不等式证明19个典型例题
不等式证明方法专项+典型例题
不等式证明方法专项+典型例题不等式的证明是数学证题中的难点，其原因是证明无固定的程序可循，方法多样，技巧性强。
1、比较法（作差法）在比较两个实数a 和b 的大小时，可借助b a -的符号来判断。
步骤一般为：作差——变形——判断（正号、负号、零）。
变形时常用的方法有：配方、通分、因式分解、和差化积、应用已知定理、公式等。
例1、已知：0>a ，0>b ，求证：ab b a ≥+。
2、分析法（逆推法）从要证明的结论出发，一步一步地推导，最后达到命题的已知条件（可明显成立的不等式、已知不等式等），其每一步的推导过程都必须可逆。
例2、求证：15175+>+。
3、综合法证题时，从已知条件入手，经过逐步的逻辑推导，运用已知的定义、定理、公式等，最终达到要证结论，这是一种常用的方法。
例3、已知：a ，b 同号，求证：2≥+b a 。
4、作商法（作比法）在证题时，一般在a ，b 均为正数时，借助1>b a 或1<ba 来判断其大小，步骤一般为：作商——变形——判断（大于1或小于1）。
例4、设0>>b a ，求证：a b b a b a b a >。
a b b a b a b a >。
5、反证法先假设要证明的结论不对，由此经过合理的逻辑推导得出矛盾，从而否定假设，导出结论的正确性，达到证题的目的。
例5、已知0>>b a ，n 是大于1的整数，求证：n n b a >。
6、迭合法（降元法）把所要证明的结论先分解为几个较简单部分，分别证明其各部分成立，再利用同向不等式相加或相乘的性质，使原不等式获证。
例6、已知：122221=+++n a a a ，122221=+++n b b b ，求证：12211≤+++n n b a b a b a 。
证明：因为122221=+++n a a a ，122221=+++n b b b ，所以原不等式获证。
不等式的证明典型例题
不等式的证明·典型例题【例1】已知a，b，c∈R+，求证：a3+b3+c3≥3abc．【分析】用求差比较法证明．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+c)[a2+b2+c2-ab-bc-ca]∵a，b，c∈R+，∴a+b+c＞0．(c-a)]2≥0即 a3+b3+c3-3abc≥0，∴a3+b3+c3≥3abc．【例2】已知a，b∈R+，n∈N，求证：(a+b)(a n+b n)≤2(a n+1+b n+1)．【分析】用求差比较法证明．证明：左-右=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)(*) 当a＞b＞0时，b n-a n＜0，a-b＞0，∴(*)＜0；当b＞a＞0时，b n-a n＞0，a-b＜0，∴(*)＜0；当a=b＞0时，b n-a n=0，a-b=0，∴(*)=0．综上所述，有(a+b)(a n+b n)-2(a n+1+b n+1)≤0．即 (a+b)(a n+b n)≤2(a n+1+b n+1)．【说明】在求差比较的三个步骤中，“变形”是关键，常用的变形手段有配方、因式分解等，常将“差式”变形为一个常数，或几个因式积的形式．【例3】已知a，b∈R+，求证a a b b≥a b b a．【分析】采用求商比较法证明．证明：∵a，b∈R+，∴a b b a＞0综上所述，当a＞0，b＞0，必有a a b b≥a b b a．【说明】商值比较法的理论依据是：【例4】已知a、b、c是不全等的正数，求证：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc．【分析】采用综合法证明，利用性质a2+b2≥2ab．证明：∵b2+c2≥2bc，a＞0，∴a(b2+c2)≥2abc．①同理b(c2+a2)≥2abc②c(a2+b2)≥2abc③∵a，b，c不全相等，∴①，②，③中至少有一个式子不能取“=”号∴①+②+③，得a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc．【例5】已知a，b，c∈R+，求证：(1)(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc；【分析】用综合法证明，注意构造定理所需条件．证明：(1)ab+a+b+1=(a+1)(b+1)，ab+ac+bc+c2=(a+c)(b+c)．∴(a+1)(b+1)(a+c)(b+c)≥16abc因此，当a，b，c∈R+，有(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc．【说明】用均值定理证明不等式时，一要注意定理适用的条件，二要为运用定理对式子作适当变形，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．【分析】采用分析法证明．(*)∵a＜c，b＜c，∴a+b＜2c，∴(*)式成立．∴原不等式成立．用充分条件代替前面的不等式．【例7】若a、b、c是不全相等的正数，求证：证明二：(综合法)∵a，b，c∈R+，abc成立．上式两边同取常用对数，得【说明】分析法和综合法是对立统一的两个方面．在证法一中，前面是分析法，后面是综合法，两种方法结合使用，使问题较易解决．分析法的证明过程恰恰是综合法的分析、思考过程，综合法的证明方法是分析思考过程的逆推．【例8】已知a＞2，求证log a(a-1)·log a(a+1)＜1．【分析】两个对数的积不好处理，而两个同底对数的和却易于处理．因为我们可以先把真数相乘再取对数，从而将两个对数合二为一，平均值不等式恰好有和积转化功能可供利用．证明：∵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)＜1．【说明】上式证明如果从log a(a-1)·log a(a+1)入手，得log a(a-1)二为一了．另外，在上述证明过程中，用较大的log a a2代替较小的log a(a2-1)，并用适当的不等号连结，从而得出证明．这种方法通常叫做“放缩法”．同样，也可以用较小的数代替较大的数，并用适当的不等号连结．【例9】已知：a，b，c都是小于1的正数；【分析】采用反证法证明．其证明思路是否定结论从而导出与已知或定理的矛盾．从而证明假设不成立，而原命题成立．对题中“至少∵a，b，c都是小于1的正数，故与上式矛盾，假设不成立，原命题正确．【说明】反证法是利用互为逆否命题具有等价性的思想进行推证的．反证法必须罗列各种与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，则反证都是不完全的，遇到“至少”、“至多”、“唯一”等字句的命题常用反证法．|a|≤1．【说明】换元法是将较为复杂的不等式利用等价转换的思想转换成易证明的不等式．常用的换元法有(1)，若|x|≤1，可设x=sinα，α∈R；(2)若x2+y2=1，可设x=sinα，y=cosα；(3)若x2+y2≤1，可设x=【例11】已知a1、a2、…a n，b1、b2、…b n为任意实数，求证明：构造一个二次函数它一定非负，因它可化为(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+…+(a n x-b n)2．∴Δ≤0，(当a1，a2，…a n都为0时，所构造式子非二次函数，但此时原不等式显然成立．)【说明】上例是用判别式法证明的“柯西不等式”，它可写为：变量分别取|a+b|，|a|、|b|时就得到要证的三个式子．因此，可考虑从函数∴f（x2）＞f（x1），f（x）在[0，+∞）上是增函数．取x1=|a+b|，x2=|a|+|b|，显然0≤x1≤x2．∴f（|a+b|）≤f（|a|+|b|）．【说明】这里是利用构造函数，通过函数的单调性，结合放缩法来证明不等式的．应注意的是，所给函数的单调整性应予以论证．【例13】已知a，b，m，n∈R，且a2+b2=1，m2+n2=1，求证：|am+bn|≤1．证法一：（比较法）证法二：（分析法）∵a，b，m，n∈R，∴上式成立，因此原不等式成立．证法三：（综合法）∵a，b，m，n∈R，∴（|a|-|m|）2≥0，（|b|-|n|）2≥0．即a2+m2≥2|am|，b2+n2≥2|bn|∴a2+m2+b2+n2≥2（|am|+|bn|）∵a2+b2=1，m2+n2=1，∴|am|+|bn|≤1∴|am+bn|≤|am|+|bn|≤1．证法四：（换元法）由已知，可设a=sinα，b=cosα，m=sinβ，n=cosβ．于是|am+bn|=|sinαsinβ+cosαcosβ|=|cos（α-β）|≤1．【说明】一个不等式的证明方法往往不只一种，要注意依据题目特点选择恰当的方法．【例14】已知f（x）=x2-x+c，且|x-a|＜1，（a，b，c∈R）求证：|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．【分析】绝对值不等式的证明充分利用绝对值不等式性质：证明：|f（x）－f（a）|=|x2-x+c-a2+a-c|=|（x+a）（x-a）-（x-a）|=|x-a||x+a-1|＜|x+a-1|=|（x-a）+2a-1|＜|x-a|+|2a|+|（-1）|＜1+2|a|+1=2（|a|+1）．∴|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．【例15】当h与|a|，|b|，1中最大的一个相等，求证：当|x|＞h时，由已知，有|x|＞h≥|a|，|x|＞h≥|b|，|x|＞h≥1 ∴|x|2≥b．。
高中数学竞赛《不等式的证明》专题练习
不等式的证明一 能用单调性证明的不等式 二 利用最值证明三 利用中值定理（拉格朗日、柯西、泰勒公式）证明 四 利用凹凸性证明一 能用单调性证明的不等式（1）对不等式()()f x g x ≥，x I ∈，构造函数()()()F x f x g x =-若()F x 的导数()F x '在I 上的符号，若()F x '恒正（或恒负），则可以考虑用单调性证明.(若导数符号不一致，则可能考虑最值方法证明了)（2）若不等式含有两个参数，并且能分离两个参数分别在不等式两边，且结构一样，那么可以用单调性证明（也可用拉格朗日定理证明）。
例（1） 含一个参数的例 1 （1） 设0x <<+∞，证明不等式()11114xx x x ⎛⎫++≤ ⎪⎝⎭，且等号仅在1x =处成立。
（2）证明：当0x >时，()()221ln 1x x x -≥- （1）证明 注意到当1x ≤<+∞时101x<≤，故只需要当证明01x <≤时成立即可 令函数()11ln 1ln(1)ln 4f x x x x x⎛⎫=+++- ⎪⎝⎭，其中01x <≤，则()()21111ln 1ln(1)11f x x x x xx x ⎛⎫'=+--++⎪++⎝⎭，且()10f '= 另外()322(21)ln(1)(1)x x f x x x x ⎡⎤+''=+-⎢⎥+⎣⎦令()2(21)ln(1)(1)x x g x x x +=+-+，其中01x <≤，则()3(1)0(1)x x g x x -'=<+ 故在01x <≤有()()00g x g <=，从而在01x <≤有()0f x ''<，这表明()f x '在01x <≤严格单调减，故在01x <<时()()10f x f ''>=这说明()f x 在01x <≤严格单调增，即()11114xx x x ⎛⎫++≤ ⎪⎝⎭，且等号仅在1x =处成立。
不等式证明（共8篇）
不等式证明（共8篇）第1篇：不等式证明,均值不等式1、设a,b∈R，求证：ab≥(ab)+aba+b2≥abba2、已知a,b,c是不全相等的正数，求证：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc3、(a+b+c)(1119++)≥ a+bb+cc+a24、设a,b∈R+，且a+b=1，求证：(a+)+(b+)≥5、若a+b=1，求证：asinx+bcosx≤16、已知a+b=1，求证：a+b≥7、a,b,c,d∈R求证：1＜+441a21b225 2221 8abcd+++＜2 a+b+db+c+ac+d+bd+a+c18、求证2+2+2+Λ+2＜2 123n1111++Λ+＜19、求证：≤2n+1n+22n10、求下列函数的最值（1）已知x＞0，求y=2-x-（2）已知x＞2，求y=x+4的最大值（-2）x1的最小值（4）x-2111（3）已知0＜x＜，求y=x(1-2x)的最大值（）221611、若正数a,b满足ab-(a+b)=1则a+b的最小值是（）（2+2333）12、已知正数a,b求使不等式(a+b)≤k(a+b)成立的最小k值为（）（4）3、求函数y=14、二次函数f(x)=x+ax-x+a的两根x1,x2满足0＜x1＜x2＜ 1，求a的取值范围（）（0，15、关于x的方程x+2m(x+3)+2m+14=0有两个实数根，且一个大于1，一个小于1，则m的取值范围是（）（m ＜-22221）416、关于x的方程mx+2x+1=0至少有一个负根，则m的取值范围是（m≤1）17、关于x的方程2kx-2x-3k-2=0有两个实数根，一个小于1，另一个大于1，求实数k的取值范围（k＞0或k＜-4）218、为使方程x2-2px-1=0的两根在（-2,2）内，求p的取值范围（-＜p＜19、函数f(x)=ax2+x+1有零点，则a的取值范围是（a≤20、判断函数f(x)=x-21、已知方程x-22343）41）41+1的零点的个数（一个）x3⎡95⎤x=k在[-1,1]上有实数根，求实数k的取值范围（⎢-,⎥）2⎣162⎦22、已知方程7x2+(m+13)x+m2-m-2=0有两个实数根，且一根在（0,1），一根在（1,2）上，求m的取值范围（(-2,-1)⋃(3,4)）23、关于的方程2ax-x-1=0在（0,1）内恰有一解，求实数a的取值范围(1,+∞)24、若关于的方程lg(xx2x2+20x)-lg(8x-6a-3)=0有唯一实根，求a的取值范围第2篇：不等式证明不等式证明不等式是数学的基本内容之一，它是研究许多数学分支的重要工具，在数学中有重要的地位，也是高中数学的重要组成部分，在高考和竞赛中都有举足轻重的地位。
高中不等式证明练习题及参考答案
高中不等式证明练习题及参考答案高中不等式证明练习题及参考答案不等式证明是可以作文练习题经常出现的，这类的练习题是的呢?下面就是店铺给大家整理的不等式证明练习题内容，希望大家喜欢。
不等式证明练习题解答(1/a+2/b+4/c)*1=(1/a+2/b+4/c)*(a+b+c)展开，得=1+2a/b+4a/c+b/a+2+4b/c+c/a+2c/b+4=7+2a/b+4a/c+b/a+4b/c+c/a+2c/b基本不等式，得>=19>=18用柯西不等式：(a+b+c)(1/a + 2/b + 4/c)≥(1+√2+2)^2=(3+√2)^2=11+6√2≥18楼上的，用基本不等式要考虑等号时候成立，而且如果你的式子里7+2a/b+4a/c+b/a+4b/c+c/a+2c/b直接用基本不等式得出的并不是≥18设ab=x,bc=y,ca=z则原不等式等价于：x^2+y^2+z^2>=xy+yz+zx<=>2(x^2+y^2+z^2)>=2(xy+yz+zx)<=>(x^2-2xy+y^2)+(y^2-2yz+z^2)+(z^2-2zx+x^2)>=0<=>(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2>=0含有绝对值的不等式练习。
1.实数x的不等式|x-|7|x+1|成立的前提条件是：x7x+7, -1-7x-7, x>-2，因此有：-20的解，∵a<0，不等式变形为x2+x-<0，它与不等式x2+x+<0比较系数得：a=-4,b=-9.函数y=arcsinx的定义域是 [-1, 1] ，值域是，函数y=arccosx的定义域是 [-1, 1] ，值域是[0, π] ，函数y=arctgx的定义域是 R ，值域是 .，函数y=arcctgx的定义域是 R ，值域是(0, π) .直接求函数的值域困难时，可以利用已学过函数的有界性，来确定函数的值域。
证明不等式的基本方法练习题(基础、经典、好用)
证明不等式的基本方法一、选择题1．设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则s 与t 的大小关系是( )A ．s ≥tB ．s >tC ．s ≤tD ．s <t2．设0<x <1，则a ＝2x ，b ＝1＋x ，c ＝11－x 中最大的一个是( ) A ．a B ．b C ．c D ．无法判断3．设a 、b ∈(0，＋∞)，且ab －a －b ＝1，则有( )A ．a ＋b ≥2(2＋1)B ．a ＋b ≤2＋1C ．a ＋b ＜2＋1D ．a ＋b ＞2(2＋1)4．已知a 、b 、c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1c 的最小值为( )A ．5B ．7C ．9D ．115．(2012·湖北高考)设a ，b ，c ，x ，y ，z 均为正数，且a 2＋b 2＋c 2＝10，x 2＋y 2＋z 2＝40，ax ＋by ＋cz ＝20，则a ＋b ＋c x ＋y ＋z 等于( ) A.14 B.13C.12D.34 二、填空题6．设a ＞b ＞0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m 与n 的大小关系是________．7．以下三个命题：①若|a －b |＜1，则|a |＜|b |＋1；②若a 、b ∈R ，则|a ＋b |－2|a |≤|a －b |；③若|x |＜2，|y |＞3，则|x y |＜23，其中正确命题的序号是________．8．若x ＋y ＋z ＝1，且x ，y ，z ∈R ，则x 2＋y 2＋z 2与13的大小关系为________．三、解答题9．设a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，求证：1a ＋1b ＋1ab ≥8.10．(2013·深圳调研)已知a ，b 为正实数．(1)求证：a 2b ＋b 2a ≥a ＋b ；(2)利用(1)的结论求函数y ＝（1－x ）2x ＋x 21－x(0＜x ＜1)的最小值．11．(1)设x ≥1，y ≥1，证明x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y ＋xy .(2)1≤a ≤b ≤c ，证明log a b ＋log b c ＋log c a ≤log b a ＋log c b ＋log a c .解析及答案一、选择题1．【解析】 ∵s －t ＝b 2－2b ＋1＝(b －1)2≥0，∴s ≥t .【答案】 A2．【解析】 ∵0<x <1，∴1＋x >2x ＝4x >2x ， ∴只需比较1＋x 与11－x的大小， ∵1＋x －11－x ＝1－x 2－11－x ＝－x 21－x<0， ∴1＋x <11－x. 因此c ＝11－x 最大． 【答案】 C3．【解析】 ∵ab －a －b ＝1，∴1＋a ＋b ＝ab ≤(a ＋b 2)2.令a ＋b ＝t (t ＞0)，则1＋t ≤t 24(t ＞0)．解得t ≥2(2＋1)，则a ＋b ≥2(2＋1)．【答案】 A4．【解析】 把a ＋b ＋c ＝1代入1a ＋1b ＋1c 得a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c c＝3＋(b a ＋a b )＋(c a ＋a c )＋(c b ＋b c )≥3＋2＋2＋2＝9.【答案】 C5．【解析】 由题意可得x 2＋y 2＋z 2＝2ax ＋2by ＋2cz ， 又a 2＋b 2＋c 2＝10相加可得(x －a )2＋(y －b )2＋(z －c )2＝10，所以不妨令⎩⎨⎧x －a ＝a ，y －b ＝b ，z －c ＝c (或⎩⎨⎧x －a ＝b ，y －b ＝c ，z －c ＝a)， 则x ＋y ＋z ＝2(a ＋b ＋c )，∴a ＋b ＋c x ＋y ＋z ＝12. 【答案】 C二、填空题6．【解析】 ∵a ＞b ＞0，∴m ＝a －b ＞0，n ＝a －b ＞0.∵m 2－n 2＝(a ＋b －2ab )－(a －b )＝2b －2ab ＝2b (b －a )＜0，∴m 2＜n 2，从而m ＜n .【答案】 m ＜n7．【解析】 ①|a |－|b |≤|a －b |＜1，所以|a |＜|b |＋1； ②|a ＋b |－|a －b |≤|(a ＋b )＋(a －b )|＝|2a |， 所以|a ＋b |－2|a |≤|a －b |；③|x |＜2，|y |＞3，所以1|y |＜13，因此|x ||y |＜23.∴①②③均正确．【答案】 ①②③8．【解析】 ∵(x ＋y ＋z )2＝1，∴x 2＋y 2＋z 2＋2(xy ＋yz ＋zx )＝1，又2(xy ＋yz ＋zx )≤2(x 2＋y 2＋z 2)，∴3(x 2＋y 2＋z 2)≥1，则x 2＋y 2＋z 2≥13.【答案】 x 2＋y 2＋z 2≥13三、解答题9．【证明】 ∵a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1， ∴2ab ≤a ＋b ＝1.因此ab≤12，1ab≥4.则1a＋1b＋1ab＝(a＋b)(1a＋1b)＋1ab≥2ab·2 1ab＋4＝8.故1a＋1b＋1ab≥8成立．10．【解】(1)证明∵a2b＋b2a－(a＋b)＝a3＋b3－a2b－ab2ab＝a2（a－b）－b2（a－b）ab＝（a－b）2（a＋b）ab.又∵a＞0，b＞0，∴（a－b）2（a＋b）ab≥0，当且仅当a＝b时等号成立．∴a2b＋b2a≥a＋b.(2)∵0＜x＜1，∴1－x＞0，由(1)的结论，函数y＝（1－x）2x＋x21－x≥(1－x)＋x＝1.当且仅当1－x＝x即x＝12时等号成立．∴函数y＝（1－x）2x＋x21－x(0＜x＜1)的最小值为1.11．【证明】(1)由于x≥1，y≥1，则x＋y＋1xy≤1x＋1y＋xy⇔xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2，将上式中右式减左式得[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1)，由x≥1，y≥1易知(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，即原不等式成立．(2)设log a b＝x，log b c＝y，由对数换底公式得log c a＝1xy，log b a＝1x，log c b＝1y，log a c＝xy，则所证不等式可化为x＋y＋1xy≤1x＋1y＋xy，由1≤a≤b≤c知x＝log a b≥1，y＝log b c≥1，由(1)知所证不等式成立．。
高中不等式证明例题(一题多解)
多种方法证明高中不等式例1证明不等式n n2131211<++++(n ∈N *)证法一：(1)当n 等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立； (2)假设n =k (k ≥1)时，不等式成立，即1+k13121+++ ＜2k ，,1211)1(11)1(21121131211+=++++<+++=++<+++++k k k k k k k k k k 则∴当n =k +1时，不等式成立.综合(1)、(2)得：当n ∈N *时，都有1+n13121+++ ＜2n .另从k 到k +1时的证明还有下列证法：,1111212212:.12112,01),1(21)1(2,0)1()1()1(2)1(21)1(22+=+++>++=-++<++∴>++<++∴>+-=+++-=+--+k k k kk k k k k k k k k k k k k k k k k k k 又如.12112+<++∴k k k证法二：对任意k ∈N *，都有：.2)1(2)23(2)12(22131211),1(21221n n n n k k k k k k k =--++-+-+<++++--=-+<+=因此证法三：设f (n )=),131211(2nn ++++-那么对任意k ∈N*都有：1)1(])1(2)1[(11]1)1(2)1(2[1111)1(2)()1(2>+-+=++-+⋅+=-+-++=+--+=-+k k k k k k k k k k k k k k k k f k f∴f (k +1)＞f (k )因此，对任意n ∈N * 都有f (n )＞f (n －1)＞…＞f (1)=1＞0， ∴.2131211n n <++++例2求使y x +≤a y x +(x ＞0，y ＞0)恒成立的a 的最小值. 解法一：由于a 的值为正数，将已知不等式两边平方，得： x +y +2xy ≤a 2(x +y )，即2xy ≤(a 2－1)(x +y )，①∴x ，y ＞0，∴x +y ≥2xy ，②当且仅当x =y 时，②中有等号成立. 比较①、②得a 的最小值满足a 2－1=1， ∴a 2=2，a =2 (因a ＞0)，∴a 的最小值是2. 解法二：设yx xyy x xy y x y x y x yx yx u ++=+++=++=++=212)(2. ∵x ＞0，y ＞0，∴x +y ≥2xy (当x =y 时“=”成立)， ∴y x xy +2≤1，yx xy+2的最大值是1. 从而可知，u 的最大值为211=+， 又由已知，得a ≥u ，∴a 的最小值为2. 解法三：∵y ＞0， ∴原不等式可化为yx+1≤a 1+yx， 设y x =tan θ，θ∈(0，2π). ∴tan θ+1≤a 1tan 2+θ；即tan θ+1≤a se c θ ∴a ≥sin θ+cos θ=2sin(θ+4π)，③又∵sin(θ+4π)的最大值为1(此时θ=4π). 由③式可知a 的最小值为2.例3 已知a ＞0，b ＞0，且a +b =1.求证：(a +a 1)(b +b 1)≥425证法一：(分析综合法）欲证原式，即证4(ab )2+4(a 2+b 2)－25ab +4≥0，即证4(ab )2－33(ab )+8≥0，即证ab ≤41或ab ≥8.∵a ＞0，b ＞0，a +b =1，∴ab ≥8不可能成立 ∵1=a +b ≥2ab ，∴ab ≤41，从而得证. 证法二：(均值代换法) 设a =21+t 1，b =21+t 2.∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴t 1+t 2=0，|t 1|＜21，|t 2|＜21.4254116254123162541)45(41)141)(141()21)(21()141)(141(211)21(211)21(11)1)(1(2242222222222222222112122221122212122=≥-++=--+=-++++++=++++++++=+++⨯+++=+⨯+=++∴t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t b b a a b b a a 显然当且仅当t =0，即a =b =21时，等号成立.证法三：(比较法）∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41425)1)(1(04)8)(41(4833442511425)1)(1(2222≥++∴≥--=++=-+⋅+=-++b b a a ab ab ab ab ab b a b b a a b b a a 证法四：(综合法)∵a +b =1， a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41.4251)1(41 16251)1(169)1(434111222≥+-⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥+-⇒≥-⇒=-≥-∴ab ab ab ab ab ab 425)1)(1(≥++b b a a 即 证法五：(三角代换法）∵a ＞0，b ＞0，a +b =1，故令a =sin 2α，b =cos 2α，α∈(0，2π) .425)1)(1(4252sin 4)2sin 4(412sin 125162sin 24.3142sin 4,12sin 2sin 416)sin 4(2sin 42cos sin 2cos sin )cos 1)(cos sin 1(sin )1)(1(2222222222222442222≥++≥-⇒⎪⎭⎪⎬⎫≥≥+-=-≥-∴≤+-=+-+=++=++b b a a b b a a 即得ααααααααααααααααα例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证明：(1)证法一：a 2+b 2+c 2－31=31(3a 2+3b 2+3c 2－1)=31［3a 2+3b 2+3c 2－(a +b +c )2］=31［3a 2+3b 2+3c 2－a 2－b 2－c 2－2ab －2ac －2bc ］=31［(a －b )2+(b －c )2+(c －a )2］≥0 ∴a 2+b 2+c 2≥31证法二：∵(a +b +c )2=a 2+b 2+c 2+2ab +2ac +2bc ≤a 2+b 2+c 2+a 2+b 2+a 2+c 2+b 2+c 2 ∴3(a 2+b 2+c 2)≥(a +b +c )2=1 ∴a 2+b 2+c 2≥31证法三：∵33222c b a c b a ++≥++∴a 2+b 2+c 2≥3cb a ++ ∴a 2+b 2+c 2≥31证法四：设a =31+α，b =31+β，c =31+γ. ∵a +b +c =1，∴α+β+γ=0∴a 2+b 2+c 2=(31+α)2+(31+β)2+(31+γ)2=31+32 (α+β+γ)+α2+β2+γ2=31+α2+β2+γ2≥31 ∴a 2+b 2+c 2≥31629)(323232323323,23323,21231)23(23:)2(=+++<+++++∴+<++<+++<⨯+=+c b a c b a c c b b a a a 同理证法一 ∴原不等式成立. 证法二：3)23()23()23(3232323+++++≤+++++c b a c b a336)(3=+++=c b a∴232323+++++c b a ≤33＜6 ∴原不等式成立.例5.已知x ，y ，z ∈R ，且x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，证明：x ，y ，z ∈［0，32］证法一：由x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，得x 2+y 2+(1－x －y )2=21，整理成关于y 的一元二次方程得：2y 2－2(1－x )y +2x 2－2x +21=0，∵y ∈R ，故Δ≥0∴4(1－x )2－4×2(2x 2－2x +21)≥0，得0≤x ≤32，∴x ∈［0，32］ 同理可得y ，z ∈［0，32］证法二：设x =31+x ′，y =31+y ′，z =31+z ′，则x ′+y ′+z ′=0， 于是21=(31+x ′)2+(31+y ′)2+(31+z ′)2 =31+x ′2+y ′2+z ′2+32 (x ′+y ′+z ′)=31+x ′2+y ′2+z ′2≥31+x ′2+2)(2z y '+'=31+23x ′2故x ′2≤91，x ′∈［－31，31］，x ∈［0，32］，同理y ，z ∈［0，32］证法三：设x 、y 、z 三数中若有负数，不妨设x ＜0，则x 2＞0，21=x 2+y 2+z 2≥x 2+21232)1(2)(2222+-=+-=+x x x x z y ＞21，矛盾.x 、y 、z 三数中若有最大者大于32，不妨设x ＞32，则21=x 2+y 2+z 2≥x 2+2)(2z y +=x 2+2)1(2x -=23x 2－x +21=23x (x －32)+21＞21；矛盾. 故x 、y 、z ∈［0，32］例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zyx y x z x z y +++++≥2(z y x 111++))()()()()()(222)(4)(2))(()(2)]()()([)(2)(:)2()(20)()()()2()2()2()(22:)1.(62222222222223333332222222222222222222222222222222222≥-+-+-+-+-+-⇔++≥+++++⇔+++++≥+++++++⇔++≥+++++⋅⇔++≥+++++++≥+++++∴≥-+-+-=-++-++-+=++-+++++y x z x z y z y x y x xy x z zx z y yz xyz z xy yz x xy y x zx x z yz z y xyz z xy yz x x z z y y x xy y x zx x z yz z y z y x zx yz xy y x xy x z zx z y yz xyz zx yz xy z yx y x z x z y z y x zx yz xy z c b a y b a c x a c b x a c z c a z c b y b c y b a x a b zx x a cz c a yz z c b y b c xy y b a x a b zx yz xy z cb a y b ac x c b 所证不等式等介于证明证明∵上式显然成立，∴原不等式得证.例7.已知i ，m 、n 是正整数，且1＜i ≤m ＜n . (1)证明：n i A i m ＜m i A i n ； (2)证明：(1+m )n ＞(1+n )m7.证明：(1)对于1＜i ≤m ，且A i m =m ·…·(m －i +1)，n i n n n n n nm i m m m m m m i i m i i m 11A ,11A +-⋅⋅-⋅=+-⋅⋅-⋅= 同理， 由于m ＜n ，对于整数k =1，2，…，i －1，有mkm n k n ->-， 所以i m i i n i i i mi i n n m mn A A ,A A >>即(2)由二项式定理有：(1+m )n =1+C 1n m +C 2n m 2+…+C nn m n ，(1+n )m =1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m ，由(1)知m iA in＞n iA i m (1＜i ≤m )，而C i m=!A C ,!A i i i ni n i m =∴m i C i n ＞n i C i m (1＜m ＜n )∴m 0C 0n =n 0C 0n =1，m C 1n =n C 1m =m ·n ，m 2C 2n ＞n 2C 2m ，…， m m C m n ＞n m C m m ，m m +1C 1+m n ＞0，…，m n C n n ＞0， ∴1+C 1n m +C 2n m 2+…+C n n m n ＞1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m ，即(1+m )n ＞(1+n )m 成立.例8.若a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，求证：a +b ≤2，ab ≤1. 证法一：因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以 (a +b )3－23=a 3+b 3+3a 2b +3ab 2－8=3a 2b +3ab 2－6=3［ab (a +b )－2］=3［ab (a +b )－(a 3+b 3)］=－3(a +b )(a －b )2≤0. 即(a +b )3≤23，又a +b ＞0，所以a +b ≤2，因为2ab ≤a +b ≤2， 所以ab ≤1.证法二：设a 、b 为方程x 2－mx +n =0的两根，则⎩⎨⎧=+=ab n ba m ，因为a ＞0，b ＞0，所以m ＞0，n ＞0，且Δ=m 2－4n ≥0 ① 因为2=a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］=m (m 2－3n )所以n =mm 3232-② 将②代入①得m 2－4(mm 3232-)≥0， 即mm 383+-≥0，所以－m 3+8≥0，即m ≤2，所以a +b ≤2，由2≥m 得4≥m 2，又m 2≥4n ，所以4≥4n ， 即n ≤1，所以ab ≤1.证法三：因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以2=a 3+b 3=(a +b )(a 2+b 2－ab )≥(a +b )(2ab －ab )=ab (a +b )于是有6≥3ab (a +b )，从而8≥3ab (a +b )+2=3a 2b +3ab 2+a 3+b 3=(a +b )3，所以a +b ≤2，(下略）证法四：因为333)2(2b a b a +-+8))((38]2444)[(22222b a b a ab b a ab b a b a -+=----++=≥0， 所以对任意非负实数a 、b ，有233b a +≥3)2(b a +因为a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以1=233b a +≥3)2(b a +，∴2b a +≤1，即a +b ≤2，(以下略）证法五：假设a +b ＞2，则a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］＞(a +b )ab ＞2ab ，所以ab ＜1， 又a 3+b 3=(a +b )［a 2－ab +b 2］=(a +b )［(a +b )2－3ab ］＞2(22－3ab )因为a 3+b 3=2，所以2＞2(4－3ab )，因此ab ＞1，前后矛盾，故a +b ≤2(以下略)。
高考不等式经典例题
高考不等式经典例题高考数学中的不等式经典例题通常包括比较两个数（式）的大小、不等式的性质、一元二次不等式恒成立问题、特值法判断不等式等。
以下是一些高考数学中不等式的经典例题：例1：比较两个数的大小题目：若a = 1/2, b = 3, c = 2, 请比较a, b, c的大小。
解答：因为a = 1/2 < 1 < 2 < 3 = b < c，所以a < b < c。
例2：不等式的性质题目：若x > 0, y > 0, 且x + y > 2, 请证明：xy < 1。
解答：根据不等式的性质，可以得到以下推导：x > 0, y > 0, 则x + y > 2 > 0, 所以xy < (x + y) / 2 < 1。
例3：一元二次不等式恒成立问题题目：若a, b, c均为实数，且a > 0, b > 0, c > 0。
求解不等式：ax2 + bx + c > 0。
解答：首先考虑判别式，由一元二次方程的判别式可知，当判别式小于0时，不等式恒成立。
因此，我们需要求解判别式：Δ= b2 - 4ac < 0，所以不等式ax2 + bx + c > 0恒成立。
例4：特值法判断不等式题目：若a, b为实数，且a > 0, b > 0。
求解不等式：a2 + b2 > ab。
解答：我们可以使用特值法来求解这个不等式。
取a = 2, b = 1，则a2 = 4, b2 = 1, ab = 2。
因为4 > 2 > 1，所以a2 + b2 > ab。
希望以上例题能够帮助你复习不等式部分的知识，祝你高考取得好成绩！。
高三数学不等式的证明·典型例题
不等式的证明·典型例题【例1】已知a，b，c∈R+，求证：a3+b3+c3≥3abc．【分析】用求差比较法证明．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+c)[a2+b2+c2-ab-bc-ca]∵a，b，c∈R+，∴a+b+c＞0．(c-a)]2≥0即 a3+b3+c3-3abc≥0，∴a3+b3+c3≥3abc．【例2】已知a，b∈R+，n∈N，求证：(a+b)(a n+b n)≤2(a n+1+b n+1)．【分析】用求差比较法证明．证明：左-右=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)(*) 当a＞b＞0时，b n-a n＜0，a-b＞0，∴(*)＜0；当b＞a＞0时，b n-a n＞0，a-b＜0，∴(*)＜0；当a=b＞0时，b n-a n=0，a-b=0，∴(*)=0．综上所述，有(a+b)(a n+b n)-2(a n+1+b n+1)≤0．即 (a+b)(a n+b n)≤2(a n+1+b n+1)．【说明】在求差比较的三个步骤中，“变形”是关键，常用的变形手段有配方、因式分解等，常将“差式”变形为一个常数，或几个因式积的形式．【例3】已知a，b∈R+，求证a a b b≥a b b a．【分析】采用求商比较法证明．证明：∵a，b∈R+，∴a b b a＞0综上所述，当a＞0，b＞0，必有a a b b≥a b b a．【说明】商值比较法的理论依据是：【例4】已知a、b、c是不全等的正数，求证：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc．【分析】采用综合法证明，利用性质a2+b2≥2ab．证明：∵b2+c2≥2bc，a＞0，∴a(b2+c2)≥2abc．①同理b(c2+a2)≥2abc②c(a2+b2)≥2abc③∵a，b，c不全相等，∴①，②，③中至少有一个式子不能取“=”号∴①+②+③，得a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc．【例5】已知a，b，c∈R+，求证：(1)(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc；【分析】用综合法证明，注意构造定理所需条件．证明：(1)ab+a+b+1=(a+1)(b+1)，ab+ac+bc+c2=(a+c)(b+c)．∴(a+1)(b+1)(a+c)(b+c)≥16abc因此，当a，b，c∈R+，有(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc．【说明】用均值定理证明不等式时，一要注意定理适用的条件，二要为运用定理对式子作适当变形，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．【分析】采用分析法证明．(*)∵a＜c，b＜c，∴a+b＜2c，∴(*)式成立．∴原不等式成立．用充分条件代替前面的不等式．【例7】若a、b、c是不全相等的正数，求证：证明二：(综合法)∵a，b，c∈R+，abc成立．上式两边同取常用对数，得【说明】分析法和综合法是对立统一的两个方面．在证法一中，前面是分析法，后面是综合法，两种方法结合使用，使问题较易解决．分析法的证明过程恰恰是综合法的分析、思考过程，综合法的证明方法是分析思考过程的逆推．【例8】已知a＞2，求证log a(a-1)·log a(a+1)＜1．【分析】两个对数的积不好处理，而两个同底对数的和却易于处理．因为我们可以先把真数相乘再取对数，从而将两个对数合二为一，平均值不等式恰好有和积转化功能可供利用．证明：∵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)＜1．【说明】上式证明如果从log a(a-1)·log a(a+1)入手，得log a(a-1)二为一了．另外，在上述证明过程中，用较大的log a a2代替较小的log a(a2-1)，并用适当的不等号连结，从而得出证明．这种方法通常叫做“放缩法”．同样，也可以用较小的数代替较大的数，并用适当的不等号连结．【例9】已知：a，b，c都是小于1的正数；【分析】采用反证法证明．其证明思路是否定结论从而导出与已知或定理的矛盾．从而证明假设不成立，而原命题成立．对题中“至少∵a，b，c都是小于1的正数，故与上式矛盾，假设不成立，原命题正确．【说明】反证法是利用互为逆否命题具有等价性的思想进行推证的．反证法必须罗列各种与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，则反证都是不完全的，遇到“至少”、“至多”、“唯一”等字句的命题常用反证法．|a|≤1．【说明】换元法是将较为复杂的不等式利用等价转换的思想转换成易证明的不等式．常用的换元法有(1)，若|x|≤1，可设x=sinα，α∈R；(2)若x2+y2=1，可设x=sinα，y=cosα；(3)若x2+y2≤1，可设x=【例11】已知a1、a2、…a n，b1、b2、…b n为任意实数，求证明：构造一个二次函数它一定非负，因它可化为(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+…+(a n x-b n)2．∴Δ≤0，(当a1，a2，…a n都为0时，所构造式子非二次函数，但此时原不等式显然成立．)【说明】上例是用判别式法证明的“柯西不等式”，它可写为：变量分别取|a+b|，|a|、|b|时就得到要证的三个式子．因此，可考虑从函数∴f（x2）＞f（x1），f（x）在[0，+∞）上是增函数．取x1=|a+b|，x2=|a|+|b|，显然0≤x1≤x2．∴f（|a+b|）≤f（|a|+|b|）．【说明】这里是利用构造函数，通过函数的单调性，结合放缩法来证明不等式的．应注意的是，所给函数的单调整性应予以论证．【例13】已知a，b，m，n∈R，且a2+b2=1，m2+n2=1，求证：|am+bn|≤1．证法一：（比较法）证法二：（分析法）∵a，b，m，n∈R，∴上式成立，因此原不等式成立．证法三：（综合法）∵a，b，m，n∈R，∴（|a|-|m|）2≥0，（|b|-|n|）2≥0．即a2+m2≥2|am|，b2+n2≥2|bn|∴a2+m2+b2+n2≥2（|am|+|bn|）∵a2+b2=1，m2+n2=1，∴|am|+|bn|≤1∴|am+bn|≤|am|+|bn|≤1．证法四：（换元法）由已知，可设a=sinα，b=cosα，m=sinβ，n=cosβ．于是|am+bn|=|sinαsinβ+cosαcosβ|=|cos（α-β）|≤1．【说明】一个不等式的证明方法往往不只一种，要注意依据题目特点选择恰当的方法．【例14】已知f（x）=x2-x+c，且|x-a|＜1，（a，b，c∈R）求证：|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．【分析】绝对值不等式的证明充分利用绝对值不等式性质：证明：|f（x）－f（a）|=|x2-x+c-a2+a-c|=|（x+a）（x-a）-（x-a）|=|x-a||x+a-1|＜|x+a-1|=|（x-a）+2a-1|＜|x-a|+|2a|+|（-1）|＜1+2|a|+1=2（|a|+1）．∴|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．【例15】当h与|a|，|b|，1中最大的一个相等，求证：当|x|＞h时，由已知，有|x|＞h≥|a|，|x|＞h≥|b|，|x|＞h≥1 ∴|x|2≥b．。
解不等式例题50道
解不等式例题50道一、一元一次不等式1. 解不等式：2x + 5>9- 解析：- 首先对不等式进行移项，将常数项移到右边，得到2x>9 - 5。
- 计算右边式子得2x>4。
- 两边同时除以2，解得x > 2。
2. 解不等式：3x-1<8- 解析：- 移项可得3x<8 + 1。
- 即3x<9。
- 两边同时除以3，解得x<3。
3. 解不等式：5x+3≤slant2x + 9- 解析：- 移项，把含x的项移到左边，常数项移到右边，得到5x-2x≤slant9 - 3。
- 计算得3x≤slant6。
- 两边同时除以3，解得x≤slant2。
4. 解不等式：4x-7≥slant3x+1- 解析：- 移项得4x - 3x≥slant1+7。
- 即x≥slant8。
5. 解不等式：(1)/(2)x+3>x - 1- 解析：- 移项可得(1)/(2)x-x>-1 - 3。
- 通分计算，((1)/(2)-(2)/(2))x>-4，即-(1)/(2)x>-4。
- 两边同时乘以 - 2，不等号变向，解得x < 8。
6. 解不等式：(2)/(3)x-1≤slant(1)/(3)x+2- 解析：- 移项得(2)/(3)x-(1)/(3)x≤slant2 + 1。
- 计算得(1)/(3)x≤slant3。
- 两边同时乘以3，解得x≤slant9。
7. 解不等式：2(x + 3)>3(x - 1)- 解析：- 先展开括号，得到2x+6>3x - 3。
- 移项得2x-3x>-3 - 6。
- 计算得-x>-9。
- 两边同时乘以 - 1，不等号变向，解得x < 9。
8. 解不等式：3(x - 2)≤slant2(x+1)- 解析：- 展开括号得3x-6≤slant2x + 2。
- 移项得3x-2x≤slant2+6。
- 计算得x≤slant8。
不等式证明19个典型例题
不等式证明19个典型例题典型例题一例1 假设10<<x ，证明)1(log )1(log x x a a +>-〔0>a 且1≠a 〕．分析1 用作差法来证明．需分为1>a 和10<<a 两种情况，去掉绝对值符号，然后比拟法证明．解法1 〔1〕当1>a 时，因为 11,110>+<-<x x ，所以 )1(log )1(log x x a a +--)1(log )1(log x x a a +---=0)1(log 2>--=x a ．〔2〕当10<<a 时，因为 11,110>+<-<x x所以 )1(log )1(log x x a a +--)1(log )1(log x x a a ++-=0)1(log 2>-=x a ．综合〔1〕〔2〕知)1(log )1(log x x a a +>-．分析2 直接作差，然后用对数的性质来去绝对值符号．解法2 作差比拟法．因为 )1(log )1(log x x a a +--ax a x lg )1lg(lg )1lg(+--= [])1lg()1lg(lg 1x x a+--= [])1lg()1lg(lg 1x x a+---= 0)1lg(lg 12>--=x a ，所以)1(log )1(log x x a a +>-．说明：解法一用分类相当于增设了条件，便于在变形中脱去绝对值符号；解法二用对数性质〔换底公式〕也能到达同样的目的，且不必分而治之，其解法自然简捷、明快．典型例题二例2 设0>>b a ，求证：.ab b a b a b a >分析：发现作差后变形、判断符号较为困难．考虑到两边都是正数，可以作商，判断比值与1的大小关系，从而证明不等式． 证明：b a a b b a a b b a b a b a ba b a ---=⋅=)( ∵0>>b a ，∴.0,1>->b a ba ∴1)(>-b a b a . ∴a b ba ba b a .1> 又∵0>ab b a ，∴.a b b a b a b a >.说明：此题考察不等式的证明方法——比拟法(作商比拟法).作商比拟法证明不等式的步骤是：判断符号、作商、变形、判断与1的大小. 典型例题三例3 对于任意实数a 、b ，求证444()22a b a b ++≥〔当且仅当a b =时取等号〕 分析 这个题假设使用比拟法来证明，将会很麻烦，因为，所要证明的不等式中有4()2a b +，展开后很复杂。
初中几何不等式练习题
初中几何不等式练习题一、基本不等式1. 已知正数a、b，证明：a+b ≥ 2√(ab)。
2. 已知a、b为实数，证明：(a+b)² ≥ 4ab。
3. 已知a、b、c为正数，证明：a+b+c ≥ 3√[abc]。
4. 已知x、y为实数，求证：x² + y² ≥ 2xy。
5. 已知a、b、c为等差数列，求证：a² + b² + c² ≥ ab + bc+ ca。
二、三角形不等式1. 在△ABC中，求证：a+b > c，b+c > a，c+a > b。
2. 已知△ABC的三边长分别为3、4、5，求证：3² + 4² > 5²。
3. 在△ABC中，若∠A = 60°，求证：a > bsinA。
4. 在△ABC中，若a² = b² + c² bc，求证：∠A = 90°。
5. 已知△ABC的三边长满足a² + b² = 3c²，求证：∠C < 90°。
三、四边形不等式1. 已知平行四边形ABCD的对角线交于点E，求证：AE² + BE² + CE² + DE² ≥ 4AB²。
2. 在矩形ABCD中，求证：AB + BC > AC。
3. 已知菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，求证：AO² + BO² + CO² + DO² ≥ 4AB²。
4. 在梯形ABCD中，AB // CD，求证：AD + BC > CD。
5. 已知四边形ABCD的四边长分别为1、2、2、3，求证：不能构成矩形。
四、圆的不等式1. 在圆中，求证：直径所对的圆周角是直角。
2. 已知圆的半径为r，求证：圆的面积S ≤ πr²。
不等式的证明归纳举例,方程根的个数,作图.
2,利用在x = 0处的一阶泰勒展开式： 处的一阶泰勒展开式：
f ′′(θ x ) 2 f ( x ) = f (0) + f ′(0) x + x 0 <θ < 1 ⇒ 2
eθ x 2 时就有： x > 1 + x. 设 f ( x ) = e x 则当 x ≠ 0时就有： e x = 1 + x + 2
再证 2x
π
< sin x，由上面 5, 利用凹凸性的证明 .
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( 2 ) 关于用导数证明单调性 ， 有时需用两阶导数来判 别 单调性， 一阶导数的单调性从而 再判断出 f ( x )单调性，如： x ln x 例 判别 f ( x ) = 在 ( 0,1)内的单调性 . 1− x (ln x + 1)(1 − x ) + x ln x ln x + 1 − x 解 : f ′( x ) = = 2 (1 − x ) (1 − x ) 2 1 ′( x ) = − 1 > 0 ⇒ g ( x ) ↑ 又设 g ( x ) = ln x + 1 − x , g x ∵ g (1) = 0 ∴ x < 1 ⇒ g ( x ) < g (1) = 0 ⇒ ln x + 1 − x < 0 ⇒ f ′( x ) < 0 ∴ f ( x ) ↓
lim
f ( x ) − f (0 ) = x − 0
f '(0 + 0 ) =
x→ 0+0
lim
f ( x ) − f (0 ) = x − 0
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三，复合函数的导数： 复合函数的导数：
设 y = f [ ϕ ( x )],
高中数学证明不等式之泰勒展式和拉格朗日中值定理
证明不等式之泰勒展式和拉格朗日中值定理【典型例题】例1.已知函数f (x )=ln a ⋅xe -x +a sin x ，a >0．(1)若x =0恰为f (x )的极小值点．(ⅰ)证明：12<a <1；(ⅱ)求f (x )在区间(-∞,π)上的零点个数；(2)若a =1，f (x )x =1-x π 1+x π 1-x 2π 1+x 2π 1-x 3π 1+x 3π ⋯1-x n π 1+xn π ⋯，又由泰勒级数知：cos x =1-x 22!+x 44!-x 66!+⋯+(-1)n x 2n (2n )!+⋯，n ∈N *．证明：112+122+132+⋯+1n2+⋯=π26．【解析】解：(1)证明：(ⅰ)由题意得：f (x )=ln a (1-x )e -x +a cos x (a >0)，因为x =0为函数f (x )的极值点，所以f (0)=ln a +a =0，令g (x )=ln x +x (x >0)，则g (x )=1x+1>0，g (x )在(0,+∞)上单调递增，因为g (1)>0,g 12=ln 12+12=ln e 2<0，所以g (x )=ln x +x (x >0)在12,1上有唯一的零点a ，所以12<a <1；(ⅱ)由(ⅰ)知：ln a =-a ，f (x )=a (sin x -xe -x )，f (x )=a [cos x -(1-x )e -x ]，①当x ∈(-∞,0)时，由a >0，-1≤cos x ≤1，1-x >1，e -x >1得：f (x )<0，所以f (x )在(-∞,0)上单调递减，f (x )>f (0)=0，所以f (x )在区间(-∞,0)上不存在零点；②当x ∈(0,π)时，设h (x )=cos x -(1-x )e -x ，则h (x )=(2-x )e -x -sin x ，1°若x ∈0,π2，令m (x )=(2-x )e -x -sin x ，则m (x )=(x -3)e -x-cos x <0，所以m (x )在0,π2 上单调递减，因为m (0)=2>0,m π2 =2-π2 e -π2-1<0；所以存在α∈0,π2，满足m (α)=0，当x ∈(0,α)时，m (x )=h (x )>0，h (x )在(0,α)上单调递增；当x ∈α,π2时，m (x )=h(x )<0，h (x )在α,π2 上单调递减；2°若x ∈π2,2，令φ(x )=(2-x )e -x ,x ∈π2,2 ，则φ (x )=(x -3)e -x <0，所以φ(x)在区间π2,2上单调递减，所以φ(x)<φπ2 =2-π2e-π2<1e，又因为sin x≥sin2=sin(π-2)>sin π6=12，所以h (x)=(2-x)e-x-sin x<0，h(x)在π2,2上单调递减；3°若x∈(2,π)，则h (x)=(2-x)e-x-sin x<0，h(x)在(2,π)上单调递减；由1°2°3°得，h(x)在(0,α)上单调递增，h(x)在(α,π)单调递减，因为h(α)>h(0)=0，h(π)=(π-1)e-π-1<0，所以存在β∈(α,π)使得h(β)=0，所以当x∈(0,β)时，f (x)=h(x)>0，f(x)在(0,β)上单调递增，f(x)>f(0)=0，当x∈(β,π)时，f (x)=h(x)<0，f(x)在(β,π)上单调递减，因为f(β)>f(0)=0，f(π)<0，所以f(x)在区间(β,π)上有且只有一个零点；综上，f(x)在区间(-∞,π)上的零点个数为2个；(2)因为sin xx =1-x2π21-x24π21-x232π2⋯1-x2n2π2⋯①对cos x=1-x22!+x44!-x66!+⋯+(-1)n x2n(2n)!+⋯，两边求导得：-sin x=-x1!+x33!-x55!+⋯+(-1)n x2n-1(2n-1)!+⋯，sin x=x1!-x33!+x55!+⋯+(-1)n-1x2n-1(2n-1)!+⋯，所以sin xx=1-x23!+x45!+⋯+(-1)n-1x2n-2(2n-1)!+⋯②比较①②式中x2的系数，得：-13!=-1π2112+122+132+⋯+1n2+⋯所以112+122+132+⋯+1n2+⋯=π26．例2.已知函数f(x)=x2+ln x-ax．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)≤2x2，对x∈[0，+∞)恒成立，求实数a的取值范围；(3)当a=1时,设g x =xe x2-f x -x-1．若正实数λ1，λ2满足λ1+λ2=1，x1，x2∈(0，+∞)(x1≠x2)，证明：g(λ1x1+λ2x2)<λ1g(x1)+λ2g(x2)．【解析】解：(1)f′(x)=2x+1x-a=2x2-ax+1x，x>0，△=a2-8，①a≤22时，f′(x)≥0恒成立，故函数f(x)在(0,+∞)递增，无递减区间，②a >22时，f ′(x )>0⇒0<x <a -a 2-84或x >a +a 2-84，故函数f (x )在0,a -a 2-84 ，a +a 2-84，+∞ 递增，在a -a 2-84，a +a 2-84递减，综上，a ≤22时，函数f (x )在(0,+∞)递增，无递减区间，a >22时，函数f (x )在0,a -a 2-84 ，a +a 2-84，+∞ 递增，在a -a 2-84，a +a 2-84递减，(2)f (x )≤2x 2，对x ∈[0，+∞)恒成立，即x ∈[0，+∞)时，a ≥ln xx-x 恒成立，令F (x )=ln x x -x ，(x >0)，则F ′(x )=1-ln x -x 2x 2，令G (x )=1-ln x -x 2(x >0)，则G ′(x )=-1x-2x <0，∴G (x )在(0,+∞)递减且G (1)=0，∴x ∈(0,1)时，G (x )>0，F ′(x )>0，F (x )递增，当x ∈(1,+∞)，G (x )<0，F ′(x )<0，F (x )递减，∴F (x )max =F (1)=-1，综上，a 的范围是[-1，+∞)．(3)证明：当a =1时，g (x )=xe -(ln x -x )-x -1=xe x -ln x -x -1=e x -x -1，g ′(x )=e x -1>0(x >0)，不妨设0<x 1<x 2，下先证：存在ξ∈(x 1，x 2)，使得g (x 2)-g (x 1)=g ′(ξ)(x 2-x 1)，构造函数H (x )=g (x )-g (x 1)-g (x 2)-g (x 1)x 2-x 1(x -x 1)，显然H (x 1)=H (x 2)，且H ′(x )=g ′(x )-)-g (x 2)-g (x 1)x 2-x 1，则由导数的几何意义可知，存在ξ∈(x 1，x 2)，使得H ′(ξ)=g ′(ξ)-)-g (x 2)-g (x 1)x 2-x 1=0，即存在ξ∈(x 1，x 2)，使得g (x 2)-g (x 1)=g ′(ξ)(x 2-x 1)，又g ′(x )=e x -1为增函数，∴g (x 2)-g (x 1)=g ′(ξ)(x 2-x 1)>g ′(x 1)(x 2-x 1)，即g (x 2)>g (x 1)+g ′(x 1)(x 2-x 1)，设x 3=λ1x 1+λ2x 2(λ1+λ2=0)，则x 1-x 3=(1-λ1)x 1-λ2x 2，x 2-x 3=(1-λ2)x 2-λ1x 1，∴g (x 1)>g (x 3)+g ′(x 3)(x 1-x 3)=g (x 3)+g ′(x 3)[(1-λ1)x 1-λ2x 2]①，g (x 2)>g (x 3)+g ′(x 3)(x 2-x 3)=g (x 3)+g ′(x 3)[(1-λ2)x 2-λ1x 1]②，由①×λ1+②×λ2得，λ1g (x 1)+λ2g (x 2)>g (x 3)=g (λ1x 1+λ2x 2)，即g (λ1x 1+λ2x 2)<λ1g (x 1)+λ2g (x 2)．例3.英国数学家泰勒发现了如下公式：sin x=x-x33!+x55!-x77!+⋯，其中n!=1×2×3×4×⋯×n，此公式有广泛的用途，例如利用公式得到一些不等式：当x∈0,π2时，sin x<x，sin x>x-x33!，sin x<x-x33!+x55!，⋯．(1)证明：当x∈0,π2时，sin x x>12；(2)设f(x)=m sin x，若区间[a，b]满足当f(x)定义域为[a，b]时，值域也为[a，b]，则称为f(x)的“和谐区间”，(ⅰ)m=1时，f(x)是否存在“和谐区间”？若存在，求出f(x)的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由；(ⅱ)m=-2时，f(x)是否存在“和谐区间”？若存在，求出f(x)的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由．【解析】(1)证明：由已知当x∈0,π2时，sin x>x-x33!，得sin xx>1-x26>1-π226=1-π224>12，所以当x∈0,π2时，sin x x>12．(2)(i)m=1时，假设存在，则由-1≤f(x)≤1知-1≤a<b≤1，注意到1<π2，故[a,b]⊆-π2 ,π2，所以f(x)在[a，b]单调递增，于是f(a)=af(b)=b，即a，b是方程sin x=x的两个不等实根，易知x=±π2不是方程的根，由已知，当x∈0,π2时，sin x<x，令x=-t，则有t∈-π2 ,0时，sin(-t)<-t，即sin t>t，故方程sin x=x只有一个实根0，故f(x)不存在和谐区间．(ii)m=-2时，假设存在，则由-2≤f(x)≤2知-2≤a<b≤2，若a，b≥0，则由[a，b]⊆[0，π)，知f(x)≤0，与值域是[a，b]⊆[0，π)矛盾，故不存在和谐区间，同理，a，b≤0时，也不存在，下面讨论a≤0≤b，若b≥π2，则0,π2⊆[a,b]，故f(x)最小值为-2，于是a=-2，所以-π2 ,π2⊆[a,b]，所以f(x)最大值为2，故b=2，此时f(x)的定义域为[-2，2]，值域为[-2，2]，符合题意．若b<π2，当a≤-π2时，同理可得a=-2，b=2，舍去，当a>-π2时，f(x)在[a，b]上单调递减，所以a=-2sin bb=-2sin a，于是a+b=-2(sin a+sin b)，若b>-a即a+b>0，则sin b>sin(-a)，故sin b+sin a>0，-2(sin a+sin b)<0，与a+b=-2(sin a+sin b)矛盾；若b<-a，同理，矛盾，所以b>-a，即b2=sin b，由(1)知当x∈0,π2时，sin x>x2，因为b∈0,π2，所以b=0，从而，a=0，从而a=b，矛盾，综上所述，f(x)有唯一的和谐区间[-2，2]．例4.给出以下三个材料：①若函数f(x)可导，我们通常把导函数f (x)的导数叫做f(x)的二阶导数，记作f (x)．类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，记作f (x)，三阶导数的导数叫做四阶导数⋯⋯一般地，n-1阶导数的导数叫做n阶导数，记作f(n)(x)=[f(n-1)(x)]′，n≥4．②若n∈N*，定义n!=n×(n-1)×(n-2)×⋯×3×2×1．③若函数f(x)在包含x0的某个开区间(a,b)上具有n阶的导数，那么对于任一x∈(a,b)有g(x)=f(x0)+f (x0)1!(x-x0)+f (x0)2!(x-x0)2+f (x0)3!(x-x0)3+⋯+f(n)(x0)n!(x-x0)n，我们将g(x)称为函数f(x)在点x=x0处的n阶泰勒展开式．例如，y=e x在点x=0处的n阶泰勒展开式为1+x+12x2+⋯+1n!x n．根据以上三段材料，完成下面的题目：(1)求出f1(x)=sin x在点x=0处的3阶泰勒展开式g1(x)，并直接写出f2(x)=cos x在点x=0处的3阶泰勒展开式g2(x)；(2)比较(1)中f1(x)与g1(x)的大小．(3)已知y=e x不小于其在点x=0处的3阶泰勒展开式，证明：x≥0时，e x+sin x+cos x≥2+2x．【解析】(1)解：因为f1(x)=sin x，则f1 (x)=cos x，f1 (x)=-sin x，f1 (x)=-cos x，所以f1 (0)=1，f1 (0)=0，f1 (0)=-1，故g1(x)=sin0+11!(x-0)+02!(x-0)2+-13!(x-0)3，即g1(x)=x-16x3，同理可得，g2(x)=1-12x2；(2)解：由(1)可知，f1(x)=sin x，g1(x)=x-16x3，令h(x)=f1(x)-g1(x)=sin x-x+16x3，则h (x)=cos x-1+12x2，则h (x)=-sin x+x，h (x)=1-cos x≥0，所以h (x)在R上单调递增，又h (0)=0，故当x<0时，h (x)<0，故h (x)单调递减，当x>0时，h (x)>0，故h (x)单调递增，所以h (x)的最小值为h (0)=1-1+0=0，所以h (x)≥0，故h(x)在R上单调递增，又h(0)=0，所以当x<0时，h(x)<0，当x>0时，h(x)>0，综上所述，当x<0时，f1(x)<g1(x)；当x=0时，f1(x)=g1(x)；当x>0时，f1(x)>g1(x)．(3)证明：令φ(x)=f2(x)-g2(x)=cos x-1+12x2，则φ (x)=-sin x+x，所以φ (x)=1-cos x≥0．则φ (x)在R上单调递增，又φ (0)=0，所以φ(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，所以φ(x)≥φ(0)=0，即cos x≥1-12x2，因为y=e x在点x=0处的3阶泰勒展开式为：1+x+12x2+16x3，所以e x≥1+x+12x2+16x3，又y=sin x在x=0处的3阶泰勒展开式为：x-16x3，当x≥0时，sin x≥x-16x3，所以当x≥0时，e x+sin x+cos x≥1+x+12x2+16x3+x-16x3+1-12x2≥2+2x，故e x+sin x+cos x≥2+2x(x≥0)．例5.利用拉格朗日(法国数学家，1736-1813)插值公式，可以把二次函数F(x)表示成F(x)=d(x-b)(x-c) (a-b)(a-c)+e(x-a)(x-c)(b-a)(b-c)+f(x-a)(x-b)(c-a)(c-b)的形式．(1)若a=1，b=2，c=3，d=4，e<f，把F(x)的二次项系数表示成关于f的函数G(f)，并求G(f)的值域(此处视e为给定的常数，答案用e表示)；(2)若a<b<c，d>0，e<0，f>0，求证：a+b<d(b2-c2)+e(c2-a2)+f(a2-b2)d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)<b+c．【解析】(1)解：由题意G(f)=d(a-b)(a-c)+e(b-a)(b-c)+f(c-a)(c-b)=4-1×(-2)+e1×(-1)+f2×1=12f-e+2，又f>e，所以G(f)>12e-e+2=-12e+2，当e≤4时，G(f)>-12e+2≥0，则G(f)的值域是-12e+2,+∞；当e>4时，-12e+2<0，所以G(f)的值域是-12e+2，0∪(0，+∞)．(2)证明：因为a<b<c，d>0，e<0，f>0，所以d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)<0，(a+b)[d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)]=d(b-c)(a+b)+e(c-a)(a+b)+f(a2-b2) =d(b-c)([(b+c)+(a-c)]+e(c-a)[(c+a)+(b-c)]+f(a2-b2)=d(b2-c2)+e(c2-a2)+f(a2-b2)+d(b-c)(a-c)+e(c-a)(b-c)，因为a<b<c，d>0，e<0，f>0，所以d(b-c)(a-c)>0，e(c-a)(b-c)>0，所以(a+b)[d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)]>d(b2-c2)+e(c2-a2)+f(a2-b2)，所以a+b<d(b2-c2)+e(c2-a2)+f(a2-b2) d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)，(b+c)[d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)]=d(b2-c2)+e(c-a)(b+c)+f(a-b)(b+c) =d(b2-c2)+e(c-a)(c-a+b-a)+f(a-b)(a+b+c-a)=d(b2-c2)+e(c2-a2)+f(a2-b2)+e(c-a)(b-a)+f(a-b)(c-a)，因为a<b<c，d>0，e<0，f>0，所以e(c-a)(b-a)<0，f(a-b)(c-a)<0，所以(b+c)[d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)]<d(b2-c2)+e(c2-a2)+f(a2-b2)，所以b+c>d(b2-c2)+e(c2-a2)+f(a2-b2) d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)，综上，原不等式成立．例6.用拉格朗日中值定理证明不等式：x1+x<ln(1+x)<x(x>0)．【解析】证明：设g(t)=ln t，t∈(a,b)，则g(x)符合拉格朗日中值定理的条件，即存在t0∈(a,b)，使g′(t0)=g(b)-g(a) b-a，因为g′(t)=1t，由t∈(a,b)，0<a<b，可知g ′(t )∈1b ，1a，b -a >0，即1b <g ′t 0)=g (b )-g (a )b -a <1a ，可得1b <g (b )-g (a )b -a =ln b -ln a b -a<1a ，即有b -a b<ln b a <b -aa ，令b a=1+x ，可得x =ba-1，即有x1+x<ln (1+x )<x (x >0)．例7.已知函数f (x )=mx 3+nx 2(m 、n ∈R ，m ≠0)的图象在(2，f (2))处的切线与x 轴平行．(1)求n ，m 的关系式并求f (x )的单调减区间；(2)证明：对任意实数0<x 1<x 2<1，关于x 的方程：f (x )-f (x 2)-f (x 1)x 2-x 1=0在(x 1，x 2)恒有实数解；(3)结合(2)的结论，其实我们有拉格朗日中值定理：若函数f (x )是在闭区间[a ，b ]上连续不断的函数，且在区间(a ,b )内导数都存在，则在(a ,b )内至少存在一点x 0，使得f (x 0)=f (b )-f (a )b -a．如我们所学过的指、对数函数，正、余弦函数等都符合拉格朗日中值定理条件．试用拉格朗日中值定理证明：当0<a <b 时，b -a b <ln b a <b -a a (可不用证明函数的连续性和可导性)．【解析】解：(1)因为f (x )=3mx 2+2nx ，------(1分)由已知有f (2)=0，所以3m +n =0即n =-3m ------(2分)即f (x )=3mx 2-6mx ，由f (x )>0知mx (x -2)>0．当m >0时得x <0或x >2，f (x )的减区间为(0,2)；-----(3分)当m <0时得：0<x <2，f (x )的减区间为(-∞,0)和(2,+∞)；-----(4分)综上所述：当m >0时，f (x )的减区间为(0,2)；当m <0时，f (x )的减区间为(-∞,0)和(2,+∞)；-----(5分)(2)∵f (x 2)-f (x 1)x 2-x 1=m (x 21+x 22+x 1x 2-3x 1-3x 2)，------------(6分)∴f ′(x )-f (x 2)-f (x 1)x 2-x 1=0，可化为3x 2-6x -x 21-x 22-x 1x 2+3x 1+3x 2=0，令h (x )=3x 2-6x -x 21-x 22-x 1x 2+3x 1+3x 2----(7分)则h (x 1)=(x 1-x 2)(2x 1+x 2-3)，h (x 2)=(x 2-x 1)(x 1+2x 2-3)，即h (x 1)h (x 2)=-(x 1-x 2)2(2x 1+x 2-3)(x 1+2x 2-3)又因为0<x 1<x 2<1，所以(2x 1+x 2-3)<0，(x 1+2x 2-3)<0，即h (x 1)h (x 2)<0，-----------(8分)故h (x )=0在区间(x 1，x 2)内必有解，即关于x 的方程f (x )-f (x 2)-f (x 1)x 2-x 1=0在(x 1，x 2)恒有实数解-----(9分)(3)令g (x )=ln x ，x ∈(a ,b )，-----------(10分)则g (x )符合拉格朗日中值定理的条件，即存在x 0∈(a ,b )，使g (x 0)=g (b )-g (a )b -a =ln b -ln ab -a-----------(11分)因为g ′(x )=1x ，由x ∈(a ,b )，0<a <b 可知g ′(x )∈1b ,1a，b -a >0-----(12分)即1b <g ′(x 0)=g (b )-g (a )b -a =ln b -ln a b -a =ln bab -a<1a ，∴b -a b<ln b a <b -a a -----(14分)例8.已知f (x )=23x 3-2x 2+cx +4，g (x )=e x -e 2-x +f (x )，(1)若f (x )在x =1+2处取得极值，试求c 的值和f (x )的单调增区间；(2)如图所示，若函数y =f (x )的图象在[a ，b ]连续光滑，试猜想拉格朗日中值定理：即一定存在c ∈(a ,b )，使得f (c )=f (b )-f (a )b -a，利用这条性质证明：函数y =g (x )图象上任意两点的连线斜率不小于2e -4．xyabcA By =f x【解析】解：(1)f ′(x )=2x 2-4x +c ，(1分)依题意，有f (1+2)=0，即c =-2(1+2)2+4(1+2)=-2．(2分)∴f (x )=23x 3-2x 2-2x +4，f ′(x )=2x 2-4x -2．令f ′(x )>0，得x <1-2或x >1+2，(5分)从而f (x )的单调增区间为：(-∞,1-2]及[1+2,+∞)；(6分)(2)f (c )=f (b )-f (a )b -a；g (x )=e x -e 2-x +f (x )=e x -e 2-x +23x 3-2x 2-2x +4，(7分)g ′(x )=e x+e2-x+2x 2-4x -2(9分)=e x+e 2ex +2(x -1)2-4≥2e x ⋅e 2e x +2⋅0-4=2e -4．(12分)由(2)知，对于函数y =g (x )图象上任意两点A 、B ，在A 、B 之间一定存在一点C (c ，g ′(c ))，使得g ′(c )=K AB ，又g ′(x )≥2e -4，故有K AB =g ′(c )≥2e -4，证毕．(14分)【同步练习】一、单选题1.十八世纪早期，英国数学家泰勒发现了公式sin x =x -x 33!+x 55!-x 77!+⋯+-1 n -1x 2n -12n -1 !+⋯，(其中x ∈R ，n ∈N *，n !=1×2×3×⋯×n ，0!=1)，现用上述公式求1-12!+14!-16!+⋯+-1 n -112n -2 !+⋯的值，下列选项中与该值最接近的是()A.sin57°B.sin36°C.sin33°D.sin30°【答案】C【解析】因为sin x =x -x 33!+x 55!-x 77!+⋯+(-1)n -1x 2n -1(2n -1)!+⋯,则(sin x )=cos x =1-x 22!+x 44!-x 66!+⋯+(-1)n -1x 2n -2(2n -2)!+⋯,当x =1时，则有cos1=1-12!+14!-16!+⋯+(-1)n -11(2n -2)!+⋯,又cos1=sin π2-1 ,则1-12!+14!-16!+⋯+(-1)n -11(2n -2)!+⋯=sin π2-1 ≈sin0.57=sin 0.57×180π °≈sin32.7°≈sin33°,故选∶C ．2.公元1715年英国数学家布鲁克·泰在他的著作中陈述了“泰勒公式”，如果满足一定的条件，泰勒公式可以用函数在某一点的各阶导数值构建一个多项式来近似表达这个函数.泰勒公式将一些复杂函数近似地表示为简单的多项式函数，使得它成为分析和研究许多数学问题的有力工具，例如：e x=+∞n =0x nn !=x 00!+x 11!+x 22!+x 33!+⋯+x n n !+⋯，其中x ∈R ，n ∈N *，试用上述公式估计e 的近似值为(精确到0.001)()A.1.647 B.1.649 C.1.645 D.1.646【答案】B【解析】由题意可知，结果只需精确到0.001即可，令x =0.5，取前6项可得：e =+∞n =00.5n n ! ≈5n =00.5n n ! =0.500!+0.511!+0.522!+0.533!+0.544!+0.555!=1+0.5+0.252+0.1256+0.062524+0.03125120≈1.649所以e 的近似值为1.649，故选：B .3.计算器是如何计算sin x ，cos x ，πx ，ln x ，x 等函数值的呢？计算器使用的是数值计算法，其中一种方法是用容易计算的多项式近似地表示这些函数，通过计算多项式的值求出原函数的值，如sin x =x -x 33!+x 55!-x 77!+⋯，cos x =1-x 22!+x 44!-x 66!+⋯，其中n !=1×2×⋯×n ，英国数学家泰勒发现了这些公式，可以看出，右边的项用得越多，计算得出的sin x 和cos x 的值也就越精确．运用上述思想，可得到sin π2+1 的近似值为()A.0.50 B.0.52C.0.54D.0.56【答案】C【解析】由题意可得，sin π2+1=cos1，故cos1=1-122!+144!-166!+⋯=1-12+124-1720+⋯≈1-0.5+0.041-0.001+⋯=0.54.故选：C ．二、填空题4.英国数学家泰勒(1685-1731)以发现泰勒公式和泰勒级数闻名于世，由泰勒公式，我们得到e =1+11!+12!+13!+⋯+1n !+e θ(n +1)!(其中e 为自然对数的底数，0<θ<1,n !=n ×n -1 ×n -2 ×...×2×1)，其拉格朗日余项是R n =e θ(n +1)!.可以看出，右边的项用得越多，计算得到的e 的近似值也就越精确.若3(n +1)!近似地表示e 的泰勒公式的拉格朗日余项R n ,R n 不超过11000时，正整数n 的最小值是_____【答案】6【解析】依题意得3n +1 !≤11000，即n +1 !≥3000，5+1 !=6×5×4×3×2×1=720<3000，6+1 !=7×6×5×4×3×2×1=5040>3000，所以n 的最小值是6．故答案为：6三、解答题5.给出以下三个材料：①若函数f x 可导，我们通常把导函数f x 的导数叫做f x 的二阶导数，记作f x .类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，记作f x ，三阶导数的导数叫做四阶导数⋯⋯一般地，n -1阶导数的导数叫做n 阶导数，记作f n x =f n -1 x ,n ≥4.②若n ∈N ∗，定义n !=n ×n -1 ×n -2 ×⋅⋅⋅×3×2×1.③若函数f x 在包含x 0的某个开区间a ,b 上具有n 阶的导数，那么对于任一x ∈a ,b 有g x =f x 0 +f x 0 1!x -x 0 +f x 0 2!x -x 0 2+f x 0 3!x -x 0 3+⋅⋅⋅+f n x 0 n !x -x 0 n，我们将g x 称为函数f x 在点x =x 0处的n 阶泰勒展开式.例如，y =e x 在点x =0处的n 阶泰勒展开式为1+x +12x 2+⋅⋅⋅+1n !x n .根据以上三段材料，完成下面的题目：(1)求出f 1x =sin x 在点x =0处的3阶泰勒展开式g 1x ，并直接写出f 2x =cos x 在点x =0处的3阶泰勒展开式g 2x ；(2)比较(1)中f 1x 与g 1x 的大小.(3)证明：e x +sin x +cos x ≥2+2x .【解析】(1)∵f 1x =cos x ，f 2x =-sin x ，f 3x =-cos x ，∴f 10 =1，f 20 =0，f 30 =-1，∴g 1x =sin0+11!x -0 +02!x -0 2+-13!x -0 3，即g 1x =x -16x 3；同理可得：g 2x =1-12x 2；(2)由(1)知：f 1x =sin x ，g 1x =x -16x 3，令h x =f 1x -g 1x =sin x -x +16x 3，则h x =cos x -1+12x 2，∴h x =-sin x +x ，h x =1-cos x ≥0，∴h x 在R 上单调递增，又h 0 =0，∴当x ∈-∞,0 时，h x <0，h x 单调递减；当x ∈0,+∞ 时，h x >0，h x 单调递增；∴h x min =h 0 =1-1+0=0，∴h x ≥0，∴h x 在R 上单调递增，又h 0 =0，∴当x ∈-∞,0 时，h x <0；当x ∈0,+∞ 时，h x >0；综上所述：当x <0时，f 1x <g 1x ；当x =0时，f 1x =g 1x ；当x >0时，f 1x >g 1x ；(3)令φx =f 2x -g 2x =cos x -1+12x 2，则φ x =-sin x +x ，∴φ x =1-cos x ≥0，∴φ x 在R 上单调递增，又φ 0 =0，∴φx 在-∞,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增，∴φx ≥φ0 =0，即cos x ≥1-12x 2；∵y =e x 在点x =0处的4阶泰勒展开式为：1+x +12x 2+16x 3+124x 4，∴e x =1+x +12x 2+16x 3+124x 4≥1+x +12x 2+16x 3，当且仅当x =0时取等号，①当x ≥0时，由(2)可知，sin x ≥x -16x 3，当且仅当x =0时取等号，所以e x +sin x +cos x ≥1+x +12x 2+16x 3 +x -16x 3 +1-12x 2 =2+2x ；②当x<0时，设F x =e x+sin x+cos x-2-2x，F0 =0，F x =e x+cos x-sin x-2=e x+2cos x+π4-2，F x =e x-sin x-cos x，当x∈-1,0，由(2)可知sin x<x-16x3，所以，F x =e x-sin x-cos x>1+x+12x2+16x3+16x3-x-cos x=1-cos x+16x23+2x>0，即有F x <F 0 =0；当x∈-∞,-1时，F x =e x+2cos x+π4-2<1e+2-2<12+2-2<0，所以，x<0时，F x 单调递减，从而F x >F0 =0，即e x+sin x+cos x>2+2x．综上所述：e x+sin x+cos x≥2+2x.6.在高等数学中，我们将y=f x 在x=x0处可以用一个多项式函数近似表示，具体形式为：f x =f x0+f′x0x-x0+f x02!x-x02+⋅⋅⋅+f n x0n!x-x0n+⋅⋅⋅(其中f n x 表示f x 的n次导数)，以上公式我们称为函数f x 在x=x0处的泰勒展开式.(1)分别求e x，sin x，cos x在x=0处的泰勒展开式；(2)若上述泰勒展开式中的x可以推广至复数域，试证明：e iπ+1=0.(其中i为虚数单位)；(3)若∀x∈0,32，e a sin x>x+1恒成立，求a的范围.(参考数据ln52≈0.9)【解析】(1)因为函数f x 在x=x0处的泰勒展开式为f x =f x0+f′x0x-x0+f x02!x-x02+⋅⋅⋅+f n x0n!x-x0n+⋅⋅⋅(其中f n x 表示f x 的n次导数)，所以e x，sin x，cos x在x=0处的泰勒展开式分别为：e x=1+x+12!x2+⋯+1n!x n+⋯，sin x=x-13!x3+15!x5+⋯+(-1)n-1(2n-1)!x2n-1+⋯，cos x=1-12!x2+14!x4+⋯+(-1)n(2n)!x2n+⋯；(2)证明：把e x在x=0处的泰勒展开式中的x替换为ix，可得e ix=1+(ix)+12!(ix)2+13!(ix)3+14!(ix)4+⋯+1n!(ix)n+⋯=1-12!x2+14!x4+⋯+(-1)n(2n)!x2n+⋯+i⋅x-13!x3+15!x5+⋯+(-1)n-1(2n-1)!x2n-1+⋯=cos x+i⋅sin x，所以e iπ=cosπ+i⋅sinπ=-1，即e iπ+1=0；(3)由sin x在x=0处的泰勒展开式，先证∀x∈0,32,sin x>x-16x3，令f(x)=sin x-x+16x3,f′(x)=cos x-1+12x2,f′′(x)=x-sin x，f (x)=1-cos x，易知f (x)>0，所以f′′(x)在0,32上单调递增，所以f′′(x)>f′′(0)=0，所以f′(x)在0,3 2上单调递增，所以f′(x)>f′(0)=0，所以f(x)在0,3 2上单调递增，所以f(x)>f(0)=0，再令g(x)=x-16x3-ln(x+1)，x∈0,32，易得g′(x)=-12x(x-1)(x+2)x+1，所以g(x)在(0,1)上单调递增，在1,3 2上单调递减，而g(0)=0,g32=1516-ln52>0，所以∀x∈0,3 2,g(x)>0恒成立，当a≥1时，a sin x≥sin x>x-16x3>ln(x+1) ，所以e a sin x>x+1成立，当a<1时，令h(x)=a sin x-ln(x+1)，x∈0,3 2，易求得h (0)=a-1<0，所以必存在一个区间(0,m)，使得h(x)在(0,m)上单调递减，所以x∈(0,m)时，h(x)<h(0)=0，不符合题意.综上所述，a≥1.7.英国数学家泰勒发现了如下公式：sin x=x-x33!+x55!-x77!+⋯，其中n!=1×2×3×4×⋯×n，此公式有广泛的用途，例如利用公式得到一些不等式：当x∈0,π2时，sin x<x,sin x>x-x33!，sin x<x-x3 3!+x55!,⋯.(1)证明：当x∈0,π2时，sin x x>12；(2)设f x =m sin x，若区间a,b满足当f x 定义域为a,b时，值域也为a,b，则称为f x 的“和谐区间”.(i)m=1时，f x 是否存在“和谐区间”？若存在，求出f x 的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由；(ii)m=-2时，f x 是否存在“和谐区间”？若存在，求出f x 的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由.【解析】(1)由已知当x∈0,π2时，sin x>x-x33!，得sin x x >1-x 26>1-π226=1-π224>12，所以当x ∈0,π2 时，sin x x >12.(2)(i )m =1时，假设存在，则由-1≤f x ≤1知-1≤a <b ≤1，注意到1<π2，故a ,b ⊆-π2,π2 ，所以f x 在a ,b 单调递增，于是f a =af b =b，即a ,b 是方程sin x =x 的两个不等实根，易知x =±π2不是方程的根，由已知，当x ∈0,π2时，sin x <x ，令x =-t ，则有t ∈-π2,0 时，sin -t <-t ，即sin t >t ，故方程sin x =x 只有一个实根0，故f x 不存在“和谐区间”.(ii )m =-2时，假设存在，则由-2≤f x ≤2知-2≤a <b ≤2,若a ,b ≥0，则由a ,b ⊆0,π ，知f x ≤0，与值域是a ,b ⊆0,π 矛盾，故不存在“和谐区间”，同理，a ,b ≤0时，也不存在，下面讨论a ≤0≤b ，若b ≥π2，则0,π2⊆a ,b ，故f x 最小值为-2，于是a =-2，所以-π2,π2⊆a ,b ，所以f x 最大值为2，故b =2，此时f x 的定义域为-2,2 ，值域为-2,2 ，符合题意.若b <π2，当a ≤-π2时，同理可得a =-2,b =2，舍去，当a >-π2时，f x 在a ,b 上单调递减，所以a =-2sinb b =-2sin a ，于是a +b =-2sin a +sin b ，若b >-a 即a +b >0，则sin b >sin -a ，故sin b +sin a >0,-2sin a +sin b <0，与a +b =-2sin a +sin b 矛盾；若b <-a ，同理，矛盾，所以b =-a ，即b2=sin b ，由(1)知当x ∈0,π2 时，sin x >x 2，因为b ∈0,π2，所以b =0，从而，a =0，从而a =b ，矛盾，综上所述，f x 有唯一的“和谐区间”-2,2 .8.计算器是如何计算sin x ，cos x ，e x ，ln x ，x 等函数值的？计算器使用的是数值计算法，其中一种方法是用容易计算的多项式近似地表示这些函数，通过计算多项式的值求出原函数的值，如sin x =x -x 33!+x 55!-x 77!+⋯，cos x =1-x 22!+x 44!-x 66!+⋯，其中n !=1⋅2⋅3⋅⋯⋅n .英国数学家泰勒(B ．Taylor ，1685-1731)发现了这些公式，可以看出，右边的项用得越多，计算得到的sin x 和cos x 的值也就越精确.例如，我们用前三项计算sin0.9，就得到sin0.9≈0.9-(0.9)33!+(0.9)55!≈0.78342075.像这些公式已被编入计算器内，计算器利用足够多的项就可确保其显示值是精确的.试用你的计算器计算sin0.9，并与上述结果进行比较.【解析】用计算器计算sin0.9得sin0.9=0.783326909627，和数值0.78342075比较发现，通过sin0.9≈0.9-(0.9)33!+(0.9)55!≈0.78342075计算的答案只能精确到小数点后第3位.9.给出以下三个材料：①若函数f x 可导，我们通常把导函数f x 的导数叫做f x 的二阶导数，记作f x ．类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，记作f x ，三阶导数的导数叫做四阶导数⋯⋯一般地，n -1阶导数的导数叫做n 阶导数，记作f n x =f n -1 x ,n ≥4．②若n ∈N ∗，定义n !=n ×n -1 ×n -2 ×⋅⋅⋅×3×2×1．③若函数f x 在包含x 0的某个开区间a ,b 上具有n 阶的导数，那么对于任一x ∈a ,b 有g x =f x 0 +f x 0 1!x -x 0 +f x 0 2!x -x 0 2+f x 0 3!x -x 0 3+⋅⋅⋅+f n x 0 n !x -x 0 n，我们将g x 称为函数f x 在点x =x 0处的n 阶泰勒展开式．例如，y =e x 在点x =0处的n 阶泰勒展开式为1+x +12x 2+⋅⋅⋅+1n !x n ．根据以上三段材料，完成下面的题目：(1)求出f 1x =sin x 在点x =0处的3阶泰勒展开式g 1x ，并直接写出f 2x =cos x 在点x =0处的3阶泰勒展开式g 2x ；(2)比较(1)中f 1x 与g 1x 的大小．(3)已知y =e x 不小于其在点x =0处的3阶泰勒展开式，证明：e x +sin x +cos x ≥2+2x ．【解析】(1)∵f 1x =cos x ，f 2x =-sin x ，f 3x =-cos x ，∴f 10 =1，f 20 =0，f 30 =-1，∴g 1x =sin0+11!x -0 +02!x -0 2+-13!x -0 3，即g 1x =x -16x 3；同理可得：g 2x =1-12x 2；(2)由(1)知：f 1x =sin x ，g 1x =x -16x 3，令h x =f 1x -g 1x =sin x -x +16x 3，则h x =cos x -1+12x 2，∴h x =-sin x +x ，h x =1-cos x ≥0，∴h x 在R 上单调递增，又h 0 =0，∴当x ∈-∞,0 时，h x <0，h x 单调递减；当x ∈0,+∞ 时，h x >0，h x 单调递增；∴h x min =h 0 =1-1+0=0，∴h x ≥0，∴h x 在R 上单调递增，又h 0 =0，∴当x ∈-∞,0 时，h x <0；当x ∈0,+∞ 时，h x >0；综上所述：当x <0时，f 1x <g 1x ；当x =0时，f 1x =g 1x ；当x >0时，f 1x >g 1x .(3)令φx =f 2x -g 2x =cos x -1+12x 2，则φ x =-sin x +x ，∴φ x =1-cos x ≥0，∴φ x 在R 上单调递增，又φ 0 =0，∴φx 在-∞,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增，∴φx ≥φ0 =0，即cos x ≥1-12x 2；∵y =e x 在点x =0处的3阶泰勒展开式为：1+x +12x 2+16x 3，∴e x ≥1+x +12x 2+16x 3，①由(2)知：当x ≥0时，sin x ≥x -16x 3，∴当x ≥0时，e x +sin x +cos x ≥1+x +12x 2+16x 3 +x -16x 3 +1-12x 2 =2+2x ；②由(2)知：当x <0时，sin x <x -16x 3，∴e x +sin x +cos x ≥2+x +16x 3+sin x >2+2sin x ，令m x =sin x -x x <0 ，则m x =cos x -1≤0，∴m x 在-∞,0 上单调递减，∴m x >m 0 =0，即当x <0时，sin x >x ，∴2+2sin x >2+2x ，∴e x +sin x +cos x >2+2x ；综上所述：e x +sin x +cos x ≥2+2x .10.已知函数f x =ln a ⋅xe -x +a sin x ，a >0.(1)若x =0恰为f x 的极小值点.①证明：12<a <1；②求f x 在区间-∞,π 上的零点个数；(2)若a =1，f x x =1-x π 1+x π 1-x 2π 1-x 3π 1+x 3π ⋅⋅⋅1-x n π 1+xn π⋅⋅⋅，又由泰勒级数知：cos x =1-x 22!+x 44!-x 66!+⋅⋅⋅+-1 n x 2n2n !+⋅⋅⋅n ∈N * ，证明：112+122+132+⋅⋅⋅+1n 2+⋅⋅⋅=π26【解析】(1)①由题意得：f x =ln a 1-x e -x +a cos x ，因为x =0为函数f x 的极值点，所以，f 0 =ln a +a =0，令g x =ln x +x x >0 ，则g x =1x+1>0，g x 在(0,+∞)上单调递增.因为g 1 =1>0，g 12=ln 12+12=ln e 2<0，所以g x =ln x +x 在12,2上有唯一的零点a ，所以12<a <1；②由①知：ln a =-a ，f x =a sin x -xe -x ，f x =a cos x -1-x e -x ，(i )当x ∈-∞,0 时，由a >0，-1≤cos x ≤1，1-x >1，e -x >1，得f x <0，所以f x 在-∞,0 上单调递减，f x >f 0 =0，所以f x 在区间-∞,0 上不存在零点；(ii )当x ∈0,π 时，设h x =cos x -1-x e -x ，则h x =2-x e -x -sin x .(a )若x ∈0,π2，令m x =2-x e -x -sin x ，则m x =x -3 e -x-cos x <0，所以m x 在0,π2上单调递减，因为m 0 =2>0，m π2 =2-π2 e -π2-1<0，所以存在a ∈0,π2，满足m a =0，当x ∈0,a 时，m x =h x >0，h x 在0,a 上单调递增；当x ∈a ,π2时，m x =hx <0，h x 在a ,π2 上单调递减；(b )若x ∈π2,2，令φx =2-x e -x ，x ∈π2,2 ，则φ x =x -3 e -x <0，所以φx 在区间π2,2上单调递减，所以φx <φπ2=2-π2 e -π2<1e，又因为sin x ≥sin2=sin π-2 >sin π6=12，所以h x =2-x e -x -sin x <0，h x 在π2,2上单调递减；(c )若x ∈2,π ，则h x =2-x e -x -sin x <0，h x 在2,π 上单调递减.由(a )(b )(c )得，h x 在0,a 上单调递增，h x 在a ,π 单调递减，因为h a >h 0 =0，h π =π-1 e -π-1<0，所以存在β∈a ,π 使得h β =0，所以，当x ∈0,β 时，f x =h x >0，f x 在0,β 上单调递增，f x >f 0 =0，当x ∈β,π 时，f x =h x <0，f x 在β,π 上单调递减，因为f β >f 0 =0，f π <0，所以f x 在区间β,π 上有且只有一个零点.综上，f x 在区间-∞,π 上的零点个数为2个；(2)因为sin x x =1-x 2π21-x 24π21-x 232π2 ⋅⋅⋅1-x 2n 2π2，(*)对cos x =1-x 22!+x 44!-x 66!+⋅⋅⋅+-1 n x 2n2n !+⋅⋅⋅，两边求导得：-sin x =-x 1!+x 33!-x 55!+⋅⋅⋅+-1 n x 2n -12n -1 !+⋅⋅⋅，sin x =x 1!-x 33!+x 55!+⋅⋅⋅+-1 n -1x 2n -12n -1 !+⋅⋅⋅，所以sin x x =1-x 23!+x 45!+⋅⋅⋅+-1 n -1x 2n -22n -1 !+⋅⋅⋅，(**)比较(*)(**)式中x 2的系数，得-13!=-1π2112+122+132+⋅⋅⋅+1n2+⋅⋅⋅所以112+122+132+⋅⋅⋅+1n2+⋅⋅⋅=π26.11.英国数学家泰勒发现了如下公式：sin x =x -x 33!+x 55!-x 77!+⋯,cos x =1-x 22!+x 44!-x 66!+⋯，其中n !=1×2×3×4×5×⋯×n .这些公式被编入计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精确性.比如，用前三项计算cos0.3，就得到cos0.3≈1-0.322!+0.344!=0.9553375.试用你的计算工具计算cos0.3，并与上述结果比较.【解析】依题意，用前5项计算，即cos0.3≈1-0.322!+0.344!-0.366!+0.388!≈1-0.045+0.0003375-0.0000010125+0.00000000163≈0.95533648．与用前三项计算cos0.3的结果比较可以发现，用前5项计算的结果精确度更高，同时可知，当取的项数足够多时，可以达到更高的精确度，甚至达到任意精确度的要求．四、双空题12.记f (n )(x )为函数f (x )的n 阶导数且f 2 x =f x ，f n x =f n -1 x n ≥3,n ∈N * .若f (n )(x )存在，则称f x n 阶可导．英国数学家泰勒发现：若f (x )在x 0附近n +1阶可导，则可构造T n x =f x 0 +f x 0 1!x -x 0 +f 2 x 0 2!x -x 0 2+⋯+f n x 0 n !x -x 0 n(称为n 次泰勒多项式)来逼近f (x )在x0附近的函数值．据此计算f(x)=e x在x0=0处的3次泰勒多项式为T3(x)=_________；f(x)=-1x在x0=-1处的10次泰勒多项式中x3的系数为_________【答案】1+x+x22+x36330【解析】∵f(x)=e x，∴f(n)(x)=e x，f(n)(0)=1，n∈N∗∴T3(x)=f(0)+(x-0)+12!(x-0)2+13!(x-0)3，∴T3(x)=1+x+x22+x36；∵f(x)=-1x，∴f(x)=x-2，f(2)(x)=-2x-3，f(3)(x)=(3!)x-4，⋯，f(9)(x)=(9!)x-10，f(10)(x)=-(10!) x-11，∴f (-1)=1，f(2)(-1)=2，f(3)(-1)=3!，⋯，f(9)(-1)=9!，f(10)(-1)=10!，∴T10(x)=1+(x+1)+(x+1)2+(x+1)3+⋅⋅⋅+(x+1)10．故x3的系数为C03+C14+C25+⋅⋅⋅+C710=C44+C34+C35+⋅⋅⋅+C310=C45+C35+⋅⋅⋅+C310=⋅⋅⋅=C410+C310=C411= 330．故答案为：1+x+x22+x36；330.。
23个经典的不等式专题(修正版)
23个经典的不等式专题--tobeenough证明： (2)221111+223n+++<；若：33a b 2+=，求证：a b 2+≤ ；若：n N +∈，求证：...111112n 1n 22n≤+++<++；若：,a b 0>，且ab a b 3=++，求：a b +的取值范围 ；若：,,a b c 是ABC ∆的三边，求证：a b c1a 1b 1c+>+++ ；当n 2≥时，求证： (222)11111112n 1n 23n-<+++<-+ ；若x R ∈，求y =的值域 ； 求函数y =；若,,a b c 0>，求证：2229a b b c c a a b c++>+++++ ；若,,a b c R ∈，且222a b c 25++=，试求：a 2b 2c -+的取值范围；若,,a b c R ∈，且2a b 2c 6--=，求222a b c ++的最小值；若,,a b c R ∈，且()()()222a 1b 2c 311654-+-++=，求a b c ++的最大值和最小值；若,,a b c 0>，,,x y z 0>，且满足222a b c 25++=，222x y z 36++=，ax by cz 30++=，求：a b cx y z++++的值；求证：n2k 1153k=<∑；当n 2≥时，求证：()n 1213n<+<；求证：...()......()1131351352n 12242462462n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-++++<⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅；求证：)...)2111<+++<；已知：x0>,求证：ln()x1x x1x<+<+；已知：n N+∈，求证：...ln()...111111n123n12n+++<+<++++；已知：n2≥，求证：()n2n n1>-；已知：n N+∈，求证：...n111n123212++++>-；设：...nS=，求证：()()2nn n12S n1+<<+；已知：n N+∈，求证：...11112n1n23n1<+++<+++.23个经典的不等式专题解析(修正版)证明：...2221111+223n+++<；[证明]()n n n n22k1k2k2k2111111111112k k1k1k nk k====⎡⎤⎛⎫=+<+=+-=+-<⎪⎢⎥--⎣⎦⎝⎭∑∑∑∑.从第二项开始放缩后，进行裂项求和. .构建函数：()1f x2x=，则()f x在x R+∈区间为单调递减函数.于是：()nn n n22211k1k2111111111dx1122x n1nk k x===+<+=-=--=-<∑∑⎰从第二项开始用积分，当函数是减函数时，积分项大于求和项时，积分限为[1,]n；积分项小于求和项时，积分限为[2,1]n+. .求证：...2221117412n +++<[证明...+ (2)222222111111112n12131n 1+++<+++--- (111111)11221213131n 1n 1⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+-+-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 11111122131n n 1⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++-+ ⎪ ⎪⎢⎥--+⎝⎭⎝⎭⎣⎦111122131⎛⎫<++ ⎪--⎝⎭ 11371112244⎛⎫=++=+= ⎪⎝⎭数学上，这种数列求和n S n →∞时，n S若：33a b 2+=，求证：a b 2+≤ [证明]()()()3322a b a b a b ab ab a b +=++-≥+，即：()ab a b 2+≤则：()3ab a b 6+≤，()33a b 3ab a b 8+++≤，即：()3a b 8+≤，即：a b 2+≤.立方和公式以及均值不等式配合. .构建函数：()3f x x =，则在在x R +∈区间为单调递增函数，且是下凸函数.函数值得平均值不小于平均值的函数值. 即：()()...()...()f x f x f x x x x 12n 12nf nn++++++≥对于本题：()()()f a f b a b f 22++≥ 即：a b a b 22++⎛⎫≥ ⎪⎝⎭即：333a b a b 21222++⎛⎫≤== ⎪⎝⎭，即：a b 12+≤，即：a b 2+≤ 琴生不等式可秒此题..若（a 0>，b 0>，m 0>或m 1<-）则：(...)...(...)m 1m 1m 1n 1n 1m m m 1n 1n a a a a b b b b +++++++≥++已知：33a b2+=331=33333a b 2()++≥=即：33a b 12()+≥，即：a b 2+≤..由于幂均函数...()1r r r r12nr a a a M a n ⎛⎫+++= ⎪ ⎪⎝⎭随r 单调递增而得到幂均不等式： ()()13M a M a ≤，即：1333a b a b 22⎛⎫++≤ ⎪ ⎪⎝⎭即：==113333a b a b 21222⎛⎫++⎛⎫≤ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即：a b 2+≤..若：n N +∈，求证：...111112n 1n 22n≤+++<++由：n n n k n +≥+> ,,...(),k 12n =得：1112n n k n≤<+ ， 则：nn nk 1k 1k 11112n n k n===≤<+∑∑∑， 即： ...n 111n2n n 1n 2n n n ≤+++<+++故： (1111)12n 1n 22n≤+++<++ . 从一开始就放缩，然后求和..本题也可以采用不等式性质证明.所证不等式中的任何一项如第k 项，均满足1112n n k n≤<+，当有n 项累加时， 不等式两个边界项乘以n 倍，则不等式依然成立. 即：大于最小值得n 倍，小于最大值的n 倍.另外，...111n 1n 22n+++++的最大值是ln ....20693147≈，本题有些松.若：,a b 0>，且ab a b 3=++，求：a b +的取值范围； [解析] ()()()222a b a b 2ab 4ab 4a b 34a b 12+=++≥=++=++， 令：t a b =+，则上式为：2t 4t 120--≥，即： ()()t 6t 20-+≥ 故：t 6≥或t2≤-（舍）.两正数之积为定值时，两数相等时其和最小.故：当()()a 1b 12-=-=时，()()a 1b 1-+-为最小值. 即：()()a 1b 1224-+-≥+=，即：a b 6+≥.拉格朗日函数为：(,)()L a b a b ab a b 3λ=++--- 当拉氏函数取极值时，()L 1b 10a λ∂=+-=∂；()L 1a 10bλ∂=+-=∂ 即：11b 1a 1λ=-=---，即：b a = 则(,)L a b 取极值时，b a =，代入ab a b 3=++得：2a 2a 3=+ 即：2a 2a 30--=，即：()()a 3a 10-+=，即：a 3= 故：(,)L a b 取极值时，b a 3==，则：a b 6+=由于当a 2=时，代入ab a b 3=++得：2b b 5=+，即：b 5= 此时，a b 2576+=+=>. 则a b 6+=为最小值，故：a b 6+≥.若：,,a b c 是ABC ∆的三边，求证：a b c 1a 1b 1c+>+++ [证明]构造函数()xf x 1x=+，则在x 0>时，()f x 为单调递增函数. 所以，对于三角形来说，两边之和大于第三边，即：a b c +> 那么，对于增函数有：()()f a b f c +>，即：a b c1a b 1c+>+++ ①a a 1a 1ab >+++，b b1b 1a b>+++ 由上式及①式得：a b a b a b c1a 1b 1a b 1a b 1a b 1c++>+=>+++++++++...当n 2≥时，求证： (2221111)1112n 1n 23n-<+++<-+ [证明] 当n 2≥时，n 1n n 1-<<+，都扩大n 倍得：()()2n n 1n n n 1-<<+，取倒数得：()()2111n n 1n n 1n >>-+，裂项：211111n 1n n n 1n ->>--+，求和：()()n n n2k 2k 2k 211111k 1k kk 1k ===->>--+∑∑∑，即： (22211111)11n 2n 123n->+++>-+ . 先放缩，裂项求和，再放缩. . 构建函数：()21f x x=，则()f x 在x R +∈区间为单调递减函数.由面积关系得到：ABDE AGDE AEFC S S S >>()11k k 1dx f k dx k 1k22x x +>>⎰⎰-即：2k 111x x k k 1k->>--，即：21111111k k k k k ->>--+ 本式实际上是放缩法得到的基本不等式，同前面裂项式. 后面的证法同⑴.由第1题的求证：...2221117114n n 112n +++<--+可得： (221131)4n 2n++<- 故加强版为：当n 2≥时，求证：...22211111312n 14n 23n-<+++<-+.若x R ∈，求y=的值域. [解析]y ==设：1m x 22(,=+，1n x 22(=-， 则：m x ⎛= n x ⎛=- m n 10(,)-=代入向量不等式：m n m n -≤-得：y m n m n 1=-≤-=，故：1y 1-≤≤. 当且仅当m n //时，不等式的等号成立. 因为m 与n 不平行，故：1y 1-<<. 这回用绝对值不等式. .求函数y =的极值，从而得到不等式. 极值时导数为0：'y 0=-=函数为奇函数，故我们仅讨论正半轴就可以了，即在[,)x 0∈+∞.y==22===lim m x y 1→+∞==由于是奇函数，故在(,)x 0∈-∞，y===lim (m x y 1→-∞==-故：(,)y11∈-. .求函数cos y 2θθ=-的最大值和最小值 ；[解析] 将函数稍作变形为：M Ny == ，设点(,)M M M x y ，点(,)N N N xy ，则(,)M 20，(cos ,sin )N θθ-，而点N 在单位圆上，k y 就是一条直线的斜率，是过点M 和圆上点N 直倍，关键是直线过圆上的N 点.k y 的范围为：[tan ,tan ]o o 3030-即：[k y ∈ 而y 是k y 倍，即：k y =，故：1y 1-≤≤ . 即：y 的最大值是1，最小值是1-.原本要计算一番，这用分析法，免计算了. .先变形：cos y 2θθ=-变形为：cos cos 2y y y θθθθ-==+；利用辅助角公式得：))2y θθθϕ=+=+；sin()θϕ=+，即：sin()11θϕ-≤=+≤；即：224y 13y ≤+，即：224y 3y ≤+，即：2y 1≤，即：1y 1-≤≤如果要计算，需要用到辅助角公式. .若,,a b c 0>，求证：2229a b b c c a a b c++>+++++ [证明]由柯西不等式：()()()2111a b b c c a a b b c c a ⎛⎫⎡⎤++⋅+++++≥ ⎪⎣⎦+++⎝⎭ 即：()()21112a b c 39a b b c c a ⎛⎫⎡⎤++⋅++≥= ⎪⎣⎦+++⎝⎭即：()2229a b b c c a a b c ⎛⎫++≥ ⎪+++++⎝⎭.首先将不等式变形：a b c a b c a b c 9a b b c c a 2++++++++≥+++； 即：c a b 93a b b c c a 2+++≥+++，即：c a b 3a b b c c a 2++≥+++. 由于对称性，不妨设：a b c ≥≥，则：a b a c b c +≥+≥+；即：111b c a c a b≥≥+++. 由排序不等式得：正序和a b c a b c b c a c a b a c a b b c ++≥++++++++乱序和； 正序和a b c a b c b c a c a b a b b c a c ++≥++++++++乱序和； 上两式相加得：a b c a b b c a c 23b c a c a b a b b c a c +++⎛⎫++≥++=⎪++++++⎝⎭ 即：c a b 3a b b c c a 2++≥+++ 证毕.. 权方和不等式：若（a 0>，b 0>，m 0>或m 1<-）则：(...)...(...)m 1m 1m 1n 1n 1m m m1n 1n a a a a b b b b +++++++≥++222222a b b c c a a b b c c a++=++++++++9a b b c c a 2a b c a b c(()()()()≥==+++++++++.若a b c R ,,∈，且222a b c 25++=，试求：a 2b 2c -+的取值范围.[解析]设：m 122(,,)=-，n a b c (,,)=则：2m 13==，2n a b 5=+==m n 122a b c a 2b 2c (,,)(,,)⋅=-⋅=-+m n 3515⋅=⨯=代入向量不等式m n m n ⋅≤得：a 2b 2c 15-+≤即：15a 2b 2c 15-≤-+≤由柯西不等式得：()()()2222222122a b c a 2b 2c ⎡⎤+-+++≥-+⎢⎥⎣⎦ 即：()2925a 2b 2c ⨯≥-+，故：a 2b 2c 15-+≤ 所以：15a 2b 2c 15-≤-+≤.构建拉格朗日函数：2221L a b c a 2b 2c a b c 25(,,)()λ=-++++- 由函数在极值点的导数为0得： L 2a 10a λ∂=+=∂，则：2a λ=-，即：a 2λ=-；20a λ=-+=∂，则：b λ=，即：b λ=； L 2b 20a λ∂=+=∂，则：c λ=-，即：c λ=-. 代入222a b c 25++=得：229=54λ，即：103λ=± 极值点为：5a 23λ=-=，10b 3λ==±，10c 3λ=-= 则：y a 2b 2c 15m=-+=，即：15a 2b 2c 15-≤-+≤.2222222222a 2b 2c a 2b 2c a 2b 2c 5= a b c 1441443()()()()()--+-+++=++≥=++ 即：()2925a 2b 2c ⨯≥-+，即: 15a 2b 2c 15-≤-+≤ 其中，2222a 2b 2c a 2b 2c 144144()()()()--+++≥++.若a b c R ,,∈，且2a b 2c 6--=，求222a b c ++的最小值.[解析]设：m 212(,,)=--，n a b c (,,)=，则：2222m 2129()()=+-+-=；2222n a b c =++；m n 2a b 2c ⋅=--； 代入向量不等式m n m n ≥⋅得： ()()22229a b c 2a b 2c 36++≥--= 即：222a b c 4++≥，故：222a b c ++最小值为4.由柯西不等式：2222222212a b c 2a b 2c [()()]()()+-+-++≥--即：222222222a b 2c 6a b c 49212()()[()()]--++≥==+-+- 故：222a b c ++最小值为4..构建拉氏函数：222L a b c a b c 2a b 2c 6(,,)()λ=+++---在极值点的导数为0，即：L 2a 20a λ∂=+=∂，即：a λ=-； L 2b 0bλ∂=-=∂，即：2b λ=； L 2c 20cλ∂=-=∂，即：c λ=. 代入2a b 2c 6--=得：43λ=-则：4a 3=，2b 3=-，4c 3=- 故：22222242436a b c 43339⎛⎫⎛⎫⎛⎫++≥+-+-== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 求极值时，要判断是极大值还是极小值，只需用赋值法代一下，就像第4(3)题. 本题222a b c ++最小值为4..222222222a b 2c 2a b 2c 6a b c 44144149()()()()--+++=++≥==++ 即：222a b c 4++≥，故：222a b c ++最小值为4..若a b c R ,,∈，且222a 1b 2c 311654()()()-+-++=，求a b c ++的最大值和最小值. [解析]由柯西不等式：()()()2222222a 1c 342a 1b 2c 342⎡⎤--⎛⎫⎛⎫⎡⎤⎢⎥⎡⎤++++≥-+++- ⎪ ⎪⎣⎦⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦ 即：()2251a b c 2⨯≥++-；故：5ab c 25()-≤++-≤.于是：()3a b c 7-≤++≤..有人说：222a 1b 2c 311654()()()-+-++=是一个椭球面，没错. 它是一个不等轴的椭球. 它的三个半轴长分别为：A 4=，B =C 2=设：x a 1=-，y b 2=+，z c 3=-，则这个椭球的方程为：222222x y z 1A B C ++= ①现在来求a b c ++的最大值和最小值.令：x A sin cos θϕ=，y B sin sin θϕ=，z C cos θ=f x y z A B C sin cos sin sin cosθϕθϕθ=++=++ 42sin cossin cos θϕθϕθ=++2)cosθϕϕθ=++2)sin cos αϕθθ=++]θθ=+)θφ=+故：f x y z =++的峰值是：当21sin()αϕ+=时，m f 5===即：5x y z 5-≤++≤而x y z a 1b 2c 3a b c 2++=-+++-=++-， 故：5a b c 25-≤++-≤，即：3a b c 7-≤++≤.. 设拉格朗日函数为：222a 1b 2c 3L a b c a b c 11654()()()(,,)λ⎡⎤-+-=+++++-⎢⎥⎣⎦当拉式函数取极值时，有：L 0a ∂=∂，L 0b ∂=∂，L 0c∂=∂. 则： L a 110a 8λ∂-=+⋅=∂，即：8a 1λ=--或8a 1λ-=-； L 2b 210b 5()λ∂+=+⋅=∂，即：52b 2()λ=-+或5b 22λ+=-；10c 2λ=+⋅=∂，即：c 3λ=--或c 3λ-=-. 则：5a 1b 2c 38216542():():()::::-+-== 设：a 116k -=，则：b 25k +=，c 34k -=代入222a 1b 2c 311654()()()-+-++=得：22216k 5k 4k 1++= 即：225k 1=，即：5k 1=±于是：a 1b 2c 316k 5k 4k 25k ()()()-+++-=++= 即：a b c 55k 25252[,]++=⨯+∈-++ 即：a b c 37[,]++∈-拉格朗日乘数法求出的是极值，即a b c ++的极小值是3-、极大值是7..由权方和不等式得：2222a 1b 2c 3a 1b 2c 3116541654()()()()-+--+++-=++≥++ 即：22a b c 215()++-≤，即：22a b c 25()++-≤ 故：5a b c 25()-≤++-≤，即：3a b c 7-≤++≤..若a b c 0,,>，x y z 0,,>，且满足222a b c 25++=，222x y z 36++=，ax by cz 30++=，求：a b c x y z++++的值. [解析]23个经典的不等式专题 tobeenough 3.0版 由柯西不等式：()()()222222a b c x y z ax by cz ++++≥++当柯西不等式中等号成立时，有：a b c x y z λ===， 即：a x λ=，b y λ=，c z λ=，0λ> 本题，将222a b c 25++=，222x y z 36++=，ax by cz 30++=代入得： 2253630⨯≥，正是等号成立.则：2222222a b c x y z ()λ++=++；即：2222222a b c 2536x y z λ++==++，即：56λ= 故：a b c a b c 5x y z x y z 6λ++=====++ ..求证：n 2k 1153k =<∑.[证明]n n n 222k 1k 2k 211411k k 4k ====+=+∑∑∑ n n 2k 2k 24111122k 12k 14k 1==⎛⎫<+=+- ⎪-+-⎝⎭∑∑ 1115121232n 133⎛⎫=+⨯-<+⨯= ⎪+⎝⎭.当n 2≥时，求证：n 1213n()<+<. [证明]nn k 12n n n n n k 2n k 0111111C 1C C C n n n n n ...=⎛⎫+=⋅=+⋅+⋅++⋅ ⎪⎝⎭∑;当n 2≥时，12n 1n n n n 2n 11111C C C 1C 2n n n n...+⋅+⋅++⋅≥+⋅= 即：n112n ⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭ ①n n k n k k 11111C n n =⎛⎫+=+⋅ ⎪⎝⎭∑ nk k 1n 11k n k n !!()!==+⋅-∑n k k 11n 1k n k n !!()!==+-∑ n k 11n n 1n 2n k 11k n n n n ()()()...!=---+⎡⎤=+⋅⋅⋅⋅⋅⎢⎥⎣⎦∑n n n k 1k 2k 21111112k k k !!!===<+=++=+∑∑∑nn k 2k 211122k k 1k 1k ()==⎛⎫<+=+- ⎪--⎝⎭∑∑1213n=+-< ② 本题由二项式中，分子由从n 开始的k 个递减数连乘，分母由k 个n 连乘，得到的分数必定小于1. 于是得到：n 113n()+<.. 由伯努利不等式得： n1111n 2n n ⎛⎫+≥+⋅= ⎪⎝⎭.本题也可以利用函数的基本性质证明.构建函数：x 1f x 1x ()⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则在x 1≥时，函数为单调递增函数. 故：在x 2≥时，1f x f 1112()()()≥=+=x 1x e +<则：()11y y y x 1f x 11y e e 3x ()()⎛⎫=+=+<=< ⎪⎝⎭. ②式得证..求证：1131352n 12242462n ...()......()⋅⋅⋅⋅⋅-+++<⋅⋅⋅⋅⋅[证明]()()222n 2n 12n 12n 1()()>-=-+ 故：2n 12n 2n 2n 1-<+ ① 令：n 132n 1S 242n ()...()-=⋅⋅⋅， n 242n T 352n 1()...()=⋅⋅⋅+ 由①得：n n S T < ②即：2n n n 132n 1242n 1S S T 242n 352n 12n 1()()......()()⎡⎤⎡⎤-<⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⎢⎥⎢⎥++⎣⎦⎣⎦故：n S<③由><<，代入③式得：n S < ④ 因为12n 1131352n 1S S S =2242462n ...().........()⋅⋅⋅⋅⋅-++++++⋅⋅⋅⋅⋅ 所以待证式为：12n S S S ...+++< ⑤ 将④式代入12n S S S ...+++中采用裂项相消法得：n12n k 1S S S 1...=+++<=<∑⑤式得证.本题的关键在于把根式或其他式子换成两个相邻的根式差， 然后利用求和来消去中间部分，只剩两头.，只不过更另类一些.求证：2111)...)<+++<.[证明]由放缩法得：<即：2>= ①则：1+++2...>++由放缩法得：()()()2222228n 18n118n 8n 2->--=-即：()28n 1->③==代入③式得：28n 1->令：x 2n =，则上式可写为：22x 1-> 即：x x 1x x 11()()++--> 即：21>1>1><④1++...<++1)< ⑤由②⑤，本题得证.本题还是采用级数求和的放缩法..设函数f x ()=，函数为递减函数.函数图象如图.其中，k x k 1=>，k 1x k 1-=-，k 1x k 1+=+则：k y =k 1y -=，k 1y +=k k 1k kdx dx +->>⎰⎰即：((k k 1k 1k+->>当k 1>时，上式即：22>>故：nk 12121))=+>>即：n k 211)=<<故：nk 121)=<.积分法可证明②式. 对⑤式，积分法松一些.已知：x 0>,求证：x1x x 1xln()<+<+. [证明]构造函数：f x x 1x ()ln()=-+，则：f 00()=. 当x 0>时，函数的导数为：1f x 101x'()=->+， 即当x 0>时，函数f x ()为增函数. 即：f x f 00()()>=； 故：f x x 1x 0()ln()=-+>，即：ln()1x x +< ① 当x 0=时，1x x ln()+=. 构造函数：xg x 1x 1x()ln()=+-+，则：g 00()=. 当x 0>时，其导数为：()()2211x xg x 01x 1x 1x 1x '()⎡⎤⎢⎥=--=>++⎢⎥++⎣⎦.故：x g x 1x 01x ()ln()=+->+，即：ln()x1x 1x<++ ② 当x 0=时，x1x 1xln()=++. 由①和②，本题证毕.本题采用构造函数法，利用函数单调性来证题. 当x 0≥时，x1x x 1xln()≤+≤+.. .已知：n N +∈，求证：111111n 123n 12n...ln()...+++<+<++++. [证明] 构造函数：1f x x()=，在函数图象上分别取三点A B C ,, 即：1A k k (,),1B k 1k 1(,)--,1C k 1k 1(,)++ 我们来看一下这几个图形的面积关系：AEFC AEFH AEDG AEDB S S S S <=<即：k 1kkk 111dx f k 1dx xx ()+-⋅<⋅<⋅⎰⎰即：k 1kkk 1x f k x ln ()ln +-<<即：1k 1k k k 1kln()ln ln ln()+-<<-- 左边不等式1k 1k kln()ln +-<求和：k 1k 1111k 1k 1k 2n (ln()ln )...==+-<=+++∑∑即：ln() (11)n 112n+<+++ ① 右边不等式1k k 1kln ln()<--求和： ...ln()n 1k 21111n 1k 23n 1+==+++<++∑ ② 由①和②，本题证毕. 本题采用构造函数、利用函数的面积积分来证题..已知：n 2≥，求证：n 2n n 1()>-. [证明] A> 由于2211n n 1n n n 42()()-<-+=- 所以只要证明n 212n 2()>-即可.即：n 22122n 12()>-，即：n 2222n 1()+>- 即：n 2222n 1()ln ln()+>- 即：2n 22n 12ln ln ln()+>- ① B> 构建函数：2f x x 22x 12ln ()ln ln()=+-- ② 其中：x 2≥ 导函数：22f x 22x 1ln '()=-- ③ 我们求②式得最小值. C> 首先边界：2f 2222212ln ()ln ln()=⋅+-⋅-223430ln ln ln ln =-=-> ④ 当x =+∞时，2f x x 22x 12ln ()ln ln()=+-- x 2222x 1ln ln ln()=+--x x 2222222x 12x 1lnln +⋅==-- 由于x 2x 2x 2222x x x 1222222x 12x 12(ln )limlim lim +++→+∞→+∞→+∞===+∞-- 所以x 2x 222x x 2202x 12x 1lim lnln lim ++→+∞→+∞⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪==+∞> ⎪ ⎪-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⑤ D> 由函数取极值时的导数为0得：0022f x 022x 1ln '()=-=- 即：042x 12ln -= ⑥ 即：042x 22ln ln +=⑦ E> 将⑥⑦代入②得到极值点得函数值0002f x x 22x 12ln ()ln ln()=+-- 242422222ln ln ln ln ln ln +⎛⎫⎛⎫=⋅+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭422424ln ln ln ln(ln )+=+-+ []1424244424ln ln ln ln(ln )=++-+ 4143224ln ln(ln )⎡⎤=-+⎣⎦434e 224ln ln ln(ln )⎡⎤=-+⎣⎦ 443341e 2e 2422(ln )ln ln ln ⎡⎤==⎢⎥⎣⎦ ⑧ 由于e 22718069318841ln ...≈⨯>而34216818e 2.ln =≈< 所以：034e 2f x 02ln ()ln=> ⑨F> 由函数的极值和边界值都大于0得：f x 0()> 即： 2f x x 22x 102ln ()ln ln()=+--> 则：2n 22n 12ln ln ln()+>- ①式得证.. 由二项式定理的：nnnkn k 0211C ()==+=∑ ① 其中：knn C k n k !!()!=-当k 1n 1[,]∈-时，k nn C n k n k !!()!=≥- ②在k 1n 1[,]∈-范围，共有n 1()-项。
(完整版)导数证明不等式题型全
导数题型一：证明不等式不等式的证明问题是中学数学教学的一个难点,传统证明不等式的方法技巧性强,多数学生不易想到,并且各类不等式的证明没有通性通法.随着新教材中引入导数,这为我们处理不等式的证明问题又提供了一条新的途径,并且在近年高考题中使用导数证明不等式也时有出现,但现行教材对这一问题没有展开研究,使得学生对这一简便方法并不了解.利用导数证明不等式思路清晰,方法简捷,操作性强,易被学生掌握。
下面介绍利用单调性、极值、最值证明不等式的基本思路，并通过构造辅助函数，证明一些不等式。
一．构造形似函数型例1．求证下列不等式（1）)1(2)1ln(222x x x x x x +-<+<- ),0(∞+∈x （相减）（2）πx x 2sin > )2,0(π∈x （相除两边同除以x 得π2sin >x x ）（3）x x x x -<-tan sin )2,0(π∈x（4）已知：)0(∞+∈x ，求证xx x x 11ln 11<+<+；（换元：设x x t 1+=）（5）已知函数()ln(1)f x x x =+-，1x >-，证明：11ln(1)1x x x -≤+≤+巩固练习：1.证明1>x 时，不等式xx 132-> 2.0≠x ，证明：x e x +>13.0>x 时，求证：)1ln(22x x x +<- 4.证明: ).11(,32)1ln(32<<-+-≤+x x x x x 5.证明: 331an x x x t +>，)2,0(π∈x .二、需要多次求导例2.当)1,0(∈x 时,证明:22)1(ln )1(x x x <++例3.求证:x ＞0时,211x 2x e x ->+例4.设函数f (x )＝ln x ＋2a x 2－(a ＋1)x (a >0，a 为常数)．若a ＝1，证明：当x >1时，f (x )<12x 2－21x x +三、作辅助函数型例5.已知：a 、b 为实数，且b ＞a ＞e ,其中e 为自然对数的底，求证：a b ＞b a .例6.已知函数f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx,(i)求函数f(x)的最大值；(ii)设0<a<b,证明0<g(a)+g(b)-2g(2b a +)<(b-a)ln2.巩固练习6、证明 (1) )0(ln b a a ab a bb ab <<-<<-(2)0,0>>b a ,证明b a b a b a b a ≤++)2(（3）若2021π<<<x x ,证明:1212tan tan x x x x >四、同增与不同增例7.证明：对任意21ln 0,1e e x x x x x ---><+.例8.已知函数1()1,()ln x x f x g x x x e-=-=-证明：21(ln )()1x x f x e ->-.五、极值点偏移（理科）例9.已知函数．如果且证明．例10.已知函数()(1)e x f x x x -=-∈R ，，其中e 是自然对数的底数.若12x x ≠，且12()()f x f x =，求证：12 4.x x +>六、放缩法例11.已知：2≥∈n N n 且，求证：11211ln 13121-+++<<+++n n n 。
23个经典的不等式专题
1、 证明：2221111+...223n +++<； 2、 若：332a b +=，求证：2a b +≤ ； 3、 若：n N +∈，求证：1111...12122n n n≤+++<++； 4、 若：,0a b >，且3ab a b =++，求：a b +的取值范围 ；5、 若：,,a b c 是ABC ∆的三边，求证：111a b ca b c+>+++ ； 6、当2n ≥时，求证：222111111...12123n n n-<+++<-+ ；7、 若x R ∈，求y =的值域 ； 8、求函数2cos y θθ=-的最大值和最小值 ；9、 若,,0a b c >，求证：2229a b b c c a a b c++>+++++ ； 10、 若,,a b c R ∈，且22225a b c ++=，试求：22a b c -+的取值范围 11、 若,,a b c R ∈，且226a b c --=，求222a b c ++的最小值12、 若,,a b c R ∈，且222(1)(2)(3)11654a b c -+-++=，求a b c ++的最大值和最小值； 13、 若,,0a b c >，,,0x y z >，且满足22225a b c ++=，22236x y z ++=，30ax by cz ++=，求：a b cx y z++++的值；14、 求证：21153nk k =<∑； 15、 当2n ≥时，求证：12(1)3n n<+<；16、求证：113135135 (21)...224246246 (2)n n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-++++<⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ ； 17、求证：1)1...1)<+< ； 18、 已知：0x >,求证：ln(1)1xx x x <+<+ ； 19、 已知：n N +∈，求证：11111...ln(1)1...2312x n n+++<+<++++ ；20、 已知：2n ≥，求证：2(1)n n n >- ；21、 已知：n N +∈，求证：1111 (23212)n n++++>- ；22、设：...n S 2(1)2(1)n n n S n +<<+ ； 23、 已知：n N +∈，求证：1111 (21231)n n n <+++<+++ .【解答】 1. 证明：2221111+...223n+++< ； 1、证明：221222111111111112(1)1nn n n k k k k k k k k k k n ====⎡⎤⎛⎫=+<+=+-=+-< ⎪⎢⎥--⎣⎦⎝⎭∑∑∑∑. 从第二项开始放缩后，进行裂项求和.另：本题也可以采用积分法证明.构建函数：1()2f x x =，则()f x 在x R +∈区间为单调递减函数.于是：222112111111111111()221nnn n k k dx k kx x n n ===+<+=-=--=-<∑∑⎰从第二项开始用积分，当函数是减函数时，积分项大于求和项时，积分限为[1,]n ；积分项小于求和项时，积分限为[2,1]n +. 2. 若：332a b +=，求证：2a b +≤；2、证明：3322()()()a b a b a b ab ab a b +=++-≥+，即：()2ab a b +≤则：3()6ab a b +≤，333()8a b ab a b +++≤，即：3()8a b +≤，即：2a b +≤. 立方和公式以及均值不等式配合.另：本题也可以采用琴生不等式证明.构建函数：3()f x x =，则在在x R +∈区间为单调递增函数，且是下凸函数. 对于此类函数，琴生不等式表述为：函数值得平均值不小于平均值的函数值.即：()()...() (1212)()f x f x f x x x x n n f n n++++++≥ 对于本题：()()()22f a f b a b f ++≥ 即：33322a b a b ++⎛⎫≥ ⎪⎝⎭即：33321222a b a b ++⎛⎫≤== ⎪⎝⎭，即：12a b +≤，即：2a b +≤ 琴生不等式可秒此题.3. 若：n N +∈，求证：1111...12122n n n≤+++<++；3、由：n n n k n +≥+> (1,2,...,)k n =得：1112n n k n≤<+ ，则：1111112nn nk k k n n k n===≤<+∑∑∑， 即： 111...212n n n n n n n n ≤+++<+++故：1111...12122n n n ≤+++<++ . 从一开始就放缩，然后求和.另：本题也可以采用不等式性质证明.所证不等式中的任何一项如第k 项，均满足1112n n k n≤<+，当有n 项累加时， 不等式两个边界项乘以n 倍，则不等式依然成立. 即：大于最小值得n 倍，小于最大值的n 倍.另外，111...122n n n+++++的最大值是ln 20.693147...≈，本题有些松. 4.若：,0a b >，且3ab a b =++，求：a b +的取值范围 ； 4、解：222()244(3)4()12a b a b ab ab a b a b +=++≥=++=++，令：t a b =+，则上式为：24120t t --≥. 解之得：6t ≥. 均值不等式和二次不等式. 5. 若：,,a b c 是ABC ∆的三边，求证：111a b ca b c+>+++ ； 5、证明：构造函数()1xf x x=+，则在0x >时，()f x 为增函数. 所以，对于三角形来说，两边之和大于第三边，即：a b c +>，那么，()()f a b f c +>，即：11a b ca b c+>+++ . 111111a b a b a b c a b a b a b a b c ++>+=>+++++++++. 构造函数法，利用单调性，再放缩，得到结果.另：不等式的入门证法就是“作差法”和“作商法”. “作差法”即两项相减得差与0比较；作商法”即同号两项相除得商与1比较.本题亦可以采用“作差法”.6. 当2n ≥时，求证：222111111...12123n n n-<+++<-+ ； 6. 证明：当2n ≥时，11n n n -<<+，都扩大n 倍得：2(1)(1)n n n n n -<<+， 取倒数得：2111(1)(1)n n n n n >>-+，裂项：21111111n n n n n ->>--+， 求和：222211111()()11nn nk k k k k k k k ===->>--+∑∑∑， 即： 2221111111 (2321)n n n ->+++>-+ 先放缩，裂项求和，再放缩. 另：本题也可以采用积分证明.构建函数：1()2f x x =，则()f x 在x R +∈区间为单调递减函数. 由面积关系得到：111()122k k dx f k dx k kx x +>>⎰⎰- 即：111121k k x x k k k+->>-- 即：11111211k kkk k ->>--+本式实际上是放缩法得到的基本不等式，同前面裂项式.后面的证法同前.7、若x R ∈，求y = ；7、解：y ==设：1(,)22m x =+，1(,22n x =-，则：3m x ⎛=+ ，1n x ⎛=- (1,0)m n -=代入向量不等式：m n m n -<-得：1y m n m n =-<-=，故：11y -<<. 这回用绝对值不等式.本题另解.求函数y =.求导得：'0y ==则：x =±∞，故函数y =x =±∞. 函数为奇函数，故我们仅讨论正半轴就可以了，即在[0,)x ∈+∞.y ===lim 1m x y →+∞==由于是奇函数，故在(,0)x ∈-∞，y ===lim (1m x y →-∞==-故：(1,1)y ∈-. 8、求函数2cos y θθ=-的最大值和最小值 ；8、解：将函数稍作变形为：M Ny == ，设点(,)M M M x y ，点(,)N N N x y ，则(2,0)M ，(cos ,sin )N θθ-， 而点N 在单位圆上，y 就是一条直线的斜率，是过点M 和圆上点N 直线倍，关键是直线过圆上的N 点.直线与单位圆的交点的纵坐标范围 就是：11y -≤≤ .故y 的最大值是1，最小值是-1.原本要计算一番，这用分析法，免计算了.另：如果要计算.先变形：y =2cos cos y y y θθθθ-==+；即：2))y θθθϕ=+=+；sin()θϕ=+，即：1sin()1θϕ-≤=+≤；即：22413y y≤+，即：2243y y ≤+，即：21y ≤，即：11y -≤≤ 如果要计算，需要用到辅助角公式.9、若,,0a b c >，求证：2229a b b c c a a b c++≥+++++ 9、证明：由柯西不等式：()()()2111a b b c c a a b b c c a ⎛⎫++⋅+++++≥⎡⎤ ⎪⎣⎦+++⎝⎭ 即：()()2111239a b c a b b c c a ⎛⎫++⋅++≥=⎡⎤ ⎪⎣⎦+++⎝⎭即：()2229a b b c c a a b c ⎛⎫++≥ ⎪+++++⎝⎭ 柯西不等式.本题也可以采用排序不等式证明.首先将不等式变形：92a b c a b c a b c a b b c c a ++++++++≥+++； 即：932c a b a b b c c a +++≥+++，即：32c a b a b b c c a ++≥+++. 由于对称性，不妨设：a b c ≥≥，则：a b a c b c +≥+≥+；即：111b c a c a b≥≥+++. 有排序不等式得：正序和a b c a b cb c a c a b a c a b b c ++≥++++++++乱序和； 正序和a b c a b cb c a c a b a b b c a c++≥++++++++乱序和； 上两式相加得：23a b c a b b c a cb c a c a b a b b c a c+++⎛⎫++≥++= ⎪++++++⎝⎭ 即：32c a b a b b c c a ++≥+++ 证毕. 排序不等式.10、若,,a b c R ∈，且22225a b c ++=，试求：22a b c -+的取值范围 ； 10、解：柯西不等式：()()()222222212222a b c a b c ⎡⎤+-+++≥-+⎣⎦；即：()292522a b c ⨯≥-+，故：2215a b c -+≤； 所以：152215a b c -≤-+≤.柯西不等式.另：本题亦可采用求极值的方法证明. 构建拉格朗日函数：1222(,,)22(25)L a b c a b c a b c λ=-++++-由在极值点的导数为0得：210L aa λ∂=+=∂，则：2a λ=-，即：2a λ=-； 220L b a λ∂=-+=∂，则：b λ=，即：b λ=； 220L b a λ∂=+=∂，则：c λ=-，即：c λ=-. 代入22225a b c ++=得：103λ=± 极值点为：523a λ=-=，103b λ==±，103c λ=-= 则：2215y a b c m =-+=，即：152215a b c -≤-+≤11、若,,a b c R ∈，且226a b c --=，求222a b c ++的最小值 ； 11、解：设：(2,1,2)m =--，(,,)n x y z =，则：22222(1)(2)9m =+-+-=；2222n a b c =++；22m n a b c ⋅=--； 代入m n m n ≥⋅得：()()222292236a b c a b c ++≥--=；即：2224a b c ++≥，故：最小值为4.向量不等式.向量不等式是柯西不等式的特殊形式，本题当然可用柯西不等式.2222222[2(1)(2)]()(22)a b c a b c +-+-++≥--，即：22222222(22)6()4[2(1)(2)]9a b c a b c --++≥==+-+- 用拉格朗日乘数法也行.构建拉氏函数：222(,,)(226)L a b c a b c a b c λ=+++--- 在极值点的导数为0，即：220La a λ∂=+=∂，即：a λ=-； 20Lb b λ∂=-=∂，即：2b λ=； 220Lc cλ∂=-=∂，即：c λ=. 代入226a b c --=得：43λ=-则：43a =，23b =-，43c =-故：2222224243643339a b c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++≤+-+-== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭求极值时，要判断是极大值还是极小值，只需用赋值法代一下.12、若,,a b c R ∈，且222(1)(2)(3)11654a b c -+-++=，求a b c ++的最大值和最小值； 12、解：柯西不等式：()()()2222222134212342a c a b c ⎡⎤--⎛⎫⎛⎫⎡⎤++++≥-+++-⎡⎤⎢⎥ ⎪ ⎪⎣⎦⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦即：()22512a b c ⨯≥++-；故：()525a b c -≤++-≤； 于是：()37a b c -≤++≤. 柯西不等式.另：本题也可以采用换元法求解.有人说：222(1)(2)(3)11654a b c -+-++=是一个椭球面，没错. 它是一个不等轴的椭球. 它的三个半轴长分别为：4A =，B =2C =设：1x a =-，2y b =+，3z c =-，则这个椭球的方程为：2221222x y z A B C++= ① 现在来求a b c ++的最大值和最小值. 采用三角换元法：令：sin cos x A θϕ=，sin sin y B θϕ=，cos z C θ= 代入方程①检验，可知它满足方程. 采用辅助角公式化简：sin cos sin sin cos f x y z A B C θϕθϕθ=++=++4sin cos sin 2cos θϕθϕθ=++)2cos θϕϕθ=++)sin 2cos αϕθθ=++]θθ)θφ+故：f x y z =++的峰值是： 当2sin ()1αϕ+=时，5f m===即：55x y z -≤++≤而1232x y z a b c a b c ++=-+++-=++-， 故：525a b c -≤++-≤，即：37a b c -≤++≤.13、若,,0a b c >，,,0x y z >，且满足22225a b c ++=，22236x y z ++=，30ax by cz ++=，求：a b cx y z++++的值 ；13、解：本题满足：()()()2222222a b c x y z ax by cz ++++=++即柯西不等式中等号成立的条件. 故有：0a b cx y zλ===>，即：a x λ=，b y λ=，c z λ=. 则：2222222()a b c x y z λ++=++；即：22222222536a b c x y z λ++==++，即：56λ=故：56a b c a b c x y z x y z λ++=====++ . 柯西不等式中等号成立. 14、求证：21153nk k =<∑ ； 14、证明：222212222114411111124412121nn n n nk k k k k k k k k k k =====⎛⎫=+=+<+=+- ⎪--+⎝⎭∑∑∑∑∑1115121232133n ⎛⎫=+⨯-<+⨯= ⎪+⎝⎭注意变形为不等式的方法，虽然仍是放缩法.另：本题也可以采用积分法证明. 构建函数：1()2f x x =，则()f x 在x R +∈区间为单调递减函数. 2222313311151511444nn n n k k k dx kk k x ====++=+≤+∑∑∑⎰ 3515111541192054431212123nx n n +⎛⎫=-=--=-<== ⎪⎝⎭ 15、当2n ≥时，求证：12(1)3n n<+< ；15、证明：① 由二项式定理得：1212011111111...12nnk n n n n n n k n k C C C C C n n n n n n =⎛⎫+=⋅=+⋅+⋅++⋅+⋅= ⎪⎝⎭>∑ ② 由二项式定理得：11111!11!1111!()!!()!nn n nkn k k kk k k n n C n n k n k n k n k n ===⎛⎫+=+⋅=+⋅=+ ⎪--⎝⎭∑∑∑ 1121(1)(2)(1)111...111!!!nn nk k k n n n n k k n n n n k k ===---+⎡⎤=+⋅⋅⋅⋅⋅<+=++⎢⎥⎣⎦∑∑∑ 22211111222213!(1)1n n nk k k k k k k k n ===⎛⎫=+<+=+-=+-< ⎪--⎝⎭∑∑∑本题①由二项式中，保留前两项进行放缩得到：1(1)2n n+>；本题②由二项式中，分子由从n 开始的k 个递减数连乘，分母由k 个n 连乘，得到的分数必定小于1. 于是得到：1(1)3n n+<.另：本题也可以利用函数的基本性质证明.构建函数：1()1x f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则在1x ≥时，函数为单调递增函数.故：在2x ≥时，1()(1)(11)2f x f ≥=+= 利用基本不等式：ln(1)x x +<，即：1x x e +<则：()111()11()3x y yf x y e e y x ⎛⎫=+=+<=< ⎪⎝⎭.本方法需要运用ln(1)x x +<，该不等式成立的条件是：0x >.16、求证：113135135 (21)...224246246 (2)n n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-++++<⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅； 16、证明：()()22221(21)(21)n n n n >-=-+，故：212221n nn n -<+； 令：135(21)...246(2)n n S n -=⋅⋅⋅⋅， 246(2)...357(21)n n T n =⋅⋅⋅⋅+ ；则：n n S T <，即：2135(21)246(2)1......246(2)357(21)21n n n n n S S T n n n -<⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=++ ；故：n S <①由><<，故：代入①式得：n S <则：原式=1211...1nnn k k k S S S S ==+++=<=<∑∑本题的关键在于把根式或其他式子换成两个相邻的根式差， 然后利用求和来消去中间部分，只剩两头. 17、求证：1)1...1)<+< ； 17、证明：由<2>=；即：1121)nnk k ==>=∑ ① 由：()()()22222281811882n n n n ->--=-得：()281n->==即：281n->，即：2(21)2(21)1 n n n n++-->，即：21>1 ><，多项求和：)111n nk k==<=②由①②，本题得证.本题还是采用级数求和的放缩法.18、已知：0x>,求证：ln(1)1xx xx<+<+;18、证明：(1)构造函数：()ln(1)f x x x=-+，则：(0)0f=.当0x>时，函数的导数为：1'()101f xx=->+，即当0x>时，函数()f x为增函数. 即：()(0)0f x f>=；故：()ln(1)0f x x x=-+>，即：ln(1)x x+<.(2) 构造函数：()ln(1)1xg x xx=+-+，则：(0)0g=.当0x>时，其导数为：()()2211'()01111x xg xx x x x⎡⎤=--=>⎢⎥++++⎢⎥⎣⎦.即当0x>时，函数()g x为增函数. 即：()(0)0g x g>=；故：()ln(1)01xg x xx=+->+，即：ln(1)1xxx<++.由(1)和(2)，本题证毕.本题采用构造函数法，利用函数单调性来证题.19、已知：n N+∈，求证：11111...ln(1)1...2312xn n+++<+<++++；19、证明：先构造函数：1()f xx=，在函数图象上分别取三点A,B,C，即：1(,)A kk,1(1,)1B kk--,1(1,)1C kk++,我们来看一下这几个图形的面积关系：S S S S<=<；即：1111()1k kkk dx f k dx xx +-⋅<⋅<⋅⎰⎰ ；即：11ln ()ln k kk k x f k x +-<< ；即：1ln(1)ln ln ln(1)k k k k k +-<<-- ； (1) 1ln(1)ln k k k+-<求和：11111(ln(1)ln )1...2nnk k k k kn ==+-<=+++∑∑；即：11ln(1)1...2n n+<+++；(2) 1ln ln(1)k k k<--求和：；即：121111...ln(1)231n k n kn +==+++<++∑; 由(1)和(2)证毕.本题采用构造函数法，利用函数的面积积分来证题. 20、 已知：当2n ≥时，求证：2(1)n n n >- ；20、 证明：当21r n ≤≤-时，1r n nC C n >=. 由二项式定理得：11112(11)(1)nn n nnkk nnk k k C C n n n --====+=>>=-∑∑∑证毕.本题利用二项式定理进行放缩得证.21、 已知：n N +∈，求证：1111 (23212)n n++++>- ；21、 证明：设：1111 (2321)n n S =++++-，则：111111111111111()()()...(...)234567*********n n n n n n S --=++++++++++++-++-2233331111111111111()()()...(...)222222222222n n n n n >++++++++++++-11111111()()()...()1(1)2222222222n n n n n n =+++++-=+-=+->证毕.将1以后的项数，按2的次方个数划分成n 组，每组都大于12，这样放缩得证.22、设：...S求证：2(1)2(1)n n n S n +<<+ ； 22、证明：由(1)122k k k k ++<<=+得：12k k <<+，求和得：11112nnnk k k k k ===⎛⎫<+ ⎪⎝⎭∑∑即：2(1)(1)(2)(1)22222n n n n n n n n n S ++++<<+=< 即：2(1)2(1)n n n S n +<<+..23、 已知：n N +∈，求证：1111 (21231)n n n <+++<+++ . 23、 证明：设：111 (1231)n S n n n =++++++ ； 采用倒序相加得：111111112...131********n S n n n n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++++-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭；各括号内通分得：()()()()()()()()424242422...131********n n n n n S n n n n n n n n ++++=++++++++-++；即：()()()()()()()()1111(21)...131********n S n n n n n n n n n ⎡⎤=+++++⎢⎥++++-++⎣⎦ ①；由：()()()()222(1)(31)21212121n n n n n n n n n ++=+-++=+-<+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦；()()()()()222(2)(3)21(1)21(1)21121n n n n n n n n n +=+--++-=+--<+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦； ()()()()()222(3)(31)21(2)21(2)21221n n n n n n n n n +-=+--++-=+--<+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦； ……()()()()()222(31)(1)21(2)21(2)21221n n n n n n n n n n n n ++=+--++-=+--<+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ 共有：(31)(1)121n n n +-++=+项. 将上述不等式代入①式得：()()()()2222111(21)(21)...(21)121212121n n S n n n n n n ⎡⎤+>++++=+⋅=⎢⎥++++⎢⎥⎣⎦； 即：1S > ②另：1111112122 (2123111111)n n n S n n n n n n n n ++=+++<+++=<=++++++++； 即： 2n S < ③ 由②和③，本题得证.本题中n S 有(21)n +项，将其放缩为同分母的分式是解题关键.。
拉格朗日证明不等式经典例题
拉格朗日证明不等式经典例题拉格朗日中值定理是一种强有力的数学工具，可以用于证明各种不等式。
下面是一个使用拉格朗日中值定理来证明不等式的例子：**例题**：证明对于所有正数a 和b，以下不等式成立：\[ \sqrt{a} + \sqrt{b} \geq 2 \sqrt{ab} \]**证明**：我们假设函数\( f(x) = x^2 \) 在区间\( [0, \infty) \) 上连续。
由于\( f'(x) = 2x \)，我们可以应用拉格朗日中值定理在区间\( [a, b] \) 上找到一个数\( c \)，满足：\[ f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a} \]即\[ 2c = \frac{b^2 - a^2}{b - a} \]解这个方程得到：\[ c = \frac{b + a}{2} \]现在我们使用均值不等式（AM-GM 不等式）在区间\( [a, c] \) 和\( [c, b] \) 上应用到函数\( f(x) = x^2 \)，得到：\[ f(a) + f(b) \geq 2f(c) \]即\[ a^2 + b^2 \geq 2c^2 \]将\( c \) 的值代入上式，我们得到：\[ a^2 + b^2 \geq 2\left(\frac{b + a}{2}\right)^2 \]简化这个不等式，我们得到：\[ a^2 + b^2 - ab \geq \frac{1}{4}(a - b)^2 \]注意到\( \sqrt{a} + \sqrt{b} \) 可以被看作是函数\( f(x) = x^2 \) 在区间\( [0, \infty) \) 上的导数\( f'(x) = 2x \) 的一个不等值，因为\( \sqrt{x} \) 是一个增函数。
所以我们可以将上面的不等式重写为：\[ (\sqrt{a} + \sqrt{b})^2 \geq 2ab \]这证明了原不等式\[ \sqrt{a} + \sqrt{b} \geq 2 \sqrt{ab} \] 对于所有正数 a 和b 都成立。
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典型例题一例1 若10<<x ，证明)1(log )1(log x x a a +>-（0>a 且1≠a ）．分析1 用作差法来证明．需分为1>a 和10<<a 两种情况，去掉绝对值符号，然后比较法证明．解法1 （1）当1>a 时，因为 11,110>+<-<x x ， 所以 )1(log )1(log x x a a +-- )1(log )1(log x x a a +---=0)1(log 2>--=x a ．（2）当10<<a 时， 因为 11,110>+<-<x x 所以 )1(log )1(log x x a a +-- )1(log )1(log x x a a ++-=0)1(log 2>-=x a ．综合（1）（2）知)1(log )1(log x x a a +>-．分析2 直接作差，然后用对数的性质来去绝对值符号． 解法2 作差比较法．因为 )1(log )1(log x x a a +-- ax a x lg )1lg(lg )1lg(+--=[])1lg()1lg(lg 1x x a+--=[])1lg()1lg(lg 1x x a+---=0)1lg(lg 12>--=x a， 所以)1(log )1(log x x a a +>-．说明：解法一用分类相当于增设了已知条件，便于在变形中脱去绝对值符号；解法二用对数性质（换底公式）也能达到同样的目的，且不必分而治之，其解法自然简捷、明快．典型例题二例2 设0>>b a ，求证：.ab ba b a b a >分析：发现作差后变形、判断符号较为困难．考虑到两边都是正数，可以作商，判断比值与1的大小关系，从而证明不等式．证明：b a a b ba ab b a b a b aba b a ---=⋅=)( ∵0>>b a ，∴.0,1>->b a ba∴1)(>-ba ba . ∴ab b a b a b a .1>又∵0>abb a ， ∴.ab ba b a b a >.说明：本题考查不等式的证明方法——比较法(作商比较法).作商比较法证明不等式的步骤是：判断符号、作商、变形、判断与1的大小.典型例题三例3 对于任意实数a 、b ，求证444()22a b a b ++≥（当且仅当a b =时取等号） 分析 这个题若使用比较法来证明，将会很麻烦，因为，所要证明的不等式中有4()2a b +，展开后很复杂。
若使用综合法，从重要不等式：222a b ab +≥出发，再恰当地利用不等式的有关性质及“配方”的技巧可得到证明。
证明：∵ 222a b ab +≥（当且仅当22a b =时取等号） 两边同加4444222():2()()a b a b a b ++≥+，即：44222()22a b a b ++≥ （1） 又：∵ 222a b ab +≥（当且仅当a b =时取等号） 两边同加22222():2()()a b a b a b ++≥+∴222()22a b a b ++≥ ∴ 2224()()22a b a b ++≥ （2） 由（1）和（2）可得444()22a b a b ++≥（当且仅当a b =时取等号）． 说明：此题参考用综合法证明不等式．综合法证明不等式主要是应用均值不等式来证明，要注意均值不等式的变形应用，一般式子中出现有平方和乘积形式后可以考虑用综合法来解．典型例题四例4 已知a 、b 、c R +∈，1a b c ++=，求证1119.a b c ++≥ 分析 显然这个题用比较法是不易证出的。
若把111a b c++通分，则会把不等式变得较复杂而不易得到证明．由于右边是一个常数，故可考虑把左边的式子变为具有“倒数”特征的形式，比如b aa b+，再利用“均值定理”就有可能找到正确的证明途径，这也常称为“凑倒数”的技巧．证明：∵1a b c ++=∴ 111a b c ++a b c a b c a b ca b c++++++=++(1)(1)(1)b c a c a ba ab bc c =++++++++3()()()b a c a c ba b a c b c=++++++∵2b a a b +≥=，同理：2c a a c +≥，2c bb c+≥。
∴11132229.a b c++≥+++= 说明：此题考查了变形应用综合法证明不等式．题目中用到了“凑倒数”，这种技巧在很多不等式证明中都可应用，但有时要首先对代数式进行适当变形，以期达到可以“凑倒数”的目的．典型例题五例５ 已知c b a >>，求证：ac c b b a -+-+-111＞0. 分析：此题直接入手不容易，考虑用分析法来证明，由于分析法的过程可以用综合法来书写，所以此题用两种方法来书写证明过程.证明一：(分析法书写过程)为了证明ac c b b a -+-+-111＞0 只需要证明c b b a -+-11＞ca -1∵c b a >>∴0,0>->->-c b b a c a∴c b c a b a ---1,11 ＞0 ∴c b b a -+-11＞c a -1成立 ∴ac c b b a -+-+-111＞0成立 证明二：(综合法书写过程)∵c b a >> ∴0,0>->->-c b b a c a∴b a -1＞c a -1 c b -1＞0 ∴c b b a -+-11＞c a -1成立 ∴ac c b b a -+-+-111＞0成立 说明：学会分析法入手，综合法书写证明过程，但有时这两种方法经常混在一起应用，混合应用时，应用语言叙述清楚.典型例题六例6 若0,0a b >>，且2c a b >+，求证：c a c <<分析 这个不等式从形式上不易看出其规律性，与我们掌握的定理和重要的结论也没有什么直接的联系，所以可以采用分析的方法来寻找证明途径．但用“分析”法证不等式，要有严格的格式，即每一步推出的都是上一步的充分条件，直到推出的条件是明显成立的（已知条件或某些定理等）．证明：为要证c a c <<只需证a c <-<即证a c -<也就是22()a c c ab -<-，即证22a ac ab -<-， 即证2()ac a a b >+， ∵0,2,0a c a b b >>+>，∴2a bc +>≥2c ab >即有20c ab ->， 又 由2c a b >+可得2()ac a a b >+成立，∴ 所求不等式c a c <<说明：此题考查了用分析法证明不等式．在题目中分析法和综合法是综合运用的，要注意在书写时，分析法的书写过程应该是：“欲证……需证……”，综合法的书写过程是：“因为（∵）……所以（∴）……”，即使在一个题目中是边分析边说明也应该注意不要弄混．典型例题七例7 若233=+b a ，求证2≤+b a ．分析：本题结论的反面比原结论更具体、更简、宜用反证法．证法一：假设2>+b a ，则)(2))((222233b ab a b ab a b a b a +->+-+=+，而233=+b a ，故1)(22<+-b ab a ．∴ab b a ab 2122≥+>+．从而1<ab ， ∴2122<+<+ab b a ．∴4222)(222<+<++=+ab ab b a b a ． ∴2<+b a ．这与假设矛盾，故2≤+b a ．证法二：假设2>+b a ，则b a ->2，故3333)2(2b b b a +->+=，即261282b b +->，即0)1(2<-b ， 这不可能．从而2≤+b a ．证法三：假设2>+b a ，则8)(3)(333>+++=+b a ab b a b a ． 由233=+b a ，得6)(3>+b a ab ，故2)(>+b a ab ． 又2))((2233=+-+=+b ab a b a b a ，∴))(()(22b ab a b a b a ab +-+>+． ∴ab b ab a <+-22，即0)(2<-b a ．这不可能，故2≤+b a ．说明：本题三种方法均采用反证法，有的推至与已知矛盾，有的推至与已知事实矛盾． 一般说来，结论中出现“至少”“至多”“唯一”等字句，或结论以否定语句出现，或结论肯定“过头”时，都可以考虑用反证法．典型例题八例8 设x 、y 为正数，求证33322y x y x +>+． 分析：用综合法证明比较困难，可试用分析法．证明：要证33322y x y x +>+，只需证233322)()(y x y x +>+， 即证6336642246233y y x x y y x y x x ++>+++，化简得334224233y x y x y x >+，0)323(2222>+-y xy x y x ． ∵0334422<⨯⨯-=∆y y ， ∴032322>+-y xy x ． ∴0)323(2222>+-y xy x y x ． ∴原不等式成立．说明：1．本题证明易出现以下错误证法：xy y x 222≥+，323233332y x y x ≥+，然后分(1)1>>y x ；(2)1<<y x ；(3)1>x 且10<<y ；(4)1>y 且10<<x 来讨论，结果无效．2．用分析法证明数学问题，要求相邻两步的关系是B A ⇐，前一步是后一步的必要条件，后一步是前一步的充分条件，当然相互为充要条件也可以．典型例题九例9 已知2122≤+≤y x ，求证32122≤+-≤y xy x ． 分析：联想三角函数知识，进行三角换元，然后利用三角函数的值域进行证明． 证明：从条件看，可用三角代换，但需要引入半径参数r ．∵2122≤+≤y x ，∴可设θ=cos r x ，θ=sin r y ，其中π≤θ≤≤≤2021，r ．∴)2sin 211(cos sin 22222θ-=θθ-=+-r r r y xy x ． 由232sin 21121≤θ-≤，故22223)2sin 211(21r r r ≤θ-≤． 而21212≥r ，3232≤r ，故32122≤+-≤y xy x ．说明：1．三角代换是最常见的变量代换，当条件为222r y x =+或222r y x ≤+或12222=±b y a x 时，均可用三角代换．2．用换元法一定要注意新元的范围，否则所证不等式的变量和取值的变化会影响其结果的正确性．典型例题十例10 设n 是正整数，求证121211121<+++++≤n n n ． 分析：要求一个n 项分式nn n 212111+++++ 的范围，它的和又求不出来，可以采用“化整为零”的方法，观察每一项的范围，再求整体的范围．证明：由),,2,1(2n k n k n n =>+≥，得nk n n 1121<+≤．当1=k 时，n n n 11121<+≤；当2=k 时，n n n 12121<+≤…… 当n k =时，nn n n 1121<+≤．∴1212111221=<+++++≤=nn n n n n n ． 说明：1、用放缩法证明不等式，放缩要适应，否则会走入困境．例如证明4712111222<+++n ．由kk k 11112--<，如果从第3项开始放缩，正好可证明；如果从第2项放缩，可得小于2．当放缩方式不同，结果也在变化．2、放缩法一般包括：用缩小分母，扩大分子，分式值增大；缩小分子，扩大分母，分式值缩小；全量不少于部分；每一次缩小其和变小，但需大于所求，第一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头，同时放缩后便于求和．典型例题十一例11 已知0>>b a ，求证：bb a ab b a a b a 8)(28)(22-<-+<-． 分析：欲证不等式看起来较为“复杂”，宜将它化为较“简单”的形式，因而用分析法证明较好．证明：欲证b b a ab b a a b a 8)(28)(22-<-+<-， 只须证bb a ab b a a b a 4)(24)(22-<-+<-． 即要证2222)(2⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-<-<⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-b b a b a a b a ，即要证bb a b a ab a 22-<-<-．即要证bb a a b a 212+<<+，即要证bb a ab a +<<+2．即要证121+<<+ba ab ，即baa b <<1． 即要证baa b <<1 （*） ∵0>>b a ，∴（*）显然成立，故b b a ab b a a b a 8)(28)(22-<-+<- 说明：分析法证明不等式，实质上是寻求结论成立的一个充分条件．分析法通常采用“欲证——只要证——即证——已知”的格式．典型例题十二例12 如果x ，y ，z R ∈，求证：332332332888y x z x z y z y x z y x ++≥++．分析：注意到不等式左边各字母在项中的分布处于分离状态，而右边却结合在一起，因而要寻求一个熟知的不等式具有这种转换功能（保持两边项数相同），由0)()()(222≥-+-+-a c c b b a ，易得ca bc ab c b a ++≥++222，此式的外形特征符合要求，因此，我们用如下的结合法证明．证明：∵242424888)()()(z y x z y x ++=++444444x z x y y x ++≥222222222)()()(x z z y y x ++=222222222222y x x z x z z y z y y x ⋅+⋅+⋅≥222222)()()(y zx x yz z xy ++= z xy y zx y zx x yz x yz z xy 222222⋅+⋅+⋅≥ 332332332y x z x z y z y x ++=．∴332332332888y x z x z y z y x z y x ++≥++．说明：分析时也可以认为是连续应用基本不等式ab b a 222≥+而得到的．左右两边都是三项，实质上是ca bc ab c b a ++≥++222公式的连续使用．如果原题限定x ，y ，z +∈R ，则不等式可作如下变形：)111(333888z y x z y x z y x ++≥++进一步可得到：z y x yx z z x y z y x 111335335335++≥++．显然其证明过程仍然可套用原题的思路，但比原题要难，因为发现思路还要有一个转化的过程．典型例题十三例13 已知10<<a ，10<<b ，10<<c ，求证：在a c c b b a )1()1()1(---，，三数中，不可能都大于41． 分析：此命题的形式为否定式，宜采用反证法证明．假设命题不成立，则a c cb b a )1()1()1(---，，三数都大于41，从这个结论出发，进一步去导出矛盾．证明：假设a c c b b a )1()1()1(---，，三数都大于41，即41)1(>-b a ，41)1(>-c b ，41)1(>-a c ．又∵10<<a ，10<<b ，10<<c ，∴21)1(>-b a ，21)1(>-c b ，21)1(>-a c ．∴23)1()1()1(>-+-+-a c c b b a ①又∵21)1(b a b a +-≤-，21)1(c b c b +-≤-，21)1(ac a c +-≤-．以上三式相加，即得：23)1()1()1(≤⋅-+⋅-+⋅-a c c b b a ②显然①与②相矛盾，假设不成立，故命题获证． 说明：一般情况下，如果命题中有“至多”、“至少”、“都”等字样，通常情况下要用反证法，反证法的关键在于“归谬”，同时，在反证法的证明过程中，也贯穿了分析法和综合法的解题思想．典型例题十四例14 已知a 、b 、c 都是正数，求证：⎪⎭⎫⎝⎛-++≤⎪⎭⎫⎝⎛-+33322abc c b a ab b a ．分析：用分析法去找一找证题的突破口．要证原不等式，只需证332abc c ab -≤-，即只需证332abc ab c ≥+．把ab 2变为ab ab +，问题就解决了．或有分析法的途径，也很容易用综合法的形式写出证明过程．证法一：要证⎪⎭⎫⎝⎛-++≤-⎪⎭⎫ ⎝⎛+33322abc c b a ab b a ， 只需证332abc c b a ab b a -++≤-+，即332abc c ab -≤-，移项，得332abc ab c ≥+． 由a 、b 、c 为正数，得332abc ab ab c ab c ≥++=+． ∴原不等式成立．证法二：∵a 、b 、c 为正数，3333abc ab ab c ab ab c =⋅≥++∴．即332abc ab c ≥+，故332abc c ab -≤-．332abc c b a ab b a -++≤-+∴，⎪⎭⎫⎝⎛-++≤-⎪⎭⎫ ⎝⎛+∴33322abc c b a ab b a ． 说明：题中给出的2ba +，ab ，3c b a ++，3abc ，只因为a 、b 、c 都是正数，形式同算术平均数与几何平均数定理一样，不加分析就用算术平均数与几何平均数定理来求证，问题就不好解决了．原不等式中是用“不大于”连结，应该知道取等号的条件，本题当且仅当ab c =时取“＝”号．证明不等式不论采用何种方法，仅仅是一个手段或形式问题，我们必须掌握证题的关键．本题的关键是证明332abc ab c ≥+．典型例题十五例15 已知0>a ，0>b ，且1=-b a ．求证：1)1)(1(10<+-<bb a a a ． 分析：记)1)(1(10bb a a a M +-<=，欲证10<<M ，联想到正、余弦函数的值域，本题采用三角换元，借助三角函数的变换手段将很方便，由条件1=-b a ，+∈R b a 、可换元，围绕公式1tan sec 22=θ-θ来进行．证明：令θ=2sec a ，θ=2tan b ，且20π<θ<， 则)tan 1(tan )sec 1(sec sec 1)1)(1(12θ+θ⋅θ-θθ=+-bb a a a )sin cos cos sin ()cos cos 1(cos 2θθ+θθ⋅θ-θθ= θ=θθ⋅θθ⋅θ=sin cos sin 1cos sin cos 22 ∵20π<θ<，∴1sin 0<θ<，即1)1)(1(10<+-<bb a a a 成立． 说明：换元的思想随处可见，这里用的是三角代换法，这种代换如能将其几何意义挖掘出来，对代换实质的认识将会深刻得多，常用的换元法有：(1)若1≤x ，可设R x ∈αα=,sin ；(2)若122=+y x ，可设α=cos x ，α=sin y ，R ∈α；(3)若122≤+y x ，可设α=cos r x ，α=sin r y ，且1≤r ．典型例题十六例16 已知x 是不等于1的正数，n 是正整数，求证n n n n x x x ⋅>+++12)1)(1(．分析：从求证的不等式看，左边是两项式的积，且各项均为正，右边有2的因子，因此可考虑使用均值不等式．证明：∵x 是不等于1的正数， ∴021>>+x x ， ∴n n n x x 2)1(>+． ① 又021>>+n n x x ． ②将式①，②两边分别相乘得n n n n n x x x x ⋅⋅>++22)1)(1(，∴n n n n x x x ⋅>+++12)1)(1(．说明：本题看起来很复杂，但根据题中特点，选择综合法求证非常顺利．由特点选方法是解题的关键，这里因为1≠x ，所以等号不成立，又因为①，②两个不等式两边均为正，所以可利用不等式的同向乘性证得结果．这也是今后解题中要注意的问题．典型例题十七例17 已知，x ，y ，z +∈R ，且1=++z y x ，求证3≤++z y x ．分析：从本题结构和特点看，使用比较法和综合法都难以奏效．为找出使不等式成立的充分条件不妨先用分析法一试，待思路清晰后，再决定证题方法．证明：要证3≤++z y x ， 只需证3)(2≤+++++yz xz xy z y x ， 只需证1≤++yz xz xy ．∵x ，y ，z +∈R ， ∴xy y x 2≥+，xz z x 2≥+，yz z y 2≥+， ∴)(2)(2yz xz xy z y x ++≥++， ∴1≤++yz xz xy 成立． ∴3≤++z y x ．说明：此题若一味地用分析法去做，难以得到结果．在题中得到只需证1≤++yz xz xy 后，思路已较清晰，这时改用综合法，是一种好的做法．通过此例可以看出，用分析法寻求不等式的证明途径时，有时还要与比较法、综合法等结合运用，决不可把某种方法看成是孤立的．典型例题十八例18 求证2131211222<++++n ． 分析：此题的难度在于，所求证不等式的左端有多项和且难以合并，右边只有一项．注意到这是一个严格不等式，为了左边的合并需要考查左边的式子是否有规律，这只需从21n下手考查即可．证明：∵)2(111)1(11112≥--=-<⋅=n nn n n n n n ， ∴ +⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+<++++312121111131211222n 212111<-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--+n n n ． 说明：此题证明过程并不复杂，但思路难寻．本题所采用的方法也是解不等式时常用的一种方法，即放缩法．这类题目灵活多样，需要巧妙变形，问题才能化隐为显，这里变形的这一步极为关键．典型例题十九例19 在ABC ∆中，角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，若B C A 2≤+，求证4442b c a ≤+．分析：因为涉及到三角形的边角关系，故可用正弦定理或余弦定理进行边角的转化． 证明：∵B B C A 2≤-π=+，∴21cos 3≤π≥B B ，． 由余弦定理得ac c a B ac c a b -+≥-+=22222cos 2∴ac b c a +≤+222，∴22222442)(c a c a c a -+=+=)2)(2(2222ac c a ac c a -+++])12([])12([22ac b ac b --⋅++≤22242c a b ac b -⋅+=44222)(b b b ac ≤+--=说明：三角形中最常使用的两个定理就是正弦和余弦定理，另外还有面积公式C ab S sin 21=．本题应用知识较为丰富，变形较多．这种综合、变形能力需要读者在平时解题时体会和总结，证明不等式的能力和直觉需要长期培养．。