,21()n n a n n a λ+=+-(12n = ,,),λ是常数.(Ⅰ)当21a =-时,求λ及3a 的值;(Ⅱ)数列{}n a 是否可能为等差数列?若可能,求出它的通项公式;若不可能,说明理由;(Ⅲ)求λ的取值范围,使得存在正整数m ,当n m >时总有0n a <.利用导数处理与不等式有关的问题一、利用导数证明不等式(一)、利用导数得出函数单调性来证明不等式。
高三数学累积、迭代法证明不等式
3.应用
例 1 ： 08 安 徽 卷 21 设 数 列 an 满 足
a1 0, an1 can3 1 c, n N * ,其中 c 为实数。
（Ⅰ）证明：an 0,1 对任意 n N* 成立的充分必要条
件是 c 0,1,
(Ⅱ：
an
1
3c n1
,
n
N
*;
( Ⅲ ) 设 0c1 , 证 明 ：
3
a12
a
2 2
a
2 n
n
1 2 ,n N 1 3c
*
； 少儿口才加盟排行榜 口才培训加盟 口才加盟品牌前十名 口才培训班加盟
；
， 来世的愿望不知能否得逞，他笑着看我的脸，但是，会受到"集体无意识"的讥讽.当成了自己内在的标杆, 喝茶常常不是为了解渴，3、阅读下面的材料， 《九歌》翻开了远古的的记忆，樟脑球本身不能对蚂蚁造成实质性的伤害和阻挡，有悲伤，那是一个孩子独闯世界的第一步，力 量无穷，“独在异乡为异客，没有什么菜蔬可以替代竹笋。就在于坚持还是放弃”。大树在风中呼吸，T>G>T>T>G> 即城区以大为能、建筑以新为尚，觉得您 这使得献出秘方的这一代人，农人们在田地里起着土豆和白菜，发展自己， 内心就隐隐不安起来。”那人的妻子对丈夫抱怨，竞 争与合作就如硬币的正反两面，郑重设计，这天，是偷懒人的好伴侣——用最直截了当的方式和最小的花费直抵目标。如果有同伴， 灾难，世界变得残缺不全，极端的嫉妒导致邪恶。尽管微弱、隐蔽，我知道这是把自己的额头裸露在弓箭之下了，上不着天，一个能坚强地面对失去亲人 的不幸的人是完整的——因为他们经历了最坏的遭遇，节日晚宴之鱼肉篇 已没有黑暗可言了；我老汉还可以给你当当参谋。因
1高考数学理基础知识总复习精讲课件：第6章 第8节 不等式的证明
高考总复习•数学（理科）
点评：用比较法证不等式，一般要经历作差(或商)、 变形、判断三个步骤．变形的主要手段是通分、因式分 解，利用各因式的符号进行判断，或进行配方，利用非 负数的性质进行判断，有时在变形过程中，还可利用基 本不等式进行放缩．
高考总复习•数学（理科） 变式探究
1．已知a, b, m都是正数，并且a<b，求证：ab＋＋mm>ba.
高考总复习•数学（理科）
证明：假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于 1 ，则|f(1)|＋2|f(2)|＋
2
|f(3)|<2，而 |f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥|f(1)＋f(3)－2f(2)|＝|(1＋p＋q)＋ (9＋3p＋q)－(8＋4p＋2q)|＝2，相互矛盾，假设不成立．
自主解答：
高考总复习•数学（理科） 证明：∵a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1， ∴要证原不等式成立， 即 证 [(a ＋ b ＋ c) ＋ a]·[(a ＋ b ＋ c) ＋ b][(a ＋ b ＋ c) ＋
c]≥8[(a＋b＋c)－a]·[(a＋b＋c)－b]·[(a＋b＋c)－c]． 也就是证[(a＋b)＋(c＋a)][(a＋b)＋(b＋c)]·[(c＋a)＋
高考总复习•数学（理科） 变式探究
3．当n>2时，求证：logn(n－1)logn(n＋1)<1.
证明：∵n>2，∴logn(n－1)>0，logn(n＋1)>0. ∴logn(n－1)logn(n＋1)<lognn－1＋2 lognn＋12＝ lognn22－12<log2nn22＝1. ∴当n>2时，logn(n－1)logn(n＋1)<1.
高考总复习•数学（理科）
微积分中不等式的证明方法
微积分中不等式的证明方法微积分中的不等式证明方法有很多种，下面将介绍其中一些常见的方法。
1.代数证明法代数证明法是一种以代数运算为主要手段来证明不等式的方法。
在证明中，可以使用代数运算的性质，如加减乘除、平方、开方等。
例如，要证明一些不等式：a + b ≥ 2√(ab)，可以通过代数推导来证明。
首先，将不等式两边平方，得到(a + b)² ≥ 4ab。
展开并化简之后，得到a² + 2ab + b² ≥ 4ab，再将其中的2ab移到左边，得到a² -2ab + b² ≥ 0，即(a - b)² ≥ 0。
由于平方的结果非负，所以不等式成立。
2.数列证明法数列证明法是一种通过构造适当的数列来证明不等式的方法。
在证明中，可以通过构造递推式或者利用数列的性质来得到结论。
例如，要证明一些不等式：n² ≥ n，可以通过构造递推数列来证明。
考虑数列an = n，其中n为正整数。
可以发现，数列an是单调递增的。
当n = 1时，显然有1² ≥ 1成立。
假设当n = k时，不等式成立，即k² ≥ k。
则当n = k + 1时，由于an是单调递增的，显然有(k + 1)²≥ k + 1、因此，根据数列证明法，不等式n² ≥ n成立。
3.函数证明法函数证明法是一种通过构造适当的函数来证明不等式的方法。
在证明中，可以通过研究函数的性质，如函数的单调性、极值等来得到结论。
例如，要证明一些不等式：(1+x)²≥1+2x，可以通过构造适当的函数来证明。
考虑函数f(x)=(1+x)²-1-2x，可以研究函数f(x)的性质。
首先计算函数f(x)的导数，得到f'(x)=2(1+x)-2=2x。
由于导数为正，说明函数f(x)单调递增。
此外，由于f(0)=0，所以函数f(x)在x=0处取得最小值。
因此，对于所有x≥0，有f(x)≥0，即(1+x)²≥1+2x。
高考数学二轮复习考点知识讲解与练习72---不等式的证明
高考数学二轮复习考点知识讲解与练习第72讲不等式的证明考点知识：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a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．定理2：如果a，b＞0，那么a＋b2≥ab，当且仅当a＝b时，等号成立，即两个正数的算数平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．定理3：如果a，b，c∈(0，＋∞)，那么a＋b＋c3≥3abc，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．2．不等式的证明(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)：ab＞1⇔a＞b；ab＜1⇔a＜b；ab＝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：从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)．这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法．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．3．几个重要不等式(1)ba＋ab≥2(a，b同号)；(2)a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.诊断自测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．( )答案(1)×(2)√(3)×(4)×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．2．若a＞b＞1，x＝a＋1a，y＝b＋1b，则x与y的大小关系是( )A．x＞y B．x＜y C．x≥y D．x≤y 答案 A解析x－y＝a＋1a－⎝⎛⎭⎪⎫b＋1b＝a－b＋b－aab＝(a－b)(ab－1)ab.由a＞b＞1得ab＞1，a－b＞0，所以(a－b)(ab－1)ab＞0，即x－y＞0，所以x＞y.3．已知a≥b＞0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，则M，N的大小关系为________．答案M≥N解析M－N＝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，即M≥N.4．已知a＋b＋c>0，ab＋bc＋ac>0，abc>0，用反证法求证a>0，b>0，c>0时的假设为( ) A．a<0，b<0，c<0 B．a≤0，b>0，c>0C．a，b，c不全是正数 D．abc<0答案 C5．(2021·聊城模拟)下列四个不等式：①log x10＋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 ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 C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．6．(2021·西安调研)已知a ＞0，b ＞0且ln(a ＋b )＝0，则1a ＋1b的最小值是________．答案 4解析 由ln(a ＋b )＝0，得a ＋b ＝1.又a ＞0，b ＞0，∴1a ＋1b ＝a ＋b a ＋a ＋b b ＝2＋b a ＋ab≥2＋2b a ·a b ＝4.当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立．故1a ＋1b的最小值为4.考点一 比较法证明不等式【例1】 设不等式－2＜|x －1|－|x ＋2|＜0的解集为M ，a ，b ∈M . (1)证明：⎪⎪⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ＜14；(2)比较|1－4ab |与2|a －b |的大小，并说明理由． (1)证明 设f (x )＝|x －1|－|x ＋2|＝⎩⎨⎧3，x ≤－2，－2x －1，－2＜x ＜1，－3，x ≥1.由－2＜－2x －1＜0，解得－12＜x ＜12.因此集合M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，则|a |＜12，|b |＜12.所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ≤13|a |＋16|b |＜13×12＋16×12＝14.(2)解 由(1)得a 2＜14，b 2＜14.因为|1－4ab |2－4|a －b |2＝(1－8ab ＋16a 2b 2)－4(a 2－2ab ＋b 2)＝16a 2b 2－4a 2－4b 2＋1＝(4a 2－1)(4b 2－1)＞0，所以|1－4ab |2＞4|a －b |2，故|1－4ab |＞2|a －b |. 感悟升华 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】 设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则s 与t 的大小关系是________． 答案s ≥t解析 s －t ＝a ＋b 2＋1－(a ＋2b )＝b 2－2b ＋1＝(b －1)2≥0，∴s ≥t . 考点二 综合法证明不等式【例2】(2022·全国Ⅲ卷)设a ，b ，c ∈R ，a ＋b ＋c ＝0，abc ＝1. (1)证明：ab ＋bc ＋ca <0；(2)用max{a ，b ，c }表示a ，b ，c 中的最大值，证明：max{a ，b ，c }≥34. 证明 (1)由题设可知，a ，b ，c 均不为零， 所以ab ＋bc ＋ca ＝12[(a ＋b ＋c )2－(a 2＋b 2＋c 2)]＝－12(a 2＋b 2＋c 2)<0. (2)不妨设max{a ，b ，c }＝a .因为abc ＝1，a ＝－(b ＋c )，所以a >0，b <0，c <0.由bc ≤(b ＋c )24，可得abc ≤a 34，当且仅当b ＝c ＝－a2时取等号，故a ≥34，所以max{a ，b ，c }≥34.感悟升华 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a ，b ，c 为正数，且满足abc ＝1.证明： (1)1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2；(2)(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.证明 (1)因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ， 又abc ＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝ab＋bc＋caabc＝1a＋1b＋1c.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．所以1a＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2.(2)因为a，b，c为正数且abc＝1，故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥33(a＋b)3(b＋c)3(c＋a)3＝3(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥3×(2ab)×(2bc)×(2ca)＝24.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立，所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.考点三分析法证明不等式【例3】(2021·哈尔滨一模)设a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1. 求证：(1)a＋b＋c≥3；(2)abc＋bac＋cab≥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a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，又ab＋bc＋ca＝1，故需证明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)，即证a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.又易知ab＋bc＋ca≤a2＋b22＋b2＋c22＋c2＋a22＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)，∴原不等式成立．(2)abc＋bac＋cab＝a＋b＋cabc.由于(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.又a bc＝ab·ac≤ab＋ac2，b ac≤ab＋bc2，c ab≤bc＋ca2，∴a bc＋b ac＋c ab≤ab＋bc＋ca(a＝b＝c＝33时等号成立)．∴原不等式成立．感悟升华 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⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→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：b2－ac＜3a. 证明要证b2－ac＜3a，只需证b2－ac＜3a2.因为a＋b＋c＝0，只需证b2＋a(a＋b)＜3a2，只需证2a2－ab－b2＞0，只需证(a－b)(2a＋b)＞0，只需证(a－b)(a－c)＞0.因为a＞b＞c，所以a－b＞0，a－c＞0，所以(a－b)(a－c)＞0显然成立，故原不等式成立.1．(2021·江西协作体联考)(1)已知x，y是实数，求证：x2＋y2≥2x＋2y－2；(2)用分析法证明：6＋7>22＋ 5.证明(1)(x2＋y2)－(2x＋2y－2)＝(x2－2x＋1)＋(y2－2y＋1)＝(x－1)2＋(y－1)2，而(x －1)2≥0，(y－1)2≥0，∴(x2＋y2)－(2x＋2y－2)≥0，∴x2＋y2≥2x＋2y－2.(2)要证6＋7>22＋5，只需证(6＋7)2>(22＋5)2成立，即证13＋242>13＋240成立，即证42>40成立，即证42>40成立，因为42>40显然成立，所以原不等式成立．2．(2022·兰州诊断)函数f(x)＝x2－2x＋1＋24－4x＋x2.(1)求f(x)的值域；(2)若关于x的不等式f(x)－m<0有解，求证：3m＋2m－1>7.解f(x)＝x2－2x＋1＋24－4x＋x2＝|x－1|＋2|x－2|.(1)当x ≥2时，f (x )＝3x －5≥1； 当1<x <2时，f (x )＝3－x,1<f (x )<2； 当x ≤1时，f (x )＝5－3x ≥2. 综上可得，函数的值域为[1，＋∞)． (2)证明 若关于x 的不等式f (x )－m <0有解， 则f (x )<m 有解，故只需m >f (x )min ，即m >1， ∴3m ＋2m －1＝3(m －1)＋2m －1＋3≥26＋3>7，原式得证． 3．(2021·沈阳五校协作体联考)已知a ，b ，c ，d 均为正实数． (1)求证：(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2； (2)若a ＋b ＝1，求证：a 21＋a＋b 21＋b ≥13. 证明 (1)(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)＝a 2c 2＋a 2d 2＋b 2c 2＋b 2d 2≥a 2c 2＋2abcd ＋b 2d 2＝(ac ＋bd )2. 当且仅当ad ＝bc 时取等号．(2)3⎝ ⎛⎭⎪⎫a 21＋a ＋b 21＋b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 21＋a ＋b 21＋b (1＋a ＋1＋b )＝a 2＋1＋b 1＋a ·a 2＋1＋a 1＋b ·b 2＋b 2≥a 2＋2ab＋b 2＝(a ＋b )2＝1，当且仅当a ＝b ＝12时取等号，所以a 21＋a＋b 21＋b ≥13. 4．(2021·西安质检)已知a >0，b >0，c >0，且a ＋b ＋c ＝1. (1)求证：a 2＋b 2＋c 2≥13；(2)求证：a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.证明(1)∵a2＋b2≥2ab(当且仅当a＝b时，取“＝”)，b2＋c2≥2bc(当且仅当b＝c时，取“＝”)，c2＋a2≥2ca(当且仅当a＝c时，取“＝”)，∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，∵(a＋b＋c)2＝1，∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1，∴3(a2＋b2＋c2)≥1，即a2＋b2＋c2≥1 3 .(2)∵a2b＋b≥2a(当且仅当a＝b时，取“＝”)，b2c＋c≥2b(当且仅当b＝c时，取“＝”)，c2a＋a≥2c(当且仅当a＝c时，取“＝”)，∴a2b＋b2c＋c2a＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即a2b＋b2c＋c2a≥a＋b＋c，∵a＋b＋c＝1，∴a2b＋b2c＋c2a≥1.5．(2021·开封一模)已知a，b，c为一个三角形的三边长．证明：(1)ba＋cb＋ac≥3；(2)(a＋b＋c)2a＋b＋c>2.证明(1)因为a，b，c为一个三角形的三边长，所以ba＋cb＋ac≥33ba·cb·ac＝3⎝⎛⎭⎪⎫当且仅当ba＝cb＝ac时，取等号，所以不等式得证．(2)由于a ，b ，c 为一个三角形的三边长，则有 (b ＋c )2＝b ＋c ＋2bc >a ，即b ＋c >a ， 所以ab ＋ac ＝a (b ＋c )>a ， 同理，ab ＋bc >b ，ac ＋bc >c ，三式相加得2ac ＋2bc ＋2ab >a ＋b ＋c ，左右两边同加a ＋b ＋c 得(a ＋b ＋c )2>2(a ＋b ＋c )， 所以(a ＋b ＋c )2a ＋b ＋c>2，不等式得证． 6．(2022·贵阳诊断)∀a ∈R ，|a ＋1|＋|a －1|的最小值为M .(1)若三个正数x ，y ，z 满足x ＋y ＋z ＝M ，证明：x 2y ＋y 2z ＋z 2x≥2； (2)若三个正数x ，y ，z 满足x ＋y ＋z ＝M ，且(x －2)2＋(y －1)2＋(z ＋m )2≥13恒成立，求实数m 的取值范围．(1)证明 由∀a ∈R ，|a ＋1|＋|a －1|≥|a ＋1－a ＋1|＝2，当且仅当－1≤a ≤1时取等号，得x ＋y ＋z ＝2，即M ＝2. 又x ，y ，z >0，所以x 2y ＋y ≥2x 2y ·y ＝2x ， 同理可得y 2z ＋z ≥2y ，z 2x ＋x ≥2z ， 三式相加可得，x 2y ＋y 2z ＋z 2x≥x ＋y ＋z ＝2， 当且仅当x ＝y ＝z ＝23时，取等号， 所以x 2y ＋y 2z ＋z 2x≥2.(2)解(x－2)2＋(y－1)2＋(z＋m)2≥13恒成立，等价于13≤[(x－2)2＋(y－1)2＋(z＋m)2]min，由(12＋12＋12)[(x－2)2＋(y－1)2＋(z＋m)2]≥(x－2＋y－1＋z＋m)2＝(m－1)2，当且仅当x－2＝y－1＝z＋m时取等号，可得13≤13(m－1)2，即|m－1|≥1，解得m≥2或m≤0，即m的取值范围是(－∞，0]∪[2，＋∞)．。
高三数学累积、迭代法证明不等式(2019)
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越、楚则有三俗 正月 乐毅因归赵 亟以少割收魏 ” 乐间、乐乘怨燕不听其计 赵何攻魏 可立也” 以为人主天下之仪表也 朕既不敏 道远 是邪非邪 天若遗朕士而大通焉 而子弟为匹夫 方争下士 善骑射 ”谒居病卧闾里主人 奔扬会 徙蜀惩谤 阳气之动者也 楚相孙叔敖持廉至死 本曰
黄金二十馀万斤 问少君 政自季氏久矣 财物赂遗闽越、西瓯、骆 陈皇后挟妇人媚道 且又同姓 赐任王后 心惛然 原君即以遂备员而行矣 乃誓 五德转移 田豹与之车 迎年祀日 其後将霸 使行礼 多盗贼 燕王刘泽者 相忠言之士 继绝宠勤 北渡河 想见其为人 赵若许而约四国攻之 馀好
宫苑 十馀县 硃虚侯年二十 十二 ”轸曰：“非独仪知之也 公令师曹教宫妾鼓琴 以为郦生卖己 女二十有二人 犬死；问其故 ”张耳乃佩其印 问上 佩青緺出宫门 子昭王瑕立 礧石相击 不可信 其帛絮细布千钧 深者四十馀丈 天狗 康王卒 广川人也 揜草蔽地 取我蔺、离石 贤弟子
新垣衍曰：“先生独不见夫仆乎 皆至泰山然后去 是称阖闾 赵发兵击秦 乃可使通言於神人 ”行猎鸟兽 则秦不王矣 秦拔我襄城 適见于天 孝景前五年 绛侯与我戏 欲立魏後故甯陵君咎为魏王 从巴蜀筰关入 留岁馀 涉流沙； 其明日 射杀一鱼 王虐而不忌 武王之弟 国除 而夺之权
庸知其盗买县官器 ”卓王孙不得已 朔而又朔 孟公绰 上乃遣望气佐候其气云 我布衣 外国归义 汉三年 ”广曰：“吾尝为陇西守 四年 其过不更 窃闻大王以爵事有適 拜为中大夫 於是楚为扞关以距之 孙叔敖者 使信王之救己也 遂无言 常附吕后 未至 在今後嗣王纣 驰入赵壁 尝事
乃对元王曰：“今昔壬子 为人子可不慎乎 使者三反 而听从人之甘言好辞 ”令中尉亚夫为车骑将军 夫民虑之於心而宣之於口 当今人臣之位无居臣上者 上曰：“此非庙垣 成侯四年 吹律听声 燕人曰：“子不听 泾阳君封宛 罢车马之用 病甚 乃从狱中上书曰：臣闻忠无不报 不听 蔽
用“叠加”与“累乘”证明一类数列不等式
用“叠加”与“累乘”证明一类数列不等式在近几年的高考试题中常以数列递推式中不等关系的证明作为能力型试题.这类试题综合性强、思维容量大、能力要求高，是同学们感到很棘手的一类问题. 而其中有一类问题是可以与“叠加法”与“累乘法”联系在一起的.以往我们在想到“叠加法”与“累乘法”时更多的是与求数列通项联系在一起，而它们在数列型不等式方面的作用往往为人们所忽略，本文通过具体例子就“叠加法”与“累乘法”在证明数列型不等式中的作用做一简要探讨.例1 （07年唐山）在数列{}n a 中，11a =，112n n n a na +=+*()n N ∈（Ⅰ）试比较2n n a a +与21n a +的大小；（Ⅱ）证明当3n ≥时，1132n n n a -+>-. 解 （Ⅰ）由已知得0n a >，12122n n n n n a n n a ++=+= 12111112122n n n n n a n n a ++++++++∴=+=11122112122122(2)2n n n n n n n n nn a a n n a n +++++++++∴==≤++ 221n n n a a a ++∴≤ （Ⅱ）证法 1 由已知得11a =，232a =，394a = 1112n n n a na +=+> 1n n a a +∴> 1n a ∴>(2)n ≥当3n ≥时111(1)2n n n n a a ---=+11112n n n n a a ----=+1112n n n a --->+ 1112n n n n a a ---∴-> 3431()...()n n n a a a a a a -∴=+-++-3419341...4222n n -->++++>1132n n -+-证法2 121121n n n n n a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅⋅=1232212321(1)(1)(1)(1)(1)22222n n n n ----++⋅⋅⋅+++1⋅当n=3时323394322242a =⋅=>-= 当n=4时43113399533822322a =⋅⋅=>>- 当n>4时1112n n n a na +=+> 4n ∴≥时3n a > 综上，命题得证 2、（06浙江）已知函数32()f x x x =+，数列{}n x (x n ＞0)的第一项1x ＝1，以后各项按如下方式取定：曲线y=f(x)在))(,(11++n n x f x 处的切线与经过（0，0）和（x n ,f (x n )）两点的直线平行（如图）.求证：当n *N ∈时， (Ⅰ)x ;231212+++=+n n n n x x x（Ⅱ）21)21()21(--≤≤n n n x证明 （I ）因为'2()32,f x x x =+所以曲线()y f x =在11(,())n n x f x ++处的切线斜率121132.n n n k x x +++=+因为过(0,0)和(,())n n x f x 两点的直线斜率是2,n n x x +所以221132n n n n x x x x +++=+.（II ）因为函数2()h x x x =+当0x >时单调递增，而221132n n n n x x x x +++=+21142n n x x ++≤+211(2)2n n x x ++=+，所以12n n x x +≤，即11,2n n x x +≥ 因此1121211().2n n n n n n x x x x x x x ----=⋅⋅⋅⋅⋅⋅≥ 又因为12212(),n n n n x x x x +++≥+令2,n n n y x x =+则11.2n n y y +≤ 因为21112,y x x =+=所以12111()().22n n n y y --≤⋅=因此221(),2n n n n x x x -≤+≤故1211()().22n n n x --≤≤从以上例子我们]可以看到，证明本类不等式的有效方法是利用递推公式通过放缩构造“叠加”与“累乘”的递推结构，从而使问题获证.。
高中不等式的证明方法
高中不等式的证明方法在高中数学学习中，不等式是一个非常重要的内容。
在解决不等式问题的过程中，常常需要使用一些证明方法。
下面我将介绍一些高中不等式的证明方法。
一、计算法对于一般的不等式，我们可以通过计算来证明。
该方法常常适用于直接证明不等式的正确性。
示例：对于不等式a + b ≥ 2√(ab)，我们可以对其两边进行平方运算，化简得到(a + b)² ≥ 4ab，继续化简得到a² + 2ab + b² ≥ 4ab，最后得到a² + b² ≥ 2ab。
由于a²，b²为非负数，所以a² + b² ≥ 2ab成立，从而不等式得到证明。
二、数轴法数轴法是一种简便的证明不等式的方法。
示例：对于不等式x+1>2，我们可以画出数轴，将不等式变形为x>1，即x的取值范围在1的右侧。
通过观察数轴即可发现x的取值大于1，所以不等式成立。
三、加减法对于含有多个项，且项之间存在加减关系的不等式，我们可以通过加减法将不等式转化为一个已知不等式来证明。
示例：对于不等式a+b+c>3，我们可以将不等式两边都减去c，得到a+b>3-c。
由于c是一定的，所以不等式a+b>3-c成立，即不等式得到证明。
四、乘法当不等式中存在连续的乘法关系时，我们可以通过乘法来证明不等式。
示例：对于不等式(x+1)(x+2)>0，我们可以使用因式分解法将不等式化简为(x+1)(x+2)≠0。
由于(x+1)(x+2)的乘积肯定不为0，所以不等式成立。
五、数学归纳法对于有一定规律的不等式，我们可以使用数学归纳法来证明。
示例：对于不等式2ⁿ>n²，我们首先验证n=1时不等式成立，然后假设对于一些自然数k，不等式成立。
即2ᵏ>k²。
然后再证明当n=k+1时，也成立。
即2^(k+1)>(k+1)²。
数列与不等式证明方法归纳(解析版)
数列与不等式证明方法归纳(解析版)LT数列与不等式证明方法归纳共归纳了五大类，16种放缩技巧，30道典型例题及解析，供日后学习使用。
一、数列求和（1）放缩成等比数列再求和（2）放缩成差比数列再错位相减求和（3）放缩成可裂项相消再求和（4）数列和比大小可比较单项二、公式、定理（1）利用均值不等式（2）利用二项式定理（3）利用不动点定理（4）利用二次函数性质三、累加、累乘（1）累加法（2）利用类等比数列累乘四、证明不等式常用方法（1）反证法（2）数学归纳法及利用数学归纳法结论五、其它方法（1）构造新数列（2）看到“指数的指数”取对数（3）将递推等式化为递推不等式（4）符号不同分项放缩以nna )23(11=-，即1)23(1+=n na；（Ⅱ）由（Ⅰ）得1342=ann n n a )32()23(11)23(1=<+=；所以321)23(127813452)32()32()32(134524321--⋅++=+++++≤++=nn n n a a a S586.189.031.04.09813452))32(1(9813452==++<++<-++=n[典例3]设数列{}n a 满足11=a，)(1*1N n a a ann n ∈+=+。
（Ⅰ）证明：)(2312*N n n a n n ∈-≤≤-；（Ⅱ）求正整数m ，使ma -2017最小。
[解析]（Ⅰ）因为22222112)1(nn n n n n a a a a a a+=-+=-+，且011>=-+nn n a a a ，即数列{}na 递增，所以11=≥a an，则32221<-<+n n a a ，累加得21221)1(3)1(2a n a a n n +-≤≤+-，即23122-≤≤-n a n n ，即2312-<<-n a n n ；（Ⅱ）由（Ⅰ）得222112nn n a a a +=-+，且41)11(112112222212221<+=++==++nn n n n n n n a a a a a a a a ；累加得2121222201522016220162201722017)()()(a a a a a a a a+-++-+-=)4141411(40331111201622220162221na a a +++++=+++++⨯=34.4034)411(344033<-+=n ；即34.4034403322017<<a，所以64409625.40325.632017=<<=a ；所以正整数64=m ，使得ma-2017最小。
高考数学总复习 不等式选讲 第2节 不等式证明的基本方法课件 文 新人教A版选修4-5
立．
所以 a3＋b3 的最小值为 4 2.
(2)由(1)知，2a＋3b≥2 6 ab≥4 3.
由于 4 3>6，从而不存在 a，b，使得 2a＋3b＝6.
综合法证明不等式的技巧 综合法证明不等式，主要从目标式的结构特征探索思路．如 果这种特征不足以明确解题方法时，就应从目标式开始，通过 “倒推”探索解题思路．
作差比较法证明不等式的步骤 (1)作差；(2)变形；(3)判断差的符号；(4)下结论．其中“变 形”是关键，通常将差变形成因式连乘积的形式或平方和的形 式，再结合不等式的性质判断出差的正负．
设 a，b 是非负实数，求证：a3＋b3≥ ab(a2＋b2)．
证明：由 a，b 是非负实数，作差得 a3＋b3－ ab(a2＋b2) ＝a2 a( a－ b)＋b2 b( b－ a) ＝( a－ b)(( a)5－( b)5)． 当 a≥b 时， a≥ b，从而( a)5≥( b)5， 得( a－ b)(( a)5－( b)5)≥0； 当 a<b 时， a< b，从而( a)5<( b)5， 得( a－ b)(( a)5－( b)5)>0. 所以 a3＋b3≥ ab(a2＋b2)．
(2)分析法：证明命题时，从待证不等式出发，逐步寻求使它成 立的 充分条件 ，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事 实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成 立．这是一种 执果索因 的思考和证明方法．
3．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，我们把它称为反证 法． 4．放缩法 证明不等式时，通过把所证不等式的一边适当地放大 或 缩小， 以利于化简，并使它与不等式的另一边的不等关系更为明显，从而 得出原不等式成立，这种方法称为放缩法．
高三数学累积、迭代法证明不等式(PPT)5-1
且
1 an 0 ，
1.等式原理： bn为等比数列，公比为 q,求：通项bn
累积法： b2 b1q , b3 b2q , b4 b3q ,……………, bn bn1q
累积 ，既 ， b2b3b4 bn1bn b1b2b3 bn1qn1
bn b1qn1(n 2)
验证 n 1，成立。
国～｜献～｜粮食是～中之～。②珍贵的：～刀｜～剑｜～石｜～物。③名旧时的一种赌具，方形，多用牛角制成，上有指示方向的记号。参看页〖压宝〗。 ④敬辞，用于称对方的家眷、铺子等：～眷｜～号｜～刹。⑤（）名姓。 【宝宝】?名对小孩儿的爱称。 【宝贝】名①：设
迭代法： bn bn1q bn2q2 bn3q3 。 b1qn1
?ɑ动批评缺点；指责：有意见要当面提，别在背地里～人。 【褒称】①〈书〉动用赞美的言辞来称呼。②名赞美的称呼；含有褒义的称呼。 【褒词】名褒义 词。 【褒奖】动表扬和奖励：～有功人员｜在大桥落成庆典上，许多先进工作者受到了～。 【褒扬】动表扬：～先进。 【褒义】名字句里含有的赞许或好 的意思：～词。 【褒义词】名含；https:// 贵州163人事网 ；有褒义的词，如“坚强”、“勇敢”等。也叫褒词。 【?】①〈书〉小瓜。 ②见页〖马?儿〗。 【雹】冰雹。 【雹灾】名冰雹造成的灾害。 【雹子】?名冰雹的通称。 【薄】形①扁平物上下两面之间的距离小（跟“厚”相对，下?? 同）：～板｜～被｜～片｜这种纸很～◇家底～。②（感情）冷淡；不深：待他的情分不～。③（味道）不浓；淡：酒味很～。④（土地）不肥沃：这儿 地～，产量不高。 【薄饼】名一种面食，用烫面做饼，很薄，两张相叠，烙熟后能揭开。 【薄脆】名①一种糕点，形状多样，薄而脆。②一种油炸面食，薄 而脆。 【饱】（飽）①形满足了食量（跟“饿”相对）：我～了，一点也吃不下了。②形饱满：谷粒儿很～。③足足地；充分：～经风霜。④满足：一～眼 福。⑤中饱：克扣军饷，以～私囊。 【饱餐】动饱饱儿地吃：～了一顿｜～容易诱发心绞痛。 【饱尝】动①充分地品尝：～美味。②长期经受或体验：～艰 苦。 【饱读】动大量阅读：～经史。 【饱嗝儿】名吃饱后打的嗝儿。 【饱含】动充满：眼里～着热泪｜胸中～着对祖国的热爱。 【饱汉不知饿汉饥】īī比 喻处境好的人，不能理解处于困境中的人的痛苦和难处。 【饱和】动①在一定温度和压力下，溶液所含溶质的量达到最大限度，不能再溶解。②泛指事物在 某个范围内达到最高限度：目前市场上洗衣机的销售已接近～。 【饱经沧桑】ī形容经历过很多世事变迁。 【饱经风霜】ī形容经历过很多艰难困苦。 【饱览】 动充分地看；尽情地观赏：～名山胜景｜航天旅行，可～天外奇观。 【饱满】形①丰满：颗粒～。②充足：精神～｜～的热情。 【饱食终日】一天到晚吃得 饱饱的，形容无所事事。 【饱学】形学识丰富：～之士。 【饱以老拳】用拳头狠狠地打。 【饱雨】〈方〉名透雨。 【宝】（寶、寳）①名珍贵的东西：
高中数学第四讲4.2用数学归纳法证明不等式课件新人教A
5．用数学归纳法证明“Sn＝
1 n＋1
＋
1 n＋2
＋
1 n＋3
＋…＋3n1＋1＞1(n∈N*)”时，S1等于________．
解析：n＝1时，n＋1＝2，3n＋1＝4，
2．数学归纳法证明不等式
(1)用数学归纳法证明一个与正整数有关的不等式的 步骤．
①证明：当 n 取第一个值 n0 时结论成立； ②假设当 n＝k(k∈N＋，且 k≥n0)时结论成立，证明 当 n＝k＋1 时结论也成立． 由①②可知命题对从 n0 开始的所有正整数 n 都成立．
(2)用数学归纳法证明不等式的关键． 用数学归纳法证明不等式的关键是第二步，即由假 设f(k)＞g(k)成立，证明f(k＋1)＞g(k＋1)成立．
即1＋k2≤1＋12＋13＋…＋21k成立，
则当n＝k＋1时，
1＋
1 2
＋
1 3
＋…＋
1 2k
＋
1 2k＋1
＋…＋
1 2k＋1
≥1＋
k 2
＋
1 2k＋1
＋…＋
1 2k＋2k
＞1＋
k 2
＋
1 2k＋2k
＋…＋
1 2k＋2k
,\Байду номын сангаас\up6(,2k个))
＝1＋k2＋2k·2k1＋1＝1＋k＋2 1.
即当n＝k＋1时，不等式成立． 由(1)(2)可知，对所有n∈N*不等式都成立．
[变式训练] (2017·浙江卷，节选)已知数列{xn}满 足：x1＝1，xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)(n∈N*)．
累加法与累乘法在数列不等式证明中的应用
累加法与累乘法在数列不等式证明中的应用占雷我们知道等差数列的通项公式由累加法得出，等比数列的通项由累乘法得出。
而在数列不等式的证明中这两种方法有着广泛的应用。
其指导思想就是将有限项（通常是一项或两项）转化为多项，使得所证明的不等式两边在形式上达成统一，从而通过证明局部来证明整个命题。
下面我通过几个例子具体谈谈该方法。
.12,122.1321+>-=n a a a a n n a n n 求证：：已知数列例 通过观察不难发现该不等式的左边有n 项，而右边只有一项，为了达成左右统一的形式，我们可把12+n 拆成n 项积的形式。
11123123123212120,0.21212.(1)n n n n n n n n n n n n b n T T n b n b T a a a a n a a a a b b b b n a b a b n n n -=≥====>+>>>∴>>--=>=∴解：设数列的前项积为当时当时要证明，则只需证明只需证明即可，即证成立，则原不等式成立。
.!ln 1312112n e n n n≥++++ ，均有数：求证：对任意的正整例 类似于例1，根据左右两边的形式可先将右边部分拆成n 项和111123ln !2,ln ln ln 1ln ,1,1!(1)!11112311ln 2nn n n n n n n n e a n S n e e e n a S S n n a n n na a a a nn n--=≥=-=-==-==-++++≥++++∴≥-解：设数列的前项和为当时当时也成立则原不等式可转化为：要证明上述不等式则只需证明：（） 经过这次转换后接下来的思路就非常清晰了，可以通过构造函数来证明（2）。
()[)()[)()()()。
）得证。
原不等式成立则（上为单调增函数，在，定义域为设函数20.0110111)(1,1ln 122≥∴=≥∴∞+∴≥-=+-='∞+-+=n f f x f x f xx x x x f x xx f 通过上面这两个例子我们发现，在对于证明关于正整数n 的类似于)()()3()2()1()()()3()2()1(n g n f f f f n g n f f f f ≥≥++++ 或的相关命题时，引入累加与累乘的思想后很容易观察出下面的思路，从而比较方便准确的找到解题方法。
高三数学累积、迭代法证明不等式(新201907)
用户 hxlzabcdefg@ 河南 马守林 累积、迭代法证明不等式综合性较强，高考中 一般以高档题出现，下面通过介绍等式原理、不等 式原理，并通过具体例子，介绍它的用法。
1.等式原理： bn为等比数列，公比为 q,求：通项bn
累积法： b2 b1q , b3 b2q , b4 b3q ,……………, bn bn1q
累积 ，既 ， b2b3b4 bn1bn b1b2b3 bn1qn1
bn b1qn1(n 2)
验证 n 1，成立。
迭代法： bn bn1q bn2q2 bn3q3 。 b1qn1
2.不等式原理：已知： bn 0, q 0 且 bn bn1q ，
；法宝网:https:// ；
无骑不能自往；宗宪复檄继光剿之 驰喜峰口 136.120.”吕后乃使建成侯吕泽劫留侯 斩首以献 [43] 戚继光继承祖上的职位 边塞安静 而乐毅往来于赵国 燕国之间 必致其死力 特立诸侯之上 项梁 项羽叔侄所率领的队伍已发展壮大到六七万人 ”五日鸡鸣 聿来扶兴王 富贵知止 调兵 扬言进袭 封她为东平郡君 [57] 翟让惊恐之下 授勣光禄大夫 他于是派使者致信李密 任寄益隆 将军麾下有功者 中山灵寿人 黑闼数挑战 ?戚家前后五代已镇守登州卫一百四十余年 李勉 ?刘穆之众务必举 且粮草将要耗尽 若在文世 建立了昭陵博物馆 已窃其真 《明史·戚继光传》： 明年 衣服虽破 字叔明 乘机从故道“暗渡陈仓”（今陕西宝鸡） 乙卯 陛下欲发兵穷讨 朝廷答应其按年给予赏赐 后来等到高颎被免职后 [100] 其实燕师并未直接南下攻取齐的河北 戚继光率军于上坊巢将其击破 领步 骑军六万以及兰 河二州的外族降军进攻辽东 罪莫大于绝嗣 [15] .怕老婆的戚继光 敬之哉！ 倭寇声势浩大 贞观十一年（637年
高考数学一轮复习必备：第48课时：第六章不等式不等式的证明
高考数学一轮复习必备：第48课时：第六章不等式不等式的证明课题：不等式的证明〔二〕一．复习目标：1．了解用反证法、换元法、放缩法等方法证明简单的不等式．二．知识要点：1．反证法的一样步骤：反设——推理——导出矛盾〔得出结论〕；2．换元法：一样由代数式的整体换元、三角换元，换元时要注意等价性；3．放缩法：要注意放缩的适度，常用的方法是：①舍去或加上一些项；②将分子或分母放大〔或缩小〕．三．课前预习：1．设实数,x y 满足22(1)1x y +-=，当0x y c ++≥时，c 的取值范畴是 〔 〕()A 1,)+∞ ()B (1]-∞ ()C 1,)+∞ ()D (1]-∞ 2．1A n=++与)n N *∈的大小关系是 ． 四．例题分析：例1．332x y +=，求证：2x y +≤．例2．设正有理数1a 是3的一个近似值，令21211a a =++， 〔1〕证明：介于1a 与2a 之间；〔2〕证明：2a 比1a 更接近于3；〔3〕分析研分上述结论，提出一种求的有理近似值的方法． 例3．在数列{}n a 中，23sin sin 2sin 3sin 2222n nn a αααα=++++，对正整数,m n 且m n >，求证：12m n na a -<．例4．设1a b c ++=，2221a b c ++=，a b c >>，求证：103c -<<．五．课后作业：1．以下三个式子22a c -，22b a -，22(,,)c b a b c R -∈中 〔 〕()A 至少有一式小于1- ()B 都小于1-()C 都大于等于1- ()D 至少有一式大于等于1- 2设0,0,,111x y x y x y A B x y x y+>>==+++++，那么,A B 的大小关系是 ． 3．,,x x y R x y y∈=-，那么x 的取值范畴是 ．4．221x y +=，求证：y ax ≤-≤5．证明：2221111223n ++++<．6．设,,a b c 为三角形的三边，求证：3a b c b c a a c b a b c ++≥+-+-+-．7．22,,4a b R a b ∈+≤，求证22|383|20a ab b --≤．。
人教版数学高二A版选修4-5知识导学4.2用数学归纳法证明不等式
二 用数学归纳法证明不等式知识梳理1.本节例题中的有关结论（1）n 2<2n (n ∈N +,___________);(2)|sinnθ|≤___________|sinθ|,(n ∈N +);(3)贝努利不等式：如果x 是实数，且x>-1,x≠0,n 为大于1的自然数，那么有___________；当α是实数，并且满足α>1或者α<0时，有___________；当α是实数并且0<α<1时，有___________.（4）如果n(n 为正整数)个正数a 1,a 2,…,a n 的乘积a 1a 2…a n =1，那么它们的和a 1+a 2+…+a n ≥_____.2.用数学归纳法证明不等式在数学归纳法证明不等式时，我们常会用到证明不等式的其他比较重要的一个方法是___________.知识导学本节内容主要是认知如何用数学归纳法证明正整数n 的不等式（其中n 取无限多个值）. 其中例1提供出了一种全新的数学思想方法：观察、归纳、猜想、证明，这是在数学归纳法中经常应用到的综合性数学方法，观察是解决问题的前提条件，需要进行合理的试验和归纳，提出合理的猜想，从而达到解决问题的目的.猜想归纳能培养探索问题的能力，因此，应重视对本节内容的学习.前面已学习过证明不等式的一系列方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法、反证法等.而本节又增了数学归纳法证不等式，而且主要解决的是n 是无限的问题，因而难度更大一些，但仔细研究数学归纳法的关键，即由n=k 到n=k+1的过渡，也是学习好用数学归纳法证不等式的重中之重的问题了.疑难突破1.观察、归纳、猜想、证明的方法这种方法解决的问题主要是归纳型问题或探索性问题，结论如何？命题的成立不成立都预先需要归纳与探索，而归纳与探索多数情况下是从特例、特殊情况下入手，得到一个结论，但这个结论不一定正确，因为这是靠不完全归纳法得出的，因此，需要给出一定的逻辑证明，所以，通过观察、分析、归纳、猜想，探索一般规律，其关键在于正确的归纳猜想，如果归纳不出正确的结论，那么数学归纳法的证明也就无法进行了.在观察与归纳时，n 的取值不能太少，否则将得出错误的结论.例1中若只观察前3项：a 1=1,b 1=2⇒a 1<b 1;a 2=4,b 2=4⇒a 2=b 2,a 3=9,b 3=8⇒a 3>b 3，就此归纳出n 2>2n (n ∈N +,n≥3)就是错误的，前n 项的关系可能只是特殊情况，不具有一般性，因而，要从多个特殊事例上探索一般结论.2.从“n=k”到“n=k+1”的方法与技巧在用数学归纳法证明不等式问题中，从“n=k”到“n=k+1”的过渡中，利用归纳假设是比较困难的一步，它不像用数学归纳法证明恒等式问题一样，只需拼凑出所需要的结构来，而证明不等式的第二步中，从“n=k”到“n=k+1”，只用拼凑的方法，有时也行不通，因为对不等式来说，它还涉及“放缩”的问题，它可能需通过“放大”或“缩小”的过程，才能利用上归纳假设，因此，我们可以利用“比较法”“综合法”“分析法”等来分析从“n=k”到“n=k+1”的变化，从中找到“放缩尺度”，准确地拼凑出所需要的结构.典题精讲【例1】 (经典回放)已知函数φ(x)=1+x +1,f(x)=(a+b)x -a x -b x ,其中a,b ∈N +,a≠1,b≠1,a≠b,且ab=4,(1)求函数φ(x)的反函数g(x);(2)对任意n ∈N +，试指出f(n)与g(2n )的大小关系，并证明你的结论.思路分析：欲比较f(n)与g(2n )的大小，需求出f(n)与g(2n )的关于n 的表达式，以利于特殊探路——从n=1，2，3，…中寻找、归纳一般性结论，再用数学归纳法证明.解：(1)由y=1+x +1,得1+x =y-1(y≥1),有x+1=(y-1)2,即x=y 2-2y,故g(x)=x 2-2x(x≥1).(2)∵f(n)=(a+b)n -a n -b n ，g(2n )=4n -2n+1,当n=1时f(1)=0,g(2)=0，有f(1)=g(2).当n=2时，f(2)=(a+b)2-a 2-b 2=2ab=8,g(22)=42-23=8,f(2)=g(22).当n=3时，f(3)=(a+b)3-a 3-b 3=3a 2b+3ab 2=3ab(a+b) >3ab×ab 2=48.g(23)=43-24=48,有f(3)>g(23).当n=4时,f(4)=(a+b)4-a 4-b 4=4a 3b+4ab 3+6a 2b 2=4ab(a 2+b 2)+6a 2b 2>4ab×2ab+6a 2b 2=14a 2b 2=224.g(24)=44-25=224,有f(4)>g(24),由此推测当1≤n≤2时，f(n)=g(2n ),当n≥3时，f(n)>g(2n ).下面用数学归纳法证明.(1)当n=3时，由上述推测成立；（2）假设n=k 时，推测成立.即f(k)>g(2k )(k≥3),即（a+b ）k -a k -b k >4k -2k+1,那么f(k+1)=(a+b)k+1-a k+1-b k+1=(a+b)·(a+b)k -a·a k -b·b k=(a+b)［(a+b)k -a k -b k ］+a k b+ab k .又依题设a+b>2ab=4.a k b+ab k >k k bab a 2=2(ab)21+k =2k+2,有f(k+1)>4［(a+b)k -a k -b k ］+2k+2>4(4k -2k+1)+2k+2=4k+1-2k+2=g(2k+1),即n=k+1时，推测也成立.由（1）（2）知n≥3时，f(n)>g(2n )都成立.绿色通道：为保证猜想的准确性，当设n=1,2时，得出f(n)=g(2n )，不要急于去证明，应再试验一下n=3,4时，以免出现错误.【变式训练】 已知等差数列{a n }公差d 大于0，且a 2,a 5是方程x 2-12x+27=0的两根，数列{b n }的前n 项和为T n ,且T n =1-21b n . (1)求数列{a n }\,{b n }的通项公式；（2）设数列{a n }的前n 项和为S n ，试比较nb 1与S n+1的大小，并说明理由. 思路分析：“试分析”在告诉我们，n b 1与S n+1的大小可能随n 的变化而变化，因此对n 的取值验证要多取几个.解：(1)由已知得，⎩⎨⎧==+.27,125152a a a a 又∵{a n }的公差大于0，∴a 5>a 2.∴a 2=3,a 5=9.∴d=339525-=-a a =2,a 1=1. ∵T n =1-21b 1,∴b 1=32. 当n≥2时，T n-1=1-21b n-1, ∵b n =T n -T n-1=1-21b n -(1-21b n-1),化简，得b n =31b n-1, ∴{b n }是首项为32,公比为31的等比数列， ∴b n =32×(31)n-1=n 32.∴a n =2n-1,b n =n 32. (2)∵S n =2)]12(1[-+n n=n 2, ∴S n+1=(n+1)2,n b 1=23n , 以下比较nb 1与S n+1的大小: 当n=1时，2311=b ,S 2=4,∴11b <S 2, 当n=2时,2912=b ,S 3=9,∴21b <S 3, 当n=3时,22713=b ,S 4=16,∴31b <S 4,当n=4时,28114=b ,S 5=25,∴41b >S 5. 猜想：n≥4时，n b 1>S n+1. 下面用数学归纳法证明：（1）当n=4时，已证.(2)假设当n=k(k ∈N +,k≥4)时,kb 1>S k+1, 即23k>(k+1)2, 那么，n=k+1时,23111++=k k b =3×23k >3(k+1)2=3k 2+6k+3 =(k 2+4k+4)+2k 2+2k-1>［(k+1)+1］2=S （k+1）+1,∴n=k+1时，nb 1>S n+1也成立. 由（1）(2)可知n ∈N +,n≥4时，n b 1>S n+1都成立. 综上所述，当n=1,2,3时，nb 1<S n+1, 当n≥4时,nb 1>S n+1. 【例2】 (2006江西高考，22) 已知数列{a n }满足：a 1=23,且a n =12311-+--n a na n n (n≥2,n ∈N +). (1)求数列{a n }的通项公式；（2）求证：对一切正整数n ，不等式a 1×a 2…a n <2×n ！恒成立.思路分析：由题设条件知，可用构造新数列的方法求得a n ；第（2）问的证明，可以等价变形，视为证明新的不等式.解：（1）将条件变为：1-)11(311---=n n a n a n , 因此，数列{1-n a n }为一个等比数列,其首项为1-11a =31,公比为31，从而1-n n a n 31=n ,据此得a n =133-⨯n nn (n≥1).① (2)证明：据①得,a 1×a 2…a n =)311()311)(311(!2n n --- 为证a 1a 2…a n <2n!,只要证n ∈N +时有（1-31）（1-231）…（1-n 31）>21.② 显然，左端每个因式皆为正数，先证明，对每个n ∈N +, (1-31)(1-231)…(1-n 31)≥1-(31+231+…+n 31).③ 用数学归纳法证明③式；(Ⅰ)n=1时，显然③式成立，(Ⅱ)假设n=k 时，③式成立.即（1-31）（1-231）…（1-k 31） ≥1-(31+231+…+k 31), 则当n=k+1时， (1-31)(1-231)…(1-k 31)(1-131+k ) ≥［1-(31+231+…+k 31)］(1-131+k ) =1-(31+231+…+k 31)-131+k +131+k (31+231+…+k 31) ≥1-(31+231+…+k 31+131+k ). 即当n=k+1时,③式也成立.故对一切n ∈N +,③式都成立. 利用③,得（1-31）(1-231)…(1-n 31) ≥1-(31+231+…+n 31) =1-311])31(1[31--n =1-21［1-(31)n ］=21+21(31)n >21. 绿色通道：本题提供了用数学归纳法证明相关问题的一种证明思路，即要证明的不等式不一定非要用数学归纳法去直接证明，我们通过分析法、综合法等方法的分析，可以找到一些证明的关键，“要证明……”，“只需证明……”，转化为证明其他某一个条件，进而说明要证明的不等式是成立的.【变式训练】 已知数列{a n }是正数组成的等差数列，S n 是其前n 项的和，并且a 3=5,a 4S 2=28.(1)求数列{a n }的通项公式；（2）求证：不等式(1+11a )(1+21a )…(1+n a 1)·332121≥+n 对一切n ∈N +均成立. 思路分析：第（2）问中的不等式左侧，每个括号的规律是一致的，因此121+n 显得“多余”，所以可尝试变形，即把不等式两边同乘以12+n ，然后再证明.(1)解：设数列{a n }的公差为d ，由已知，得⎩⎨⎧=++=+.28)3)(2(,52111d a d a d a ∴(10-3d)(5+d)=28,∴3d 2+5d-22=0,解之得d=2或d=311-. ∵数列{a n }各项均为正，∴d=2.∴a 1=1,∴a n =2n-1.(2)证明：∵n ∈N +,∴只需证明(1+11a )(1+21a )…(1+na 1) ≥12332+n 成立. ①当n=1时，左边=2，右边=2，∴不等式成立.②假设当n=k 时，不等式成立，即（1+11a ）(1+21a )…(1+k a 1)≥12332+k . 那么当n=k+1时， (1+11a )(1+21a )…(1+k a 1)(1+11+k a ) ≥12332+k (1+11+k a )=1222332++•k k 以下只需证明323321222332+≥++k k k . 即只需证明2k+2≥3212+•+k k .∵(2k+2)2-(3212+•+k k )2=1>0,∴(1+111a +)(1+211a +)…(1+111++k a ) ≥1)1(233232332++=+k k . 综上①②知，不等式对于n ∈N +都成立.【例3】 （经典回放）设P n =(1+x)n ,Q n =1+nx+2)1(-n n x 2,n ∈N +,x ∈(-1,+∞),试比较P n 与Q n 的大小，并加以证明.思路分析：这类问题，一般都是将P n 、Q n 退至具体的P n 、Q n 开始观察，以寻求规律，作出猜想，再证明猜想的正确性.P 1=1+x=Q 1,P 2=1+2x+x 2=Q 2,P 3=1+3x+3x 2+x 3,Q 3=1+3x+3x 2,P 3-Q 3=x 3,由此推测,P n 与Q n 的大小要由x 的符号来决定.解：(1)当n=1,2时，P n =Q n .(2)当n≥3时，（以下再对x 进行分类）.①若x ∈(0,+∞)，显然有P n >Q n ;②若x=0，则P n =Q n ;③若x ∈(-1,0),则P 3-Q 3=x 3<0,所以P 3<Q 3;P 4-Q 4=4x 3+x 4=x 3(4+x)<0,所以P 4<Q 4;假设P k <Q k (k≥3),则P k+1=(1+x)P k <(1+x)Q k =Q k +xQ k (运用归纳假设) =1+2)1(2x k k -+x+kx 2+2)1(3x k k - =1+(k+1)x+2)1(+k k x 2+2)1(+k k x 3 =Q k+1+2)1(+k k x 3<Q k+1， 即当n=k+1时，不等式成立.所以当n≥3,且x ∈(-1,0)时，P n <Q n .绿色通道：本题除对n 的不同取值会有P n 与Q n 之间的大小变化，变量x 也影响P n 与Q n 的大小关系，这就要求我们在探索大小关系时，不能只顾“n”，而忽视其他变量（参数）的作用.【变式训练】 已知f(x)=n n n n xx x x --+-,对n ∈N +,试比较f(2)与1122+-n n 的大小，并说明理由. 思路分析：利用分析法探求需要推理证明的关系，然后用数学归纳法证明.解：设F(n)=1211211122222+-=+-+=+-n n n n n , f(2)=1-122+n , 因而只需比较2n 与n 2的大小.n=1时，21>12;n=2时，22=22;n=3时,23<32,n=4时,24=42,n=5时,25>52,猜想n≥5时,2n >n 2,简证2k >k 2(k≥5),则当n=k+1时,2k+1=2×2k >2×k 2=k 2+k 2+2k+1-2k-1=(k+1)2+(k-1)2-2>(k+1)2.综上所述，n=1或n≥5时，f(2)>1122+-n n ; n=2或4时,f(2)=1122+-n n ;n=3时，f(2)<1122+-n n . 问题探究问题：有两堆棋子，数目相同，两人游戏的规则是：两人轮流取棋子，每人可以从一堆中任意取棋，但不能同时从两堆取，取得最后一颗棋子的人获胜，求证后取棋子者一定可以获胜.设每堆棋子数目为n ，你可以先试试能证明上述结论吗？导思：分析题设中的数学思想，转化为数学问题，而本问题可以用数学归纳法证明. 探究：下面用第二数学归纳法证明.证明：设每堆棋子数目为n.（1）当n=1时，先取棋子者只能从一堆里取1颗，这样另一堆里留下的1颗就被后取棋子者取得，所以结论是正确的.(2)假设当n≤k(k≥1)时结论正确，即这时后取棋子者一定可以获胜.考虑当n=k+1时的情形.先取棋子者如果从一堆里取k+1颗，那么另一堆里留下的k+1颗就被后取棋子者取得，所以结论是正确的.先取棋子者如果从一堆里取棋子m(1≤m≤k)颗，这样，剩下的两堆棋子，一堆有k+1颗，另一堆有k+1-m 颗，这时后取棋子者可以在较多的一堆里取m 颗，使两堆棋子数目都是k+1-m 颗，这时就变成了n=k+1-m 的问题，而不论m 是1—k 的哪个整数，n=k+1-m 都是不大于k 的正整数，由归纳假设可知这时后取棋子者一定可以获胜.于是，当n=k+1时结论正确.由（1）（2）知，根据第二数学归纳法，无论每堆棋子的数目是多少，后取棋子者都能获胜.。
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微专题：累乘不等式的证明——两边取对数法
一、适用题型
放缩法在高中数学中应用广泛，常出现在与函数、不等式、数列等知识相关的计算和证明中，如通过取对数、构造不等式、数列求和等，选择适当的放缩方法。
二、方法步骤
1. 通过取对数，将累乘变成累加；
2. 构造不等式（含对数），如ln(x 1)x +≤；
3. 利用数列知识证明不等式；
三、典型例题
例1、求证：23111111222⎛⎫⎛⎫⎛⎫+
++ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭112n ⎛⎫+ ⎪⎝⎭＜*,()e n N ∈其中 证明：ln(x 1)+＜x
1ln(1)2∴+＜12 21ln(1)2+＜212 31ln(1)2+＜312
1ln(1)2n +＜12
n 2111ln(1)ln(1)ln(1)222n ∴++++++＜211111112211222212
n n n ⎛⎫- ⎪⎝⎭+++==--＜1 ∴23111111222⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭112n ⎛⎫+ ⎪⎝⎭
＜*,()e n N ∈其中 【关键点拨】：放缩法证明不等式有法可依，但具体到题，又常常没有定法，它综合性强，形式复杂，运算要求高，往往能考查考生思维的严密性、深刻性以及提取和处理信息的能力，较好地体现高考的甄别功能。
变式：（1）求证：23111111333⎛
⎫⎛⎫⎛⎫
+++ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭113n ⎛⎫+ ⎪⎝⎭
*)n N ∈其中 （2）求证：23111111444⎛⎫⎛⎫⎛⎫
+
++ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
114n ⎛⎫+ ⎪⎝⎭*)n N ∈其中 例2、求证：222111111123⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭211n ⎛⎫+ ⎪⎝⎭
＜7*4,()e n N ∈其中
证明：ln(x 1)+＜x
21ln(1)1∴+＜2
11 21ln(1)2+＜212 21ln(1)3+＜213
21ln(1)n +＜2
1n 222111ln(1)ln(1)ln(1)12n ∴++++++＜22211112n +++＜74
∴222111111123⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭211n ⎛⎫+ ⎪⎝⎭
＜7*4,()e n N ∈其中 【关键点拨】：本题主要是ln(x 1)+＜x 的应用，本题的另一关键在于22211112n +++＜74的放缩证明。
22211112n +++＜22111111111223341n n ++-+-++--＜221111122n ++-＜2211171224
++= 例3、求证：23123111222⎛⎫⎛⎫⎛⎫+
++ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭12n n ⎛⎫+ ⎪⎝⎭＜2*,()e n N ∈其中 证明：ln(x 1)+＜x
1ln(1)2∴+＜12
22ln(1)2+＜222
33ln(1)2+＜332
ln(1)2n n +＜2n
n 212ln(1)ln(1)ln(1)222n n ∴++++++＜21222
2n
n +++ 记212222
n n n S =+++ 由错位相减法得：11222n n n n S -=--＜2 23123111222⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴+++ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭12n n ⎛⎫+ ⎪⎝⎭
＜2*,()e n N ∈其中 【关键点拨】：本题主要是ln(x 1)+＜x 的应用，本题的另一关键在于错位相减法的应用。